Fluks Listrik

Muhamad Ali, MT Modul Kuliah Medan Elektromagnetik

1

BAB III

FLUKS LISTRIK

A. Pendahuluan

Setelah menggambarkan beberapa medan yang dijelaskan dalam bab yang telah

lalu dan setelah memahami konsep garis medan yang menunjukkan arah gaya yang

bekerja pada muatan uji pada tiap titik, maka kita perlu memberikan arti fisis pada

garis-garis tersebut dan memikirkannya sebagai garis fluks. Pada kejadian medan

tidak terdapat besaran fisis yang dilemparkan pada muatan titik sehingga

memunculkan gaya dan tidak ada pula kekuatan fisis yang menarik medan listrik dari

muatan titik sehingga menyebabkan adanya gaya diantara muatan titik yang terletak

pada jarak r.

B. Kerapatan fluks listrik

Pada tahun 1837 Direktur Royal Society di London Inggris yaitu Michael Faraday

mempunyai ketertarikan yang kuat terhadap fenomena medan listrik static dan efek

dari berbagai bahan isolator pada medan tersebut. Ketertarikannya ini membuahkan

hasil yang spektakuler melalui eksperimen yang dilakukan Faraday diantaranya

tentang elektromotansi induksi (tegangan elektromotif induksi). Eksperimen ini

berawal dari eksperimen yang cukup sederhana. Faraday dengan langkah-langkah

sebagai berikut:

1. Faraday membuat dua buah bola yang terbuat dari logam yang sepusat

(konsentris) dengan ukuran yang berbeda yang dapat dibuka.

2. Bola logam yang terbuat yaitu bola kecil di bagian dalam dan bola yang besar

dibagian luar.

3. Ruang diantara kedua bola di isi dengan bahan isolator

-Q

+Q

r=b

r=a

Isolator

Bola Logam


2

4. Dengan membuka bagian luar, bola bagian dalam diisi dengan muatan positif

yang diketahui besarnya.

5. Kedua belahan bola luar digabungkan dengan erat setelah ruang diantara kedua

bola tersebut yang tebalnya kira-kira 2 cm diisi dengan bahan dielektirk.

6. Bola luar dihilangkan muatan listriknya dengan menghubungkannya sebentar

ketanah.

7. Bola luar tersebut dipisahkan kembali dengan hati-hati dengan menggunakan alat

yan terbuat dari bahan isolator supaya tidak mengganggu muatan induksinya dan

muatan induksi negatif yang terdapat pada kedua belahan bola kemudian diukur.

Faraday menemukan bahwa muatan total pada bola luar sama besarnya dengan

muatan semula yang ditempatkan pada bola bagian dalam dan hal ini selalu berlaku,

tak tergantung dari bahan dielektrik yang terdapat diantara bola tersebut. Ia

menyimpulkan bahwa ada semacam “perpindahan” muatan dari bola bagian dalam ke

bola luar yang tidak tergantung dari mediumnya, dan sekarang kita menamakannya

sebagai perpindahan tau fluks perpindahan atau yang lebih terkenal disebut sebagai

fluks listrik.

Eksperimen Faraday juga menunjukkan bahwa jika muatan positif yang muatan

negatif yang harga mutlaknya makin besar pula, dan menghasilkan perbandingan

yang lurus antara fluks listrik dan muatan yang terdapat pada bola terdapat pada bola

dalam makin banyak, maka muatan tersebut akan menginduksi dalam tersebut;

tetapan perbandingannya bergantung dari system satuan yang dipakai, dan dalam hal

ini kita beruntung karena dalam satuan yang kita pakai, yaitu SI (satuan

internasional), tetapannya ialah satu. Jika fluks listrik dinyatakan dengan dan

muatan total bola dalam dengan Q maka menurut eksperimen faraday. Q dan

IOXNV� GLXNXU�GDODP�FRXORPE� ra

r

QD

24π=

rar

QE

204πε

=

Maka dalam ruang hampa,

ED 0ε=


3

Walaupun persamaan di atas hanya berlaku untuk ruang hampa, tetapi tidak terbatas

pada medan muatan titik saja. Ntuk distribusi muatan ruang yang umum dalam ruang

hampa berlaku persamaan :

∫=vol Ra

R

dE

204πενρν

∫=vol Ra

R

dD

24πνρν

)OXNV�OLVWULN� EHUPXOD di muatan positif dan berakhir di muatan negatif. Dalam

NHWLDGDDQ� PXDWDQ� QHJDWLI�� IOXNV� EHUDNKLU� SDGD� WDN� EHUKLQJJD�� 'DUL� GHILQLVL�sebelumnya bahwa, muatan 1 coulumb menimbulkan fluks listrik 1 coulumb. Maka di

dapatkan persamaan :

4�&

Berikut gambar ilustrasi arah garis muatan pada sebuah titik.

(a) (b)

Gambar 3.1

Arah garis fluks

Disini garis-garis fluks itu tersebar pada jarak-jarak yang sama menuju tak

EHUKLQJJD��-LND�IOXNV� DGDODK�VXDWX�EHVDUDQ�Vkalar, kerapatan fluks listrik D adalah

medan vektor yang mengambil arahnya dari garis-garis fluks.

6HEXDK�GLVWULEXVL�PXDWDQ�UXDQJ�GHQJDQ�NHUDSDWDQ�PXDWDQ� GL�GDODP�SHUPXNDDQ�tertutup S jika dikaitkan dengan fluks listrik maka fluks netto yang menembus

permukaan tertutup S mengukur muatan total yang ada di dalam permukaan S secara

eksak. Namun, besar dan arah kerapatan D dapat berubah dari satu titik ke titik

lainnya pada S dan umumnya D tidak normal terhadap permukaan itu. Jika pada

elemen permukaan dS D� PHPEXDW� VXGXW� GHQJDQ� QRUPDO�� PDND� GLIHUHQVLDO� IOXNV�yang melalui dS adalah :

+ Q + Q - Q


4

G '�G6�FRV�= D . dS an

= D . dS

Dimana dS adalah vektor elemen permukaan yang besarnya dS dan arahnya an.

C. Hukum Gauss

Hasil eksperimen Michael Faraday yang telah dijelaskan di atas dapat

disimpulkan sebagai hokum eksperimen dengan menyatakan bahwa fluks listrik yang

menembus setiap permukaan bola khayal (Bola Bagian Luar) yang terletak diantara

bola konduktor tersebut sama dengan jumlah muatan di dalam permukaan bola bagian

dalam atau dapat juga terpusat pada titik di pusat bola khayal tersebut.

Eksperimen Faraday selanjutnya dijelaskan secara matematis dengan lebih

sempurna oleh Gauss dan dikenal dengan Hukum Gauss. Hukum Gauss merupakan

penjabaran secara matematis terhadap eksperimen yang dilakukan oleh Michael

Faraday.

Hukum Gauss menyatakan bahwa fluks total yang keluar dari suatu permukaan

tertutup adalah sama dengan jumlah muatan di dalam permukaan itu.

,QWHJUDVL� WHUKDGDS� XQJNDSDQ� G \DQJ� PHODOXL� SHUmukaan tertutup S, dengan

PHQJLQJDW�SXOD� 4��PDND�GLGDSDWNDQ�� ∫ ⋅ dSD = Q

Pemakain Hukum Gauss

Beberapa Distribusi Muatan Simetris

Hukum Gauss secara matematis dapat dituliskan sbb :

∫ •=s s dSDQ

Untuk menentukan DS jika distribusi muatannya diketahui. Ini merupakan contoh

persamaan integral, dimana kuantitas yang tidak diketahui terdapat dibelakang tanda

integral.

Pemecahan persamaan diatas akan lebih mudah jika kita dapat memilih permukaan

tertutup yang memenuhi syarat sebagai berikut :


5

a. Ds selalu normal atau menyinggung permukaan tertutup disetiap titik pada

permukaan tersebut, sehingga Ds dS menjadi DsdS = nol.

b. Pada bagian permukaan dengan Ds dS tidak nol, Ds = tetapan (konstanta).

Hal ini memperbolehkan kita mengganti perkalian titik dengan perkalian

antara skalar Ds dan skalar dS. Dengan memindahkan Ds ke depan dari integral

sehingga yang tersisa adalah Integral dS terhadap bagian dari permukaan tertutup di

tempat Ds yang menembus permukaan tersebut dalam arah normal.

Hanya dengan pengetahuan kesimetrian bentuk benda kita dapat memilih

permukaan yang seperti ini. Berdasarkan pengetahuan sebelumnya dimana intensitas

medan listrik yang ditimbulkan muatan titik positif selalu mempunyai arah radial

keluar dari muatan titik tersebut.

Marilah kita lihat kembali muatan titik Q pada titik asal sebuah sistem

koordinat bola dan kita tetapkan sebuah permukaan tertutup yang sesuai yang

memenuhi kedua persyaratan diatas. Pada kasus ini permukaan disini harus

merupakan permukaan sebuah bola yang pusatnya terletak di titik asal dan

mempunyai jari-jari r. Arah Ds disetiap titik pada permukaan adalah normal terhadap

permukaan tersebut dan besar Ds di setiap titil tersebut sama.

Sehingga dapat dituliskan dalam bentuk persamaan sebagai berikut :

s

sph ss

sph ss s

DrQ

ddrr

DdSDQ

dSDdSDQ

2

20

0

2

4

sin

π

φθθφ

φ

=

==

=•=

∫∫

∫∫=

=

Dan dengan demikian

24 r

QDs π

=

Karena harga r dapat diambil sembarang dan Ds mempunyai arah radial keluar,

maka

rar

QD

24π= 22

04a

r

QE

πε=


6

Pemakain Hukum Gauss

Unsur Volune Differensial

Persoalan yang tidak mempunyai kesetrian sama sekali kedengarannya sangat sulit

dipecahkan dengan Hukum Gauss karena kedua persyatan tidak terpenuhi. Tanpa

terpenuhinya kedua syarat integral dari Hukum Gauss sangat sulit untuk dihitung.

Hanya ada satu cara untuk mengatasi kesulitan persoalan ini yaitu dengan memilih

permukaan tertutup yang sedemikian kecil sehingga Ds hamper tetap pada permukaan

tersebut. Perubahan kecil dari Ds dapat dinyatakan dengan memakai dua suku deret

Taylor dari Ds. Hasilnya akan mendekati kebenaran jika volume yang dilingkupi

permukaan Gauss mengecil dan kita dapat mengasumsikan untuk mengambil volume

ini menuju nol.

Marilah kita ambil titik P seperti pada gambar di atas yang kedudukannya dinyatakan

dalam koordinat kartesius. Harga Ds pada titip P dapat dinyatakan komponen

kartesian D0 = Dx0 ax + Dy0 ay + Dz0 az. dan Sebagai permukaan tertutupnya kita pilih

VHEXDK�NRWDN�SHUVHJL�\DQJ�SXVDWQ\D�DGD�GL�WLWLN�3�GDQ�SDQMDQJ�VLVLQ\D�DGDODK� [�� \��] GDQ�PHQXUXW�KRNXP�*DXVV�EHUODNX��

∫ •=s s dSDQ

agar kita dapat menghitung integral pada permukaan tertutup, maka integral harus

dipecah menjadi enam integral yaitu integral pada tiap-tiap permukaan.

∫ ∫ ∫ ∫∫∫∫ +++++=•= bawahataskanankiribelakangdepans s dSDQ

Untuk lebih jelasnya penyelesaian integral di atas marilah kita lihat lebih detail

masing-masing permukaan.

depandepandepan SD ∆=∫ .

= Ddepan�� \ ] Dx

= Dx depan� \ ]Harga Dx pada permukaan tersebut dapat diaproksimasi dengan asumsi jarak titik P

DGDODK� ��VHKLQJJD Dx depan = Dx0 + xterhadapDhanlajuperubax

xx(

2

∆


7

=x

DxD x

x ∂∂∆+

20

Dx0 adalah Dx di titik P dan turunan differensial parsial harus dipakai untuk

menyatakan laju perubahan Dx terhadap x karena Dx juga berubah terhadap y dan z.

Dengan memakai deret Taylor dari Dx di sekitar titik P

zyx

DxD x

xdepan ∆∆

∂∂∆+=∫ 20

Untuk permukaan belakang

belakangbelakangbelakang SD ∆=∫ .

= Dbelakang . (- \ ] Dx)

= - Dx belakang� \ ]Harga Dx pada permukaan tersebut dapat diaproksimasi dengan asumsi jarak titik P

DGDODK� ��VHKLQJJD Dx belakang = Dx0 - xterhadapDhanlajuperubax

xx(

2

∆

=x

DxD x

x ∂∂∆−

20

Dx0 adalah Dx di titik P dan turunan differensial parsial harus dipakai untuk

menyatakan laju perubahan Dx terhadap x karena Dx juga berubah terhadap y dan z.

Dengan memakai deret Taylor dari Dx di sekitar titik P

zyx

DxD x

xdepan ∆∆

∂∂∆−=∫ 20

Jika kita gabungkan antara integral depan dan belakang, maka

zyxx

Dxbelakangdepan ∆∆∆

∂∂

=+ ∫∫dengan proses yang sama maka kita dapatkan Jika kita gabungkan antara integral kiri

dan kanan, maka

zyxy

Dykanankiri ∆∆∆

∂∂

=+ ∫∫


8

dengan proses yang sama maka kita dapatkan Jika kita gabungkan antara integral atas

dan bawah, maka

zyxz

Dzbelakangdepan ∆∆∆

∂∂=+ ∫∫

sehingga

∫ ∫ ∫ ∫∫∫∫ +++++=•= bawahataskanankiribelakangdepans s dSDQ

QzyxDDD

dSDQz

z

y

y

x

x

s s =∆∆∆

∂

∂+

∂∂

+∂

∂=•= ∫

Persamaan ini merupakan aproksimasi yang akan menjadi lebih tepat jika Y PHQMDGL�lebih kecil menuju nol.

Divergensi

v

Q

v

dSDDDD s s

z

z

y

y

x

x

∆=

∆

•=

∂∂+

∂∂

+∂

∂ ∫

atau jika diambil limitnya

v

Q

v

dSDDDD s s

z

z

y

y

x

x

∆=

∆

•=

∂∂+

∂∂

+∂

∂ ∫limlim

Q/v merupakan kerapatan muatan volume atau sehingga persamaan di atas dapat

ditulis menjadi

vs s

z

z

y

y

x

x

v

dSDDDD ρ=∆

•=

∂∂+

∂∂

+∂

∂ ∫lim

dari persamaan di atas jika Dx merupakan sebuah vektor, maka untuk setiap vektor

jika dikenakan fungsi seperti di atas akan mengalami hal yang sama

Operasi seperti ini sering kita dapati pada persamaan fisis sehingga diberi nama

Divergensi. Divergensi sebuah vektor A didefinisikan sebagai

Divergensi A = Div A = v

dSDs s

∆

•∫lim

Interpretasi fisis dari divergensi vector dapat dijelaskan dengan kalimat yang lebih

mudah difahami sebagai berikut :


9

Divergensi vector kerapatan fluks A adalah banyaknya aliran fluks yang keluar dari

sebuah permukaan tertutup per satuan volume yang menuju ke nol.

D. Hubungan Kerapatan Fluks dengan Kuat Medan Listrik

Suatu muatan Q di titik asal yang dianggap positif seperti pada gambar 3.2.

Bila kita buat permukaan bola dengan jari-jari r yang berpusat (karena simetri), D

oleh Q itu mempunyai besar yang sama sedangkan arahnya selalu normal di setiap

titik permukaan bola.

Gambar 3.2

Hukum gauss kemudian menyatakan :

Q = ∫ ⋅ dSD = D ∫ dS '�� U2)

'LPDQD��'� 4�� U2, sehingga didapatkan :

D = 24 r

Q

πan =

24 r

Q

πar

Untuk kuat medan listrik yang disebabkan oleh muatan Q adalah

E = 2

04 r

Q

πεar

Sehingga, D = 0 E

Bila medan lsitrik dalam suatu medium dengan permitivitas ,maka

didapatkan :

' � (

E. Contoh soal dan penyelesaian

1. Muatan titik Q = 30 nC terletak di titik asal suatu koordinat kartesian.

Tentukan kerapatan fluks D pada titik (1,3,-4) m.

Penyelesaian :

dS

z

D

an

Qy

x


10

D = 24 r

Q

πar

= ( )264

1030 9

π

−⋅(

26

43 zyx aaa −+)

= (9,18 . 10 -11) ( 26

43 zyx aaa −+) C/m2

Jadi besar kerapatan fluks D di titik (1,3,-4) adalah 91,8 pC/m2 dengan arah

26

43 zyx aaa −+

Atau ditulis singkat, D = 91,8 pC/m2

2. Diketahui kerapatan fluks D = 2xax + 3ay C/m2. Tentukan fluks netto melalui

permukaan kubus yang bersisi 2 m yang pusatnya di titik asal. (sisi-sisi kubus

itu sejajar dengan sumbu-sumbu koordinat).

Penyelesaian :

∫ ⋅ dSD = )()32(1

x

x

yx dSaaa ⋅+∫=

+ ( ) ( )x

x

yx dSaaa −⋅+−∫−= 1

32 +

)()32(1

y

y

yx dSaaxa ⋅+∫=

+ ( ) ( )y

y

yx dSaaxa −⋅+−∫−= 1

32

)()32(1

z

z

yx dSaaxa ⋅+∫=

+ ( ) ( )z

z

yx dSaaxa −⋅+−∫−= 1

32

= 2 ∫ ∫ ∫∫= = −=−=

++−++1 1 11

00332x y yx

dSdsdSdS

= (2+2+3-3) (22) = 16 C

Fluks Listrik

Documents

Transcript of Fluks Listrik