Bab I Muatan Listrik dan Medan Listrik

1.1. Muatan Listrik Kita tidak dapat mengatakan apa itu muatan listrik tetapi kita hanya dapat menjelaskan sifat-sifatnya dan perilakunya. Orang Yunani kuno pada tahun 600 SM telah menemukan bahwa bila mereka menggosok amber (semacam resin) dengan wol, maka ambar itu akan dapat menarik benda-benda lain. Sekarang ini kita mengatakan bahwa amber itu telah mendapatkan muatan (electric charge) netto atau menjadi bermuatan. Kata listrik (electric) diturunkan dari kata yunani ‘electron’ yang berarti amber. Bila anda menggosokkan sepatu anda melewati sebuah permadani nilon, anda menjadi bermuatan listrik dan anda dapat memberi muatan sebuah sisir dengan melewatkannya melalui rambut kering. Batang plastik dan bulu sangat baik untuk mendemonstrasikan fenomena elektrostatik Yakni interaksi antara muatan-muatan listrik yang diam (atau hampir diam). Gambar 22.1a memperlihatkan dua batang plastik dan selembar bulu. Setelah kita memberi muatan setiap batang dengan cara menggosoknya dengan selembar bulu itu, kita mendapatkan batang-batang saling tolak-menolak (gambar 22-1b). Bila kita menggosok batang-batang gelas (gambar 22-1c) dengan sutera, batang-batang gelas menjadi bermuatan dan saling tolak-menolak (gambar 22-1d). Tetapi batang plastik bermuatan menarik batang gelas bermuatan (gambar 22-1e), batang plastik dan bulu saling tarik-menarik, batang gelas dan sutera saling tarik-menarik.

Gambar 22-1. (a,b) setelah ddigosok dengan bulu, dua batang plastik saling tolal-menolak(c,d) setelah digosok dengan sutera, dua batang gelas saling tolak menolak (e) batang plastik bermuatan dari (b) menarik batang gelas bermuatan dari d(f) bulu itu menarik batang plastik bermuatan dan sutera itu menarik batang gelas bermuatan.

Benjamin Franklin (1706-1790) menyarankan untuk menamakan kedua jenis muatan ini berturut-turut sebagai muatan negatif dan positif dan nama ini masih digunakan. Batang plastik dan sutera mempunyai muatan negatif, batang gelas dan bulu mempunyai muatan positif. Dua muatan positif atau

dua muatan negatif saling tolak-menolak. Sebuah muatan positif dan sebuah muatan negatif saling tarik menarik.

1.2. Muatan Listrik dan Struktur Materi Muatan listrik, seperti massa adalah salah satu sifat dasar partikel yang membentuk materi. Interaksi yang menentukan struktur dan sifat-sifat atom dan molekul terutama adalah interaksi listrik di antara partikel-partikel bermuatan listrik. Hal yang sama juga berlaku untuk struktur dan sifat-sifat materi biasa yang dibentuk oleh atom dan molekul. Gaya normal yang dikerahkan pada kita oleh kursi yang kita duduki, gaya tegangan dalam dawai yang teregang dan gaya adesif dari lem atau perekat semua pada dasarnya adalah listrik di alam, yang timbul dari gaya-gaya listrik diantara partikel-partikel bermuatan dalam atom-atom yang berdekatan. Struktur atom dapat dideskripsikan sebagai gabungan dari tiga partikel : elektron bermuatan negatif, proton bermuatan positif, dan neutron yang tidak bermuatan. Proton dan neutron dalam sebuah atom membentuk sebuah inti (core) kecil yang sangat padat yang dinamakan nukleus dengan dimensi yang ordenya 10-15 m. Elektron-elektron mengelilingi inti,yang membentang keluar mencapai jarak jarak yang ordenya sebesar 10-10 m dari inti. Massa masing-masing partikel yang diketahui sampai sekarang ini adalah :

Massa elektron = me = 9.1093897 X 10-31 kg Massa proton = mp = 1.6726231 X 10-27 kg Massa neutron = mn = 1.6749286 X 10-27 kg

1.3. Hukum Coulomb Charles Augustin de Coulomb (1736-1806) mengkaji gaya interaksi partikel-partikel bermuatan secara rinci pada tahun 1874. Dia menggunakan neraca puntir (gambar 22-6a) yang serupa dengan neraca yang digunakan 13 tahun kemudian oleh Cavendish untuk mengkaji interaksi gravitasi yang lebih lemah. Untuk muatan-muatan titik (point charges) yakni benda bermuatan yang sangat kecil dibanding jarak r diantara muatan-muatan itu, Coulomb mendapati bahwa gaya listrik itu sebanding dengan 1/r2, yakni bila jarak r menjadi 2 kali lipat, maka gaya itu berkurang menjadi ¼ dari nilai semula ; bila jarak itu menjadi 1/2nya maka gaya itu menjadi empat kali nilai semula. Gaya listrik diantara 2 muatan titik bergantung juga pada kuantitas muatan pada setiap benda, yang akan kita nyatakan dengan q atau Q. Untuk menyelidiki ketergantungan ini, Coulomb membagi sebuah muatan ke dalam dua bagian yang sama dan menempatkan sebuah konduktor bola kecil yang bermuatan, bersentuhan dengan sebuah bola yang identik tetapi tidak bermuatan. Dia mendapati bahwa gaya-gaya yang dikerahkan oleh kedua muatan titik q1 dan q2 pada satu sama lain adalah sebanding dengan setiap muatan dan karena itu maka akan sebanding dengan hasil kali q1q2 kedua muatan itu. Dengan demikian, Coulomb memperkenalkan apa yang dinamakan hukum Coulomb yaitu : Besarnya gaya listrik diantara dua muatan titik berbanding langsung dengan hasil kali muatan-muatan itu dan berbanding terbalik dengan kuadrat jarak diantara muatan-muatan itu.Atau dirumuskan :

(1)

Dimana k adalah konstanta = 8.987551787 X 109 N.m2/C2 = 8.988 X 109 N.m2/C2

dan besar gaya F selalu positif.Arah gaya yang dikerahkan oleh kedua muatan itu pada satu sama lain selalu berada sepanjang garis yang menghubungkan kedua muatan. Bila q1 dan q2 mempunyai tanda yang sama, baik keduanya positif atau negatif, gaya itu adalah gaya tolak (gambar 22-6b), bila mempunyai tanda yang berlawanan, gaya

itu adalah gaya tarik (gambar 22-6c). Kedua gayan itu mengikuti hukum ketiga Newton ; kedua gaya itu selalu sama besarnya dan berlawanan arah, bahkan bila muatan-muatan itu tidak sama. Pada prinsipnya kita dapat mengukur gaya listrik F diantara dua muatan q yang sama pada jarak terukur r dan kita dapat menggunakan hukum Coulomb untuk menentukan muatan itu. Didalam satuan SI kita biasanya menuliskan k sebagai 1/ sehingga kita biasa menuliskan hukum Coulomb menjadi :

(hukum Coulomb : gaya di antara 2 muatan titik) (2)

Dimana = 8.854 X 10-12 C2/N.m2 dan = k = 8.988 X 109 N.m2/C2

k = 9 X 109 N.m2/C2 (pembulatan)Besarnya muatan elektron e = 1.60217733 X 10-19 C

Contoh :Dua muatan titik, q1 = +25 nC dan q2 = -75 nC terpisah sejauh 3.0 cm seperti gambar .

(a) (b) (c)Gambar 2. Berapakah gaya yang dikerahkan oleh q1 pada q2

dan gaya yang dikerahkan q2 pada q1Carilah besar dan arah dari :a. gaya listrik yang dikerahkan oleh q1 pada q2

b. gaya listrik yang dikerahkan oleh q2 pada q1

solusi :a. Besarnya gaya yang dikerahkan oleh q1 pada q2 diberikan oleh (2). Dengan mengkonversi

muatan ke coulomb dan jarak ke meter, kita peroleh

= 9 X 109 N.m2/C2

= 0.019 NKarena ke dua muatan mempunyai tanda yang berlawanan, maka gayanya adalah gaya tarik yakni beraksi pada q2 diarahkan menuju q1 sepanjang garis yang menghubungkan kedua muatan itu seperti gambar 2b.b. Sesuai dengan hukum ketiga Newton belaku pada gaya listrik. Walaupun muatan-muatan itu

mempunyai besar yang berbeda, besarnya gaya yang dikerahkan q2 pada q1 sama besarnya dengan gaya yang dikerahkan oleh q1 pada q2 : F2 pada 1 = 0.019 N tetapi arahnya berlawanan seperti gambar 2c.

1.4. Medan Listrik dan Gaya Listrik Bila 2 partikel yang bermuatan listrik dalam ruang hampa berinteraksi, bagaimanakah masing-masing muatan itu mengetahui bahwa ada muatan lainnya disana ? Apa yang terjadi dalam ruang diantara kedua muatan itu untuk mengkomunikasikan efek dari satu muatan kepada muatan lainnya ? kita dapat memulai untuk menjawab pertanyaan-pertanyaan ini dan pada waktu yang sama

+ _

r

F1 pada 2 q2 q1 F2 pada 1 q2

q1 q2

merumuskan kembali hukum Coulomb dengan cara yang sangat berguna, yakni menggunakan konsep medan listrik.Untuk memperkenalkan konsep ini, marilah kita memandang tolakan bersama dari 2 benda yang bermuatan positif A dan B (gambar 3a)

Misalnya B mempunyai muatan qo dan misalnya Fo adalah gaya listrik dari A ke B. Satu cara untuk memikirkan tentang gaya ini adalah sebagai gaya aksi disuatu jarak, yakni sebuah gaya yang beraksi menyeberang ruang hampa tanpa memerlukam materi untuk mentransmisikan gaya itu melalui ruang yang menyelangi . Tetapi sebuah cara yang lebih bermamfaat untuk menggambarkan tolakan diantara A dan B adalah sebagai suatu proses bertahap dua. Mula-mula kita bayangkan bahwa benda A, sebagai akibat dari muatan yang diangkutnya, tetap akan memodifikasi sifat-sifat ruangan di sekitarnya. Maka benda B, sebagi akibat dari muatan yang diangkutnya, merasakan bagaimana ruangan telah dimodifikasi pada posisinya. Tanggapan benda B adalah mengalami gaya Fo. Untuk menjabarkan bagaimana proses bertahap dua ini terjadi, mula-mula kita meninjau benda A sendiri : kita menghilangkan benda B dan menandai kedudukannya yang terdahulu sebagai titik P (gambar 3b). kita mengatakan bahwa benda A yang bermuatan menghasilkan atau menyebabkan sebuah medan listrik (electric field) dititik P (dan disemua titik lain disekitarnya). Medan listrik ini hadir di P walau jika tidak ada muatan lain di P: hal itu sebagai konsekuensi dari muatan pada benda A saja. Jika sebuah muatan titik qo kemudian ditempatkan di titik P, muatan itu mengalami gaya F0. Kita mengambil sudut pandang bahwa gaya ini dikerahkan pada q oleh muatan di P (gambar 3c). Jadi medan listrik itu adalah perantara untuk A mengkomunikasikan kehadirannya pada qo. Karena muatan titik qo akan mengalami gaya disebarang titik dalam tetangga dari A, maka medan listrik yang dihasilkan oleh A terdapat di semua titik dalam daerah di sekitar A. Demikian juga kita dapat menyatakan bahwa muatan titik q0 menghasilkan sebuah medan listrik dalam ruang disekitarnya dan bahwa medan listrik ini mengerahkan gaya -Fo pada benda A. Untuk setiap gaya ( gaya dari A pada qo dan gaya dari qo pada A), satu muatan menimbulkan sebuah medan listrik yang mengerahkan sebuah gaya pada muatan ke dua itu. Kita menekankan bahwa ini adalah interaksi diantara dua benda yang bermuatan. Sebuah muatan tunggal menghasilkan meda listrik dalam ruang disekelilingnya, tetapi medan listrik ini tidak dapat mengerahkan sebuah gaya netto pada muatan

+ + + +

+

P A

(a)

(b)

+ + + + A

Muatan uji q0

E =

(c)Gambar 3. Sebuah benda yang bermuatan menciptakan sebuah

medan listrik dalam ruang di sekitarnya

A B

+ + + +

Fo qo

-F0

yang menciptakannya. “Gaya listrik pada sebuah benda yang bermuatan dikerahkan oleh medan listrik yang diciptakan oleh benda bermuatan lainnya”.Medan listrik E pada sebuah titik didefinisikan sebagai gaya listrik Fo yang dialami oleh sebuah muatan uji q di titik itu, dibagi dengan muatan qo. Yakni medan listrik disebuah titik tertentu sama dengan gaya listrik per satuan muatan yang dialami oleh muatan di titik itu :

(definisi medan listrik sebagai gaya listrik per satuan muatan) (3)

Dalam satuan SI, satuan gaya adalah 1 N dan satuan untuk muatan 1C, maka satuan besarnya medan listrik adalah 1 newton per coulomb (1 N/C)

Jika medan E disebuah titik tertentu diketahui, maka penyusunan kembali persamaan 3 memberikan gaya F0 yang dialami oleh muatan titik q0 yang ditempatkan di titik itu. Gaya ini sama dengan medan listrik E yang dihasilkan dititik itu oleh muatan-muatan lain yang bukan q0 , dikali oleh muatan q0.

F0 = q0 E (gaya yang dikerahkan pada sebuah muatan titik q0 oleh sebuah medan listrik E).Muatan q0 dapat positif ataupun negatif. Jika q0 adalah positif, gaya F0 yang dialami oleh muatan itu berada dalam arah sama seperti E ; jika q0 adalah negatif , F0 dan E berada dalam arah berlawanan (gambar 4).

E

E _

+

q0

q0

(a)

(b) Gambar 4. gaya F0 yang dikerahkan pada sebuah muatan qo oleh sebuah medan listrik EJika qo positif maka Fo dan E berada dalam arah yang samaJika qo negatif maka Fo dan E berada dalam arah yang berlawanan

Fo

Fo

Dalam perhitungan praktis dari medan listrik E yang dihasilkan oleh sebuah distribusi muatan, kita akan menganggap distribusi muatan itu tetap.

Dari persamaan diatas besarnya E dari medan listrik di P adalah :

(besarnya medan listrik dari sebuah titik)

Dengan menggunakan vektor satuan , kita dapat menuliskan sebuah persamaan vektor yang memberikan besar sekaligus arah dari medan listrik :

Contoh soal :1. Berapakah besarnya medan listrik di sebuah titik medan yang jauhnya 2 m dari sebuah

muatan titik q = 4 nC

Solusi : = 9.0 X 109 N.m2/C2

= 9.0 N/C

= 9.0 X 109 N.m2/C2 = 9.0 N/C

Maka = = 9.0 N/C

q0

q0

q0

E

E

P

P

P

S

S

S

r

r

r +

q

q

q

Gambar 5. a. vektor satuan r menunjuk dari titik sumber S ke titik medan Pb. vektor medan listrik yang ditimbulkan oleh sebuah medan positif disetiap titikc. vektor medan listrik yang ditimbulkan oleh sebuah medan negatif disetiap titik

(a)

(b)

(c)

Karena q adalah positif arah E di titik ini adalah sepanjang garis dari q menuju q0 akan tetapi besar dan arah E tidak bergantung pada tanda q0.

2. Sebuah muatan titik q = -8.0 nC diletakkan di titik asal. Carilah vektor medan listrik di titik medan x = 1.2 m dan y = -1.6 m atau P (1.2, -1.6 ) mSolusi :

Medan listrik itu diberikan dalam bentuk vektor. Jarak dari muatan di titik sumber S (yang dalam contoh ini berada di titik asal O) ke titik medan P adalah :

Vektor satuan diarahkan dari titik sumber ke titik medan. Ini sama dengan vektor pergeseran dari titik sumber itu ke titik medan, dibagi oleh besarnya r .

= =

=

Maka vektor medan listrik itu adalah :

= (9.0 X 109 N.m2/C2)

= Karena q adalah negatif , menunjuk dari titik medan ke muatan itu (titik sumber), dalam arah yang berlawanan dengan .

1.5. Penghitungan medan listrik

r=2 m

P(1.2, -1.6)

1.2 m

1.6 m

0, 0

X

y

Gambar 1.a vektor , dan untuk sebuah muatan titik

Dalam kebanyakan situasi realistik yang melibatkan medan listrik dan gaya, kita menemui muatan listrik yang didistribusikan pada ruang. Untuk mencari medan yang disebabkan oleh sebuah distribusi muatan, kita membayangkan distribusi itu sebagai sesuatu yang terbentuk dari banyak muatan titik q1,q2,q3,…(merupakan gambaran realistik karena muatan diangkut oleh proton dan elektron yang sangat kecil sehingga hampir berupa titik). Pada sebarang titik P yang diberikan, setiap muatan titik menghasilkan medan listriknya sendiri ,… sehingga sebuah muatan uji q0 yang ditempatkan

di P mengalami sebuah gaya dari muatan q1, gaya dari muatan q2 dan

seterusnya. Dengan prinsip superposisi gaya-gaya , gaya total yang dikerahkan oleh distribusi muatan itu pada q0 adalah jumlah vektor dari gaya-gaya individu ini :

Efek gabungan dari semua muatan dalam distribusi ini digambarkan oleh medan listrik total di titik P sehingga diperoleh :

Medan listrik total dari P adalah jumlah vektor dari medan-medan di P yang ditimbulkan oleh setiap muatan titik dalam distribusi muatan itu atau disebut juga prinsip superposisi medan-medan listrik.

Contoh soal :Muatan-muatan titik q1 dan q2 berturut-turut sebesar +12 nC dan -12 nC, ditempatkan terpisah 0.10 m terhadap satu sama lain (gambar 6) Gabungan dari dua muatan dengan besar yang sama dan tanda yang berlawanan dinamakan sebuah dipol listrik. Hitunglah medan listrik yang disebabkan oleh q1, medan listrik yang disebabkan oleh q2 dan medan total

a. di titik a, b di titik b, c di titik c.Solusi :

6 cm

13 cm

X

y

13 cm

Gambar 6 Medan listrik di tiga titik a, b, c yang ditimbulkan muatan q1 dan q2

4 cm 4 cm

b

c

α

α

.q1 .q2

a. Di titik a =

= 3 X 104 N/C

=

= 6.8 X 104 N/CKomponen-komponen dari adalah E1x = 3 X 104 N/C, E1y = 0E2x = 6.8 X 104 N/C, E2y = 0Maka di titik a medan total mempunyai komponen-komponen(Ea)x = E1x + E2x = (3 + 6.8) X 104 N/C = 9.8 X 104 N/C(Ea)y = E1y + E2y = 0Di titik a medan total Ea = 9.8 X 104 N/C dan di arahkan menuju ke kanan, sehingga

b. di titik b medan yang ditimbulkan oleh q1 di arahkan menuju ke kiri, sedangkan medan

yang ditimbulkan q2 diarahkan menuju ke kanan. Besarnya adalah :

= = 6.8 X 104 N/C

= = 0.55 X 104 N/C

Komponen-komponen dari adalah dan medan total Eb di titik b adalahE1x = -6.8 X 104 N/C, E1y = 0E2x = 0.55 X 104 N/C, E2y = 0Maka di titik a medan total mempunyai komponen-komponen(Eb)x = E1x + E2x = ( -6.8 + 0.55) X 104 N/C (Eb)y = E1y + E2y = 0Di titik a medan total Eb = 6.2 X 104 N/C dan di arahkan menuju ke kiri, sehingga

c. di titik c, mempunyai besar yang sama, karena titik ini berjarak sama dari ke dua muatan dan besarnya muatan itu sama :

= = 6.39 X 103 N/C

Arah dari diperlihatkan dalam gambar. Komponen vektor x dari kedua vektor adalah

sama : E1x = E2x = E1 cos α = 6.39X 103 N/C

= 2.46 X 103 N/CE1y dan E2y adalah sama dan berlawanan dan jumlahnya adalah nol. Maka komponen-komponen dari medan total adalah

(Ec)x = E1x + E2x = 2( 2.46) X 103 N/C = 4.92 X 103 N/C(Ec)y = E1y + E2y = 0

Maka di titik c medan listrik total itu mempunyai besar Ec = 4.92 X 103 N/C dan di arahkan menuju ke kanan, sehingga :

= (4.92 X 103 N/C)Sebuah alternatif untuk mencari medan listrik di c adalah menggunakan pernyataan vektor untuk medan itu di sebuah muatan titik . Vektor pergeseran r1, dari q1 ke titik c sejauh r = 13 cm dari c adlah :

Maka vektor satuan yang menunjuk dari q1 ke c adalah

Dan medan yang ditimbulkan oleh q1 di c adalah

=

Karena simetri maka vektor satuan r2 yang menunjuk dari q2 ke titik c mempunyai komponen x yang berlawanan, tetapi mempunyai komponen y yang sama, sehingga medan di c yang ditimbulkan oleh q2

adalah :

=

Karena q2 = -q1 medan total di c adalah

= +

=

= 9 X 109 N.m2/C2) N/C i

= (4.92 X 103 N/C) sama seperti sebelumnya.

BAB II HUKUM GAUSS

Di dalam pembahasan di atas telah kita lihat bagaimana penggunaan hukum Coulomb untuk menghitung medan listrik E pada berbagai titik di sekitar distribusi muatan. Cara tersebut dikenal dengan cara langsung yang memerlukan banyak energi, karena tingkat kerumitannya cukup tinggi kecuali untuk kasus-kasus sederhana. Akan tetapi cara ini selalu dapat digunakan bagaimanapun rumitnya persoalan. Mengingat bahwa dalam skala kecil alam cenderung simetri, maka dalam menghitung medan E kita dapat menggunakan metoda tidak langsung. Metoda ini dikenal dengan hukum Gauss. Keuntungan dari metoda ini adalah proses matematisnya yang lebih sederhana. Sebelum kita mempelajari hukum Gauss, ada baiknya kita perhatikan beberapa hal di bawah ini :

1. Arah medan listrik di sebuah titik pengamatan yang ditimbulkan oleh sebuah muatan positif adalah meninggalkan muatan tersebut.

2. Arah medan listrik di sebuah titik pengamatan yang ditimbulkan oleh sebuah muatan negatif adalah menuju muatan tersebut.

3. Arah permukaan di suatu titik pada permukaan tersebut tegak lurus permukaan singgung di titik tersebut, arah permukaan tersebut dikenal dengan arah normal.

4. Rapat muatan per satuan panjang diberi notasi λ. 5. Rapat muatan per satuan luas diberi notasi σ. 6. Rapat muatan per satuan volume diberi notasi ρ. 7. Fluks listrik (satuannya Tesla) diberi notasi Φ.

1 Fluks Dari Sebuah Medan Vektor Andaikan di dalam sebuah ruangan kita memiliki sebuah permukaan S (permukaan merupakan vektor), permukaan ini disusun oleh sejumlah elemen permukaan dengan luas sama dS. Di dalam ruangan inipun bekerja medan listrik E. Sekarang pandang salah satu elemen luas yang terletak pada suatu titik di permukaan S misal dS (sebuah besaran vektor, ada arahnya) dan hitung E di tempat tersebut. Kemudian lakukan operasi titik antara kedua vector tersebut E . dS. Beberapa sifat dari operasi titik tersebut adalah :

1. Merupakan sebuah besaran scalar infinitesimal. 2. Bernilai positif jika sudut antara E dan dS lebih kecil dari 90 o , dan negatif jika sudutnya lebih

besar dari 90 o . 3. Bernilai nol jika E tegak lurus terhadap normal dS , dengan kata lain E sejajar dengan daerah

yang direpresentasikan oleh dS. Nah, sekarang kita dapat membayangkan pekerjaan di atas untuk seluruh permukaan yaitu dengan menjumlahkan semua operasi titik masing-masing elemen luas.

Φ = ∫ E . d S....................................................................(2.1)Hasil dari persamaan (2.1) dikenal dengan fluks dari E yang melalui permukaan S.

1.2 Permukaan Terbuka Dan Tertutup Permukaan dapat diklasifikasikan sebagai berikut :

a.Permukaan Terbuka, adalah permukaan yang memiliki suatu ‘ekor’. Contoh: kertas, tabung tanpa tutup, setengah bola, dan sebagainya.

b. Permukaan Tertutup, permukaan yang tidak memiliki ekor. Contoh : bola, tabung dengan tutupnya, balon, dan sebagainya. Untuk lebih jelasnya perbedaan antara permukaan tertutup dan terbuka adalah : permukaan tertutup dipisahkan oleh dua ruang yaitu volume

dalam dan luar. Dan tidaklah mungkin pindah dari dalam ke luar tanpa memotong permukaan. Sifat ini tidak dimiliki oleh permukaan terbuka.

1.3 Hukum Gauss Garis gaya (digunakan untuk melukiskan intensitas dan arah) medan listrik berawal dari muatan positif dan berakhir pada muatan negatif. Pernyataan secara tepat dari ide intuisi ini dikenal dengan hukum Gauss : ∫ E . dS = ( ∑q )/εo (2.2) Ruas kiri adalah fluks dari medan E yang melalui permukaan tertutup S. Pada ruas kanan, (∑q ) adalah jumlah muatan total yang berada di dalam permukaan tertutup S. Sebagai contoh perhatikan gambar (2.1) di bawah ini.

Jumlah fluks yang melalui permukaan tertutup S sama dengan ( +3 – 6 ) /εo. Muatan +10 C berada di luar permukaan tertutup, jadi tidak memberikan kontribusi pada fluks yang melalui permukaan tertutup. Persamaan E . dS = ( ∑q )/εo sangat padat. Saat menerapkannya pada suatu persoalan kita harus berada dalam beberapa hal berikut : a. Ia hanya untuk permukaan tertutup. b. dS memiliki arah normal dan keluar c. Secara umum E bervariasi dari titik ke titik pada permukaan S dan tidak dapat keluar dari integrasi. d. E dan dS adalah vektor: pertama kita harus mencari E . dS, kemudian jumlahkan untuk seluruh permukaan tertutup dengan cara melakukan integrasi. e. ∑q , hitung jumlah muatan total yang dilingkupi permukaan tertutup atau dengan kata lain ∑q jumlah muatan yang berada di dalam volume yang dibatasi permukaan tertutup. Biasanya distribusi muatan diketahui ( muatan titik, muatan pada kawat, muatan silinder, dsb) dan kita disuruh menghitung medan listrik E pada suatu titik pengamatan P. Perlu diingat bahwa tidak ada ketentuan khusus bagaimana bentuk permukaan tertutup, akan tetapi salah satu keistimewaan hk. Gauss adalah kita bebas memilih permukaan tertutup. Ini berarti kita boleh memilih permukaan tertutup sedemikian rupa sehingga persoalan integrasi menjadi lebih sederhana. Karena itu sangat mudah bila digunakan untuk sistem distribusi muatan yang mempunyai simetri mudah. Dalam aplikasinya persoalan hk. Gauss adalah persoalan menentukan permukaan tertutup yang dikenal dengan permukaan Gauss. Ada tiga macam permukaan Gauss yang kita bahas disini yang berkaitan dengan bentuk dan simetri dari distribusi muatan yaitu bola, silinder, balok. Tidak ada petunjuk resmi bagaimana cara kita memilih permukaan, tetapi berdasarkan pengalaman penulis ada dua hal penting yang perlu diperhatikan sebagai panduan dalam memilih permukaan : 1. Hukum Gauss digunakan menghitung besar medan listrik, sedangkan arah medan listrik sudah diketahui dengan menggunakan hk. Coulomb (kaidah simetri). 2. Pilih permukaan sedemikian rupa sehingga arah E pada permukaan sejajar dan atau tegak lurus permukaan ( E.dS = 0 atau E.dS = E dS ). Pada permukaan dimana E sejajar dengan arah dS pilih permukaan dimana besar E konstan pada setiap titik pada permukaan tersebut ( agar E dapat dikeluarkan dari integrasi ). Untuk lebih jelasnya perhatikan beberapa contoh pemakaian hk. Gauss di bawah ini.

1.4 Beberapa Contoh Penggunaan Hukum Gauss Perhatikan sebuah kawat lurus serbasama dengan muatan total +Q ( lihat contoh soal medan listrik oleh muatan kontinu ). Misalkan panjang kawat L dan titik pengamatan berada ditengah-tengah.

Andaikan L → ∞ , hal ini selalu bisa kita dapatkan dengan mengambil L >> D. Dengan menggunakan teknik integrasi tertentu kita peroleh medan pada titik sejarak D dari kawat adalah : E = j ( Q/ 2πε oLD) atau E = j ( λ / 2πε oD) (2.3) Arah medan ini meninggalkan kawat dan tegak lurus kawat. Tentunya sebelum kita mendapatkan hasil tersebut kita harus mnempuh cara penyelesaian yang cukup rumit. Nah, cara yang lebih mudah adalah dengan memanfaatkan hk Gauss. Perhatikan gambar (2.3) di bawah ini, hasilnya bandingkan dengan cara di atas ditanggung lebih mudah!

Bangunlah sebuah selinder (permukaan Gauss) dengan jari-jari D dan panjang x ( lihat gambar (2.3)). Kawat bermuatan terletak pada sumbu silinder. Perlu diingat dalam membangun permukaan Gauss titik pengamatan merupakan salah satu titik pada permukaan. Perhatikan panjang kawat yang berada didalam selinder adalah x, ini artinya muatan yang berada dalam selinder adalah. ∑ q = (x/L) Q = x λ (2.4) Silinder kita memiliki 3 buah permukaan, yaitu tutup kiri dan kanan serta selimut. Perhatikan bahwa medan permukaan kiri dan kanan dan searah dengan permukaan selimut. ⊥ E . dS = (x λ/ε o) (2.5) Fluks listrik yang menembus tutup kiri dan kanan nol, jadi fluks listrik yang menembus silinder hanya fluks yang menembus permukaan selimut. Perhatikan juga bahwa arah medan listrik di setiap titik di selimut searah dengan arah permukaan selimut! E . dS = selimut ∫E . dS = (x λ/εo) (2.6) selimut ∫ E . dS = E . luas selimut = E ( 2π D x ) = (x λ/ε o) . Jadi besar medan listrik di titik sejauh D dari kawat adalah (arah medan listrik meninggalkan kawat) E = (Q/L2π D ε o) = (λ/L2π D ε o) (2.7)

Contoh lain: Hitung besar medan listrik di sebuah titik sejauh x dari sebuah plat yang bermuatan total +Q luas plat A, asumsikan x << dari dimensi plat.

Bangun sebuah permukaan Gauss berbentuk balok dengan panjang 2x dan luas penampang a’. Plat memotong balok di tengah-tengah ( lihat gambar (2.4) di atas ). Perhatikan, berdasarkan hk. Coulomb atau simetri bidang dari distribusi muatan ini, arah dari medan listrik meninggalkan plat.

Dari gambar (2.5) di atas terlihat bahwa tidak seluruh muatan berada di dalam balok, muatan yang berada di dalam balok hanya yang berada di bagian plat seluas a’. Jadi jelas jumlah muatan yang berada di dalam balok adalah (∑q ) = (a’/A)Q (2.7) Perhatikan juga bahwa balok memiliki 6 permukaan, tetapi hanya dua buah permukaan yang memberikan kontribusi terhadap fluks listrik yaitu permukaan kiri dan kanan. Jarak kedua permukaan tersebut ke plat sama, sehingga besar medan listrik pada kedua permukaan tersebut dapat dianggap sama. Jadi kedua permukaan itu memberikan kontribusi fluks sama besar. Empat permukaan yang lain memiliki arah normal tegak lurus medan sehingga fluksnya nol. Berdasarkan hal tersebut di atas, maka kita dapatkana. Fluks total yang menembus balok = (a’/ ε o A)Q b. Balok ∫ E . dS = 2 tutup kiri ∫ E . dS = 2 tutup kanan ∫ E . dS = 2 E luas penampang lintang balok = 2 E a’ c. Jadi besar medan listrik pada titik sejauh x dari plat dengan luas A dan muatan total +Q adalah E = (Q / 2ε o A) = σ/ 2ε o (2.8) Dimana σ = Q/A

Soal-soal 1. Sebuah bola konduktor pejal berjari-jari R diberi muatan total +Q. Hitung medan listrik pada sebuah titik pengamatan sejauh r dari pusat bola, untuk r < R dan r > R. Muatan tersebar merata pada permukaan ( medan di dalam konduktor selalu nol, karena setimbang). Jawab : r < R E = 0, r > R E = k Q/r 2 2. Ulangi soal (1), untuk bola non-konduktor pejal, muatan tersebar merata ke seluruh ruang. Jawab : r < R E = k r Q/R 3 3. Bola konduktor berongga berjari-jari dalam a dan luar b. Sebuah muatan titik +Q diletakkan di pusat bola. Hitung : a. Medan listrik untuk r < a, a < r < b, r > b ( r dihitung dari pusat bola) b. Muatan induksi pada masing-masing permukaan konduktor (manfaatkan pengetahuan mengenai medan di dalam konduktor nol ) Jawab : a) r< a E = k Q/r 2 , a < r < b E = 0, r > b E = k Q/r 2 , b) Q dalam = –Q, Q luar = +Q 4. Bola konduktor pejal berjar-jari a berada di dalam bola non-konduktor berongga (jari- jari dalam a dan jari-jari luar b ). Bola konduktor diberi muatan +Q dan bola non- konduktor diberi muatan –Q. Hitung medan listrik untuk seluruh r ( r dihitung dari pusat bola ) dan hitung muatan induksi pada masing-masing permukaan bola konduktor. Jawab : r < a E = 0, a < r < b E = k Q/r 2 [1 ( r 3 – a 3 )/ ( b 3 – a 3 )], r > b E = 0 5. Dua buah silinder non-konduktor sangat panjang dipasang konsentris. Silinder bagian dalam berjari-jari a (rapat muatan +σ), silinder bagian luar berjari-jari dalam b dan luar c ( rapat muatan –σ ). Hitung medan listrik untuk seluruh r ( r dihitung dari sumbu silinder). Jawab : r<aE =σr/2ε o , a<r< bE = σ a 2 /2rε o , b<r<cE =(σ /2rε o) [a 2 (r 2 b 2 )/(c 2 b 2 )]

BAB IIIPOTENSIAL LISTRIK

3.1 ENERGI POTENSIAL LISTRIK (W)DEFINISI : Usaha yang diperlukan untuk memindahkan suatu muatan yang berada di bawah

medan eksternal dari satu tempat ke tempat lain. Pandang sebuah muatan uji positif q o yang berpindah dari A ke B dibawah pengaruh medan listrik luar E ( lihat gambar (3.1)). Akibat adanya medan listrik E muatan mengalami gaya ke kanan qoE. Jadi untuk memindahkannya dari A ke B kita harus melawan gaya tersebut. Bagaimana caranya? Jelas !, dengan cara memberi gaya luar F yang berlawanan arah dengan q oE. F minimum adalah F = - qoE (3.1)

Jadi usaha yang kita perlukan untuk memindahkan q o dari A dan B adalah W A→B = - rA∫ rB q o E. dl (3.2) Di mana r B dan r A adalah posisi titik B dan A, dengan dl dalam koordinat kartesius sebagai berikut dl = dx i + dy j + dz k (3.3) Karena medan listrik E bersifat konservatif (sebuah medan vektor disebut konservatif jika integrasi hanya bergantung pada posisi awal dan akhir, tidak bergantung pada lintasan yang diambil), maka W A→B

dapat dipandang sebagai selisih energi potensial listrik muatan qo di titik B dan A. Jika energi potensial dilambangkan dengan U, maka U B - U A = W A→B . Contoh : Misalkan medan listrik E berasal dari muatan titik +q yang diletakkan di pusat koordinat. Arah dari E meninggalkan muatan +q (dalam koordinat bola diberi notasi dengan e r) . Medan listrik pada titik sejauh r adalah E = ( k q/r 2 ) er (3.4)

Usaha yang diperlukan untuk memindahkan muatan q o dari titik A ke titik B didapat dengan substitusi persamaan (3.4) ke dalam persamaan (3.2) : U B - U A = - rA∫ rB q o ( k q/r 2 ) e r . dl (3.5) Untuk menyelesaikan persamaan (3.5) jika kita menggunakan persamaan (3.3) akan mengalami sedikit kesulitan. Persoalan ini akan lebih mudah jika kita menggunakan koordinat bola, karena medan listrik E sudah dalam sistem koordinat bola. dl = dr e r + r dθ eθ + r sinθ dΦ eΦ (3.6) Dengan menggunakan persamaan (3.6) ke dalam persamaan (3.5) diperoleh U B - U A = - rA∫ rB q o ( k q/r 2 ) dr = (kq oq)[(1/r B) – (1/r A)] joule (3.7) Kemudian diperoleh U B = (kq oq/r B) dan W A = (kq oq/r A) (3.8) Persamaan (3.8) adalah energi potensial muatan q o, akibat berinteraksi dengan +q, saat berada sejauh r B dan r A dari muatan +q. Jadi jika ada dua buah muatan titik q1 dan q2 yang dipisahkan oleh jarak sejauh r, maka energi potensial pada masing-masing muatan akibat muatan yang lain adalah U = (kq1q2/r)

(3.9)

3.2 POTENSIAL LISTRIK (V) DEFINISI : Potensial listrik pada sebuah muatan Q adalah Energi potensial muatan tersebut tiap satuan muatan . Secara matematis pernyataan di atas ditulis sebagai berikut : V = U/Q (3.10) Sekarang kita tuliskan kembali persamaan (3.2) untuk bentuk yang lebih umum, dengan cara mengganti q o E dengan F (gaya listrik) U B - U A = - rA∫ rB F . dl (3.11) Andaikan gaya F di atas bekerja pada muatan Q, maka potensial listrik yang ia alami saat pindah dari titik A ke titik B adalah V B - V A = (U B - U A )/Q = - rA∫ rB (F/Q) . dl (3.12) Perhatikan bahwa F/Q tidak lain adalah medan listrik (E) dimuatan Q, jadi persamaan (3.12) dapat ditulis kembali menjadi V B - V A = (U B - U A )/Q = - rA∫ rB E . dl (3.13) Persamaan (3.13) dikenal dengan beda potensial antara titik B dan A yang ditimbulkan oleh medan listrik E. Sekarang kita terapkan untuk persoalan dua buah muatan titik, q 1 dan q 2 . Andaikan q 1 diam dan q 2

kita pindahkan dari titik A ke titik B. Medan listrik yang ditimbulkan oleh q 1 pada titik sejauh r dari q 1 adalah E = ( k q 1/r 2 ) e r (3.14) Substitusi persamaan (3.14) dan ( 3.6) ke persamaan (3.13) diperoleh V B - V A = - rA∫ rB ( k q 1/r 2 ) dr = ( k q 1) [( 1/r B ) - ( 1/r A )] (3.15) Jadi kita dapat menganggap potensial listrik yang ditimbulkan oleh sebuah muatan titik q 1 pada titik sejauh r B dari muatan tersebut adalah V B = k q 1/r B (3.16)

Contoh : Sebuah muatan uji q o berpindah dari A ke B tanpa percepatan melewati lintasan seperti pada gambar (3.3). Medan yang bekerja tetap E = E o i N/C. Hitung besar beda potensial antara titik B dan A untuk masing-masing lintasan yang diambil!

Lintasan 1, dari A langsung ke B V B – V A = - XA∫ XB E o i . dS = - d ∫ 0 E o dx = - E o ( 0 – d ) = E o d Jadi besar beda potensial antara titik B dan A adalah E o d Lintasan 2, dari A ke B melalui titik C V B – V A = - A∫ B E o i . dl = - A∫ C E o i . dl + - C∫ B E o i . dl A∫ C E o i . dl = A∫ C E o i . ( i dx + j dy ) = d∫ 0 E odx = - E o d C∫ B E o i . dl = C∫ B E o i . ( i dx + j dy ) = 0∫ 0 E odx = 0 Besar beda potensial antara A dan B melalui lintasan 1 maupun 2 sama, yaitu E o d Dari uraian dan contoh di atas kita dapat tuliskan hubungan potensial dan medan listrik sebagai berikut : ∆ V = - ∫ E . dS atau E = - V (3.17) Dimana = i (∂/∂x) + j (∂/∂y) + k (∂/∂z) (koordinat kartesius) (3.18a) = e r (∂/∂r) + e θ (1/r)(∂/∂θ) + e Φ (1/ rsin θ) (∂/∂Φ) (koordinat bola) (3.18b)

= e ρ (∂/∂ρ) + e Φ (1/ρ)(∂/∂Φ) + e z (∂/∂z) (koordinat silinder) (3.18c)

Contoh : Hitung V untuk V berikut ini : a. V = 2xy 3 z 2 b. V = 2x + y 3 + z 2 Jawab : a. V = [i (∂/∂x) + j (∂/∂y) + k (∂/∂z)] 2xy 3 z 2 = i (∂/∂x)( 2xy 3 z 2 ) + j (∂/∂y) (2xy 3 z 2 ) + k (∂/∂z)( 2xy 3 z 2 ) = i (2y 3 z 2 ) + j (6xy 2 z 2 ) + k ( 4xy 3 z ) b. V = [i (∂/∂x) + j (∂/∂y) + k (∂/∂z)] [2x + y 3 + z 2 ] = i (∂/∂x)( 2x ) + j (∂/∂y) (y 3 ) + k (∂/∂z)( z 2 ) = i 2 + j 3y 2 + k 2z

3.3 MEDAN DIPOL LISTRIK Pandang sepasang muatan titik pada sumbu –x. Kedua muatan dipisahkan oleh jarak d. Disini kita meninjau dua kasus : 1. Medan listrik akibat kedua muatan pada suatu titik di sumbu-x 2. Medan listrik akibat kedua muatan pada suatu titik di sumbu-y

Bab IV. Rangkaian Arus Searah dan Dasar-dasar Analisa Rangkaian

3.1 Hukum OhmHukum Ohm menyatakan bahwa tegangan pada sebuah resistor sebanding dengan arus yang mengalir melewati resistor tersebut. Atau dirumuskan :

v = i . R

3.2. Hukum Kirchoff tentang Arus (Kirchoff’s Current Law (KCL))Hukum Kirchoff mengenai Arus (KCL) menyatakan bahwa jumlah aljabar arus yang masuk pada sebuah titik/simpul (node) adalah nol atau secara matematis dituliskan :

Dimana N adalah jumlah cabang yang dihubungkan ke titik/simpul (node) dan in adalah arus ke n yang masuk atau meninggalkan titik/simpul. Dengan hukum ini arus-arus yang masuk dinyatakan positif dan arus-arus yang meninggalkan dinyatakan negatif.

Maka sesuai dengan Hukum Kirchoff tentang arus (KCL) diperoleh :i1 + (-i2) + i3 + i4 + (-i5) = 0

Arus i1 , i3 , i4 positif karena merupakan arus-arus yang masuk ke titik dan arus i2 , i5 negatif karena merupakan arus-arus yang keluar/meninggalkan titik (node). Dengan menata ulang persamaanya kita peroleh :

i1 + i3 + i4 = i2 + i5

Dari persamaan diatas KCL dapat juga dinyatakan :

3.3 Hukum Kirchoff tentang tegangan (Kirchoff’s Voltage Law (KVL))

Hukum Kirchoff mengenai Tegangan / Kirchoff’s Voltage Law (KVL) menyatakan bahwa jumlah aljabar tegangan pada sebuah loop tertutup adalah nol atau secara matematis dituliskan :

Dimana M adalah jumlah tegangan pada loop atau jumlah cabang pada loop vm adalah tegangan ke m .Pada sebuah rangkaian tertutup, Hukum Kirchoff tentang tegangan artinya adalah jumlah tegangan yang timbul sama dengan jumlah drop tegangan.

i3

++

i4

++

i2

++

i5

++

i1

++

Gambar 2.16 Arus-arus pada sebuah titik dengan ilustrasi Hukum Kirhoff tentang Arus

(KCL)

+

i3

++

i4

++

i2

++

i5

++

i1

++

Jumlah arus-arus yang masuk pada satu simpul/titik sama dengan jumlah arus-arus yang keluar / meninggalkan simpul/titik tersebut

Contoh : i1 + i3 + i4 = 10 Amaka i2 + i5 = 10 A

Gambar 3.1a Sebuah rangkaian loop tunggal ilustrasi KVL

Dengan menggunakan hukum kirchoff tentang tegangan, kita dapat memulai dengan setiap cabang dan mengelilingi loop searah jarum atau berlawanan.. Sebagai contoh diatas sesuai dengan arah panah kita mengelilingi loop searah jarum jam sehingga diperoleh :

- v1 + v2 + v3 – v4 + v5 = 0 atau

v2 + v3 + v5 = v1 + v4

Contoh : 1. Tentukan tegangan v1 dan v2

Gambar 3 aSolusi :

gambar 3b

Untuk menentukan nilai v1 dan v2 , kita gunakan hukum Ohm dan hukum Kirchoff (KVL), dimana kita asumsikan arus I mengalir pada loop seperti gambar b.Dari hukum Ohm : v1 = 2i , v2 = -3i ( 1 )Dari hukum Kirchoff (KVL) mengelilingi loop diperoleh

-20 + v1 – v2 = 0 ( 2 )Substitusikan pers (1) ke (2) sehingga didapatkan :

-20 + 2i –(3.-i )= 0

5i = 20 → i = = 4 A

v1 = 2i = 2.4 = 8 V v2 = -3i = -3.4 = -12 V

2. Tentukan arus i1, i2 ,i3 serta v1, v2 dan v3 dari rangkaian berikut :

Solusi :

DC DC5 V

2 ohm 4 ohm

8 ohm3 V

+ v1 -+ v2 -

+v3-

i1

i3

i2

Loop 1 Loop 2

Dengan menggunakan KCL diperoleh : i1 – i2 – i3 = 0 atau i3 = i1 – i2 (1)

Dengan menggunakan KVL diperoleh :

Loop1 : -5 + 2i1 + 8i3 = 0, substitusi i3 = i1 – i2

-5 + 2i1 + 8(i1- i2) = 0 2i1 + 8i1- 8i2 = 5 10i1 – 8 i2 = 5 (2)

Loop 2 : 4i2 -3 – 8i3 = 0, substitusi i3 = i1 – i2

4i2 - 3 - 8(i1- i2) = 0 4i2 - 3 - 8(i1- i2)

4i2 -8i1 + 8i2 = 3-8i1+ 12i2 = 3 (3)

Dengan menggunakan matriks pers (2) dan (3) :

=

Dengan determinan matriks diperoleh :

i1 = = = = = 1.5 A

i2 = = = = = 1.25 A

i3 = i1 - i2 = 1.5 – 1.25 = 0.25 Adengan cara eliminasi juga bisa diperoleh nilai arus i1, i2 ,i3 dengan nilai yang sama.

v1 = 2 i1 = 2X1.5 = 3 Vv2 = 8 i3 = 8X0.25 = 2 Vv3 = 4 i2 = 4X 1.25 = 5 V

2.2. Indukktor (L) dan kapasitor (C) pada rangkaian arus searah (DC) Pada rangkaian DC Induktor akan terhubung singkat (short circuit/sc) dan kapasitor akan terhubung terbuka (open circuit/oc).

Maka rangkaian menjadi :

Maka arus i1, i2, i3, v1 dan v2 dapat ditentukan sebagai berikut : Untuk i2 = 0 karena open circuit /oc dan v2 = 0

Untuk i3 = i1 karena rangkaian berubah menjadi

Maka

V1 = i1.2 Ω = 2.5 X 2 = 5 V2.13. Induktansi dan Energi pada inductor.

Gambar 2.13. Arus dalam rangkaian menyebabkan medan magnetik dalam coil yang menimbulkan fluks melalui coil. Bila arus dalam rangkaian berubah-rubah maka fluks juga berubah dan tegangan induksi akan muncul pada rangkaian. Sebagai akibat akibat dari arus I timbul fluks magnetik ФB yang melalui setiap lilitan N sehingga timbul induktansi sendiri :

(induktansi sendiri)

Sebuah coil menyimpan energi didalam medan magnet ketika coil dilewati arus I. Energi yang tersimpan deberikan persamaan :

W = (2.8)

Dimana W = energi yang tersimpan didalam coil/inductor (J) L = induktansi dari coil (H) I = arus (A)Jika arus variable maka coil menyerap energi ketika arus bertambah dan melepaskan energi ketika arus turun.

2.14. Kapasitansi dan Energi pada kapasitor.

Gambar 2.14. Kapasitor 2 pelat sejajar yang bermuatanMaka besar kapasitansi C dari kapasitor pelat sejajar adalah

Kapasitor menyimpan energi didalam medan magnet ketika tegangan E diberikan pada kedua terminalnya, diberikan oleh persamaan :

W = (2.9)

Dimana W = energi yang disimpan kapasitor (J) C = kapasitansi kapasitor (F) E = tegangan (V)

3.16. Intensitas medan magnet H dan rapat fluks B. Ketika fluks magnetic Ф ada pada komponen, fluks timbul dari intensitas medan magnet H, dirumuskan : H = U/l (2.18)Dimana H = intensitas medan magnet (A/m) U = gaya gerak magnet pada komponen (A) atau A.turn l = panjang komponen (m)Jumlah rapat fluks magnet dirumuskan :

B = Ф/A (2.19)Dimana : B = rapat fluks (T) Ф = fluks pada komponen(Wb) A = luas penampang komponen (m2)Ada penegasan hubungan antara rapat fluks (B) dan intensitas medan magnetdari beberapa bahan/material. Hubungan ini biasanya dinyatakan dengan grafik/kurva B-H material/bahan.

3.17. Kurva B-H ruang hampa.Pada ruang hampa, rapat fluks magnetic B adalah sebanding dengan intensitas medan magnet H dan dirumuskan :

B = μ0H (2.20)Dimana B = rapat fluks (T) H = intensitas medan magnet (A/m) μ0 = konstanta magnet = 4πX10-7H/m = permeabilitas ruang hampaDidalam satuan SI,konstanta magnetic tetap dengan nilai 4πX10-7 atau mendekati1/800.000. Ini memungkinkan kita untuk menulis persamaan 2.20 dalam bentuk pendekatan menjadi :

A

kawat

kawat

d+Q

-Q Vab

H = 800.000 B (2.21)Kurva B-H untuk ruang hampa adalah garis lurus dan tidak pernah jenuh.Kurva gambar 2.25 menunjukkan intensitas medan magnet 800 A/m menghasilkan rapat fluks 1mT.Material-material non magnetic seperti tembaga, kertas, karet dan udara mempunyai hampir identik dengan ruang hampa

Gambar 2.25. Kurva B-H ruang hampa dan material non magnetic

3.18. Kurva B-H material magneticSecara umum material/bahan magnetik terbagi :

1. Paramagnetik : medan magnet pada material pada sebarang titik dalam material lebih besar dari permeabilitas relatif dari material itu. Nilainya 1,00001 s/d 1.003

Contoh materialnya :material Suseptibilitas

Tawas amonium besi 66Uranium 40Platina 26aluminium 2.2Natrium 0.72Gas oksigen 0.19

2. Material diamagnetik : material yang mempunyai suseptibilitas negatif dan permeabilitas bernilai 0.99990 s/d 0.99999 dalam bentuk padat dan cair dan susptibilitasnya tidak bergantung dari suhu

Contoh materialnya :material Suseptibilitas

Bismut -16.6Air raksa -2.9Perak -2.6Karbon/intan -2.1Timah -1.8Natrium clorida -1.4Tembaga -1.0

3. Material ferromagnetik/material magnetik : material yang mempunyai daya hantar magnet yang baik atau permeabilitasnya lebih besar dari 1. nilainya antara 1.00 s/d 100.00

Contoh materialnya : besi, nikel, cobalt dan campuran logam yang mengandung ketiga unsur ini.

0 200 400 600 800 1000 1200

0.5

1.0

1.52.0

mT

A/m

B

H

Rapat fluks pada material magnetic juga tergantung dari intensitas medan magnet dan juga dipengaruhi oleh jenis material diberikan oleh persamaan :

B = μ0 μR H (2.22)

Dimana B, μ0 dan H adalah sama nilainya dengan sebelumnya dan μR adalah permeabilitas relative dari material. Nilai μR tidak konstan tetapi bervariasi dengan rapat fluks material.Akibatnya hubungan antara B dan H adalah tidak linier merubah persamaan 2.22 untuk digunakan. Kita lebih suka untuk menunjukkan hubungan dengan kurva saturasi B-H seperti gambar 2.26. yang menunjukkan kurva saturasi tiga material yang sering digunakanpada mesin-mesin listrik yaitu besi silicon,besi tuang,baja tuang. Kurva ini menunjukkan intensitas medan magnet 2000 A/m menghasilkan rapat fluks 1.4 T pada baja tuang tetapi hanya 0.5 T pada besi tuang.

Gambar 2.26 kurva saturasi B-H tiga material magnetik

B

H

1000 2000 3000 40000 5000 6000 A/m

1.8

1.6

1.4

1.2

1.0

0.8

0.6

0.4

0.2

Baja silicon 1%

Baja tuang

Besi tuang

2.0T

3.19 Menentukan permeabilitas relative.Permeabilitas relative μR dari material adalah rasio dari rapat fluks pada material terhadap terhadap fluks yang akan dihasilkan didalam ruang hampa, dengan intensitas medan magnet H sama.Diberikan kurva saturasi dari material magnetic dan mudah menghitung permeabilitas material menggunakan persamaan pendekatan :

(2.23)

Dimana : B = rapat fluks magnetic material magnetic (T) H = intensitas medan magnetic (A/m)Contoh : Tentukan permeabilitas dari besi silicon 1% pada rapat fluks 1.4 TSolusi :Dari kurva 2.26, kita lihat bahwa rapat fluks 1.4 T membutuhkan intensitas medan magnet 1000 A/m, sehingga :

= = 1120

Jadi permebilitas besi silicon 1% adalah 1120 kali dari permeabilitas ruang hampa atau udara.

3.20 Hukum Faraday tentang induksi elektromagnetik.Pada tahun 1831 sambil menyelesaikan eksperimennya,Joseph Faraday telah membuat salah satu penemuan terpenting dibidang elekromagnetik yang sekarang dikenal Hukum Faraday tentang induksi elektromagnetik yang mengungkapkan hubungan dasar antara tegangan dan fluks pada rangkaian.Hukum Faraday menyatakan :

1. Jika fluks melingkupi sebuah loop/belitan berubah sebagai fungsi waktu, maka tegangan akan diinduksikan diantara kedua terminalnya

2. Nilai dari tegangan induksi sebanding dengan perubahan fluks terhadap waktu. Dengan definisi mengikuti system SI ketika fluks didalam loop berubah pada nilai 1 Wb per detik,tegangan 1 V akan diinduksikan antara kedua terminalnya. Akibatnya jika fluks berubah didalam coildengan N belitan maka tegangan induksi yang dihasilkan adalah :

(2.24)

Dimana : E = tegangan induksi (V) N = jumlah belitan coil ∆Ф = Perubahan fluks dalam coil (Wb) ∆t = interval waktu perubahan fluks (detik)Hukum Faraday tentang induksi elektromagnetik membuka pintu kumpulan aplikasi praktis dan membuat dasar operasi transformator,generator dan motor arus bolak-balik.

Contoh soal :Sebuah coil dengan 2000 turn/lilitan dilingkupi fluks 5 mWb yang dihasilkan sebuah magnet permanent. Magnet tiba-tiba menarik fluks didalam coil sehingga turun seragam ke 2 mWb dalam waktu 0.1 detik. Berapa tegangan induksi yang dihasilkan?Solusi :

Gambar 2.28 Tegangan induksi dengan magnet yang digerakkan.∆Ф = (5 mWb – 2 mWb) = 3 mWbKarena perubahan secara seragam dalam waktu 0.1 detik (∆t), tegangan induksi adalah :

= 2000 X

= 60 V3. 21. Rangkaian MagnetikDalam potensial elektronik, hubungan E dan V adalah:

Dalam magnetic potential, maka

Dimana Vm adalah magnetomotive force, atau mmf, dgn satuan A.Ingat tidak ada arus yang mengalir di dalam region dimana Vm terdefinisikan.Beda potensial listrik antara mmf dan H adalah (pada titik A & B)

Dan hubungannya adalah:

N = 2000

N S N S

Ф1 = 5 mWbФ2 = 2 mWb

E ∆t = 0.1 detik