Surya Darma, M.Sc Departemen Fisika Universitas Indonesia. Pendahuluan

Induksi Magnetik Surya Darma, M.Sc Departemen Fisika Universitas Indonesia

Induksi Induksi Magnetik Magnetik

Pendahuluan • Potensial listrik yang muncul sebagai dampak dari perubahan medan magnet dalam area tertentu disebut ggl induksi. Arus yang terjadi pada kawat akibat perubahan medan magnet juga disebut arus induksi. • Munculnya arus dan tegangan akibat perubahan medan magnet dikenal dengan sebutan induksi magnetik.

2006 2006© [email protected] 2006© [email protected]

1


Fluks Magnetik • Fluks magnetik merupakan banyaknya medan magnetik yang melalui sebuah luasan tertentu. • Fluks magnetik (φm) = B.A • Satuan fluks magnetik disebut weber (Wb) • 1 Wb = 1 T.m2 • Jumlah fluks magnetik yang melewati suatu area ini ternyata terpengaruh oleh normal bidang yang dilewati, sehingga persamaan fluks disempurnakan menjadi:

φm = B.nˆ A = BA cos θ = Bn A



Fluks Magnetik (1) • Untuk fluks magnetik yang melalui kumparan maka: φm = NBA cosθ, dimana N=jumlah lilitan • Contoh Soal Medan magnetik seragam yang besarnya 2000 G membentuk sudut 30o dengan sumbu kumparan melingkar yang terdiri atas 300 lilitan dan jari-jari 4 cm. Carilah fluks magnetik yang melalui kumparan ini. A = πr2 = (3,14)(0,04 m)2 = 0,00502 m2 sehingga: φm = NBA cosθ = (300)(0,2T)(0,00502 m2)(0,866) = 0,26 Wb 2006 2006© [email protected] 2006© [email protected]

2


Contoh Soal • Carilah fluks magnetik yang melalui suatu solenoida yang panjangnya 40 cm, berjari-jari 2,5 cm, memiliki 600 lilitan, dan memberikan arus 7,5 A. Medan magnetik dalam solenoida diberikan oleh: B = µ0nI = (4π x 10-7 T.m/A)(600 lilitan/0,40 m)(7,5 A) = 1,41 x 10-2 T. A = πr2 = (3,14)(0,025 m)2 = 1,97 x 10-3 m2 φm = NBA = (600)(1,41x10-2 T)(1,97x10-3 m2) = 1,66 x 10-2 Wb



Ggl Induksi dan Hukum Faraday • Definisi gaya gerak listrik/ggl (ε) = ∫c E.dl dφ • Menurut hukum Faraday ggl (ε) = ∫c E.dl = − m dt tanda negatif dalam hukum Faraday ini berkenaan dengan arah ggl induksinya. • Ketika fluks magnetik melewati simpal kawat berubah, ggl akan diinduksikan ke simpal. Ggl akan didistribusikan melewati simpal dan ggl ini ekivalen dengan medan listrik E yang tidak konservatif yang sejajar dengan kawat. • Pada gambar diatas, arah E berhubungan dengan keadaan di mana fluks yang melalui simpal bertambah. 2006 2006© [email protected] 2006© [email protected]

3


Contoh Soal

Suatu medan magnetik B tegak lurus terhadap bidang layar ini dan seragam dalam daerah melingkar yang berjari-jari R seperti yang ditunjukkan gambar atas. Diluar daerah melingkar tersebut, B=0. Laju perubahan B ialah dB/dt. Berapakah besar medan listrik induksi dalam bidang layar ini disuatu tempat berjarak r dari pusat daerah melingkar tersebut? 2006 2006© [email protected] 2006© [email protected]


Solusi Soal • Menurut hukum Faraday, integral tertutup E pada kurva sebanding dengan laju perubahan fluks magnetik, tetapi karena kita hanya menginginkan besarannya saja maka tanda negatif pada persamaan Faraday tidak diikutkan: dφ m dB φ m = BA = B πr 2 = πr 2 ∫CE .dl = E ( 2πr ) dt dt dφ r dB 2 dB ∫CE .dl = dtm maka 2πrE = πr dt atau E = 2 dt => r < R • Untuk r > R, integral tertutp E.dl juga menghasilkan 2πrE, sementara fluks magnetiknya πR2B sehingga persamaan Faraday menjadi: dB R 2 dB 2π rE = πR 2 ==> E = karena B = 0 maka E = 0 dt 2 r dt 2006 2006© [email protected] 2006© [email protected]

4


Hukum Lenz “Ggl induksi dan arus induksi memiliki arah sedemikian rupa sehingga melawan muatan yang dihasilkan ggl dan arus induksi tersebut.”



Ggl Gerak • Perhatikan gambar batang konduktor yang meluncur di rel konduktor. • Semakin ke kanan maka semakin besar lingkup area yang tercakupi.

• Fluks magnet dalam area yang tercakup: φm = BA = Blx • Jika batang bergerak sejauh dx maka luasan akan berubah sebesar dA, dimana dA = l dx dφm dx = Bl = Blv • Sehingga laju perubahan fluks: dt dt Karena ggl induksi merupakan perubahan fluks terhadap waktu, maka: dφ ε = m = Blv dt


5


Ggl Gerak (1) • Karena elektron bergerak bersama dengan batangnya, maka elektron akan mengalami gaya magnetik (F) sebesar qvB kearah bawah. Perhatikan gambar kanan. • Sementara pada elektron juga bekerja gaya listrik sebesar qE untuk mengimbangi gaya magnetik. Pada kesetimbangannya, medan listrik dalam batang sama dengan:

qE = qvB ==> E = vB • Beda potensial pada batang ini ialah: ∆V = El = vBl • Beda potensial ini sama dengan besar ggl induksi.

ε = ∆V = vBl 2006 2006© [email protected] 2006© [email protected]


Ggl Gerak (2) • Perhatikan gambar disamping kiri yang menunjukkan sebuah elektron dalam sebuah batang yang bergerak ke kanan dalam sebuah medan magnet. • Kecepatan elektron ini (Ve) membentuk sudut θ dengan batang seperti pada gambar. • Gaya magnetik yang dihasilkannya: fm = eve × B = eve B • Sementara batang memberikan gaya fr kepada elektron akibat pergerakan batang, sehingga: fr = fm cosθ • Karena gaya fm tegak lurus terhadap lintasan elektron S, maka tidak ada kerja yang dilakukan. Kerja hanya dilakukan oleh gaya Fr. 2006 2006© [email protected] 2006© [email protected]

6


Ggl Gerak (3) • Gaya yang bekerja segaris dengan lintasan sebesar fr sin θ. Sehingga kerja yang dilakukan elektron:

W = fr sinθ S = ( fm cosθ ) sinθ S

karena S = L / cosθ, maka: W = fm sinθ L. • Dengan mensubtitusi fm = eveB, maka W = eveB sinθ L. • Sementara ve sama dengan kecepatan batang v. Sehingga kerja yang dilakukan elektron W = eBvL. • Kerja persatuan muatan (W/q) merupakan ggl, sehingga ggl:

ε = Blv • Karena batang mengerahkan gaya fr pada setiap elektron maka setiap elektron akan mengerahkan gaya yang sama dan berlawanan arah pada batangnya. 2006 2006© [email protected] 2006© [email protected]


Ggl Gerak (4) • Jika batangnya memiliki luas A dan terdapat n elektron bebas per volume satuan dalam batangnya, maka jumlah seluruh elektron total dalam batang adalah nAL. • Gaya total: F = nALfr = nAfm cosθ = nALeveB cosθ. • Tetapi ve cosθ = vd (kecepatan drift elektron) dan nAevd = I (arus) dalam batang. sehingga persamaan diatas menjadi: F = IlB • Masukan daya dari gaya ini adalah gaya kali kecepatannya:

P = Fv = IlBv • Jika daya ini sama dengan daya yang didisipasikan oleh sebuah resistor pada rangkaian, maka: IBlv = I 2 R atau Blv = IR • Dengan demikian maka ggl induksi ε = BLv sama dengan tegangan jatuh pada tahanan ∆V = IR. 2006 2006© [email protected] 2006© [email protected]

7


Latihan Soal • Batang memiliki massa m. Pada saat t=0, batang tersebut bergerak dengan kecepatan awal v0, dan gaya luar yang bekerja padanya dihilangkan. Carilah kecepatan batang tersebut sebagai fungsi waktu. Jawab: Arus yang diinduksikan sebesar ε/R, dengan ε = BLv. Besar gaya magnetik pada batang: ε Blv B 2l 2 v Hukum kedua Newton: F = ma F = IBl = Bl = Bl = = m dv/dt R R R 2 2 Blv dv dv B 2l 2 sehingga: − = m ==> = − dt R dt v mR 2 2 C − ( B 2 l 2 / mR ) t Bl v = e e integrasi menghasilkan: ln v = − sehingga: t +C mR 2 2 − ( B l / mR ) t dengan v0 = eC merupakan kecepatan pada saat v = v0 e t = 0. 2006 2006© [email protected] 2006© [email protected]


Generator dan Motor

φm = NBA cos θ

Jika θ = ωt + δ

φm = NBA cos(ωt + δ ) = NBA cos(2πft + δ ) d dφ ε = − m = − NBA cos(ωt + δ ) = NBAω sin(ωt + δ ) dt

dt ε = ε maks cos(ωt + δ )

dengan εmaks= NBAω 2006 2006© [email protected] 2006© [email protected]

8


Latihan Soal • Kumparan dengan 250 lilitan memiliki luas 3 cm2. Jika kumparan itu berputar dalam medan magnetik 0,4 T pada 60 Hz, berapakah εmaks? Jawab: Menurut persamaan generator: NBAω = NBA(2πf) = (250)(0,4T)(3x10-4)(2π)(60Hz) = 11,3 V. • Gulungan motor dc memiliki tahanan 1,5Ω. Apabila motor ini dihubungkan pada tegangan 40 V dan berputar pada kecepatan penuh, arus dalam gulungannya 2,0 A. (a). Berapakah ggl induksi apabila motor itu berputar pada kecepatan penuh? (b). Berapakah arus awal dalam gulungannya pada saat pertama kali dihidupkan apabila ggl induksi diabaikan? Jawab: (a). Potensial jatuh pada gulungan adalah V = IR = (2,0A)(1,5Ω) = 3 V. Karena potensial jatuh total pada motor 40 V, maka ggl induksi sama dengan 40 V – 3 V = 37 V. (b). Karena ggl induksi dapat diabaikan pada saat pertama kali dihidupkan maka arusnya adalah: I = 40 V / 1,5 Ω = 26,7 A. 2006 2006© [email protected] 2006© [email protected]


Induktansi Diri • Fluks magnetik yang melalui sebuah induktor adalah: φm = LI, dengan L merupakan induktansi diri. • Satuan SI untuk induktansi diri adalah Henry (H), dimana: Wb T.m2 1H = 1 = 1 A A

• Dalam solenoida medan magnetiknya dapat dituliskan dalam bentuk B = µ0nI, dimana n = jumlah lilita per satuan panjang. • Jika solenoida memiliki luas penampang A, maka fluks magnetik yang melaluinya adalah: φm = NBA= nlBA= µ0n2 AlI µ0 = 4π x 10-7 H/m sehingga induktansi diri: L = φm = µ n2 Al 0 I 2006 2006© [email protected] 2006© [email protected]

9


Latihan Soal • Carilah induktansi diri solenoida yang panjangnya 10 cm, luas 5 cm2 dan 100 lilitan. Jawab: L = 0,1 m, A = 5 x 10-4 m2, n = N/L = (100 lilitan)/(0,1m) = 1000 lilitan/m, dan µ0 = 4π x 10-7 H/m. L = µ0n2AL = (4 π x 10-7 H/m)(1000lilitan/m)2(5 x 10-4 m2)(0,1m) L = 6,28 x 10-5 H.



Ggl pada Induktor • Karena ggl merupakan perubahan fluks magnetik terhadap waktu maka: dφm d ( LI ) dI = =L dt dt dt

• Menurut Hukum Faraday: ε =−

dφm dI = −L dt dt


10


Induktansi Bersama • Jika kita memiliki dua rangkaian berdekatan maka akan muncul juga fluks magnetik akibat rangkaian disebelahnya. • Maka fluks yang dialami oleh rangkaian 2 adalah: φm2 = L2 I 2 + M12 I1 dengan L2 merupakan induktansi diri rangkaian 2 dan M12 disebut induktansi bersama kedua rangkaian tersebut. • Fluks yang dialami oleh rangkaian 1 adalah: φm1 = L1I1 + M 21I 2 dengan L1 merupakan induktansi diri rangkaian 1 dan M21 disebut induktansi bersama kedua rangkaian tersebut. • Jika diperhatikan maka M12 = M 21. 2006 2006© [email protected] 2006© [email protected]


Induktansi Bersama (1) • Medan magnetik akibat arus dalam solenaoida-dalam di ruang solenoida:

B1 = µ0 n1 I1 • Medan magnetik diluar solenoida-dalam akibat solenoida tersebut adalah nol. • Fluks yang dialami solenoida-luar akibat medan ini adalah:

φm 2 = N 2 B1 (πr12 ) = n2lB1 (πr12 ) = µ 0 n2 n1l (πr12 ) I1

• Sehingga induksi bersamanya adalah:

M 12 =

φm 2 I1

= µ 0 n1n2l (πr1 ) 2


11


Induktansi Bersama (2) • Medan magnetik pada kumparan 2 adalah: B2 = µ0n2I2. • Fluks magnetik yang melalui solenoida-dalam sama dengan:

φm1 = N1 B2 (πr12 ) = n1lB2 (πr12 ) = µ 0 n2 n1l (πr12 ) I 2 • Induktansi bersama M21 sama dengan:

M 21 =

φm1 I2

= µ 0 n2 n1l (πr12 )



Rangkaian LR • Induktansi diri membatasi arus naik dan turun seketika. • Sesaat setelah saklar ditutup maka akan muncul arus dengan laju dI/dt, sehingga berdasarkan hukum Kirchoff: dI ε 0 − IR − L = 0 dt dI  ε 0  • Laju perubahan awal arus ini adalah:   =  dt 0 L • Sesaat kemudian setelah, arusnya telah mencapai nilai positif I, dan laju perubahan arusnya menjadi: dI ε 0 IR = − dt L L ε0 • Nilai akhir I diperoleh pada saat laju dI/dt = 0, sehingga: I f = R 2006 2006© [email protected] 2006© [email protected]

12


Rangkaian LR (1) • Gambar di samping menunjukkan laju peningkatan arus sebagai fungsi waktu. • Jika kita menggunakan cara yang sama dengan kapasitor, maka persamaan I akan diperoleh:

I=

ε0 R

(1 − e − Rt / L ) =

ε0 R

(1 − e − t / τ ) = I f (1 − e − t / τ )

dengan τ = L / R, merupakan konstanta waktu.



Contoh Soal • Kumparan dengan induktansi diri 5,0 H dan tahanan 15,0 Ω ditempatkan pada terminal baterai 12 V yang tahanan dalamnya dapat diabaikan. (a). Berapakah arus akhirnya? (b). Berapakah arusnya setelah 100 µs? Jawab: (a). Arus akhir sama dengan

If =

ε0 R

=

12V = 0,800 A. 15Ω

(b). Konstanta waktu untuk rangkaian ini adalah L 5 × 10 −3 H τ= = = 333 µs. Arus setelah 100 µdetik adalah: R 15Ω ε I = 0 (1 − e −t /τ ) = (0,800 A)(1 − e −100 / 333 ) = 0,207 A R


13


Rangkaian LR (2) • Jika saklar S1 ditutup untuk waktu yang cukup lama dibandingkan nilai τnya, maka arus dalam rangkaian akan mengalami keadaan yang tunak. • Jika kemudian saklar S2 ditutup dan saklar S1 dilepas maka baterai dapat dilepaskan, sehingga:

− IR − L

dI dI R =− I = 0 atau dt L dt

• Sehingga penyelesaian persamaan diatas menghasilkan:

I = I 0e − Rt / L = I 0 e −t /τ 2006 2006© [email protected] 2006© [email protected]


Latihan Soal • Carilah kalor total yang dihasilkan dalam tahanan R pada Gambar 26-28 apabila arus dalam induktornya menurun dari nilai awal I0 ke 0. Jawab: dW Laju penghasilan kalor : P = = I 2 R ==> dW = I 2 Rdt dt ∞ ∞ ∞ 2 2 W = ∫ I 2 Rdt = ∫ I 0 e −2 Rt / L Rdt = I 0 R ∫ e −2 Rt / L dt 0

0

0

pengintegralan dapat dilakukan dengan mensubstitusi x =2Rt / L. ∞ Maka L 1 L 2 2 e − x dx = LI 0 dt = dx ==> W = I 0 R ∫ 2R 0 2 2R


14


Energi Magnetik • Energi yang dapat disimpan oleh sebuah kapasitor memenuhi 1 1 1 Q2 persamaan: U = QV = CV 2 = 2 2 2 C 1 2 • Energi listrik per volume satuan adalah: η = ε 0 E 2 dI 2 • Persamaan daya pada rangkaian LR memenuhi: ε 0 I = I R + LI dt • Suku LI dI/dt merupakan laju pemasukan energi ke dalam induktornya. Jika Um merupakan energi dalam induktor, maka dU m dI = LI dt dt • Sehingga energi total yang tersimpan dalam induktor: If

U m = ∫ dU m = ∫ LIdI = 12 LI 2f

==> U m = 12 LI 2

0



Energi Magnetik (1) • Medan magnetik dalam induktor (solenoida) memenuhi persamaan:

B = µ0nI ==> I =

B µ0n

• Induktansi diri dari induktor memenuhi persamaan:

L = µ0 n2 Al • Sehingga persamaan energi magnetik dapat dituliskan menjadi: 2 B2 1 2 1 2  B   = U m = LI = µ0 n lA lA n 2 2 µ 2 µ 0  0  • Karena LA merupakan volume, maka energi magnetik persatuan volume menjadi: B2

ηm =

2µ0


15


Latihan Soal •

Daerah tertentu dalam ruang yang mengandung medan magnetik 200 G dan medan listrik 2,5 x 106 N/C. Carilah (a) densitas energi total dan (b) energi dalam kotak kubus dengan sisi 12 cm. Jawab: (a) Densitas energi listrik dan magnetik berturut-turut sama dengan: ηe = 12 ε 0 E 2 = (0,5)(8,85 ×10−12 C 2 / N .m2 )(2,5 ×106 N / C ) 2 = 27,7 J / m3

B2 (0,02T ) 2 = = 159J / m3 2µ0 2(4π ×10−7 N / A2 ) sehingga densitas energi total: η = ηe + ηm = 27,7 J / m3 + 159J / m3 = 187 J / m3

ηm =

(b) Volume sebuah kubus dengan 12 cm adalah: V = (0,12 m)3 = 1,73 x 10-3 m3. Sehingga energi total dalam volume ini:

U = ηV = (187 J / m3 )(1,73 ×10−3 m3 ) = 0,324J 2006 2006© [email protected] 2006© [email protected]

16

Surya Darma, M.Sc Departemen Fisika Universitas Indonesia. Pendahuluan

Recommend Documents