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
Muhamad Ali, MT Modul Kuliah Medan Elektromagnetik
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=
Muhamad Ali, MT Modul Kuliah Medan Elektromagnetik
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
Muhamad Ali, MT Modul Kuliah Medan Elektromagnetik
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 :
Muhamad Ali, MT Modul Kuliah Medan Elektromagnetik
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=
Muhamad Ali, MT Modul Kuliah Medan Elektromagnetik
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
∆
Muhamad Ali, MT Modul Kuliah Medan Elektromagnetik
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 ∆∆∆
∂∂
=+ ∫∫
Muhamad Ali, MT Modul Kuliah Medan Elektromagnetik
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 :
Muhamad Ali, MT Modul Kuliah Medan Elektromagnetik
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
Muhamad Ali, MT Modul Kuliah Medan Elektromagnetik
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
Top Related