Medan Elektromagnetik \ Kerapatan Fluks Listrik dan Hukum Gauss Prof. Dr. Ir. Salama Manjang, M.T.
KERAPATAN FLUKS LISTRIK Fluks listrik Ψ bermula di muatan positif dan berakhir di muatan negatif (gbr a) atau berakhir di tak terhingga jika tidak ada muatan negatif (gbr b).
-Q
+Q
Garis fluks
+Q
(a)
-~
(b)
Muatan satu coulomb menimbulkan fluks listrik satu coulomb (dinyatakan dengan satu garis), sehingga Ψ=Q
(Coulomb)
Kerapatan fluks listrik (density of electric flux), D, adalah medan vektor yang besarnya sama dengan banyaknya garis fluks yang menembus permukaan yang normal terhadap garis tersebut dibagi dengan luas permukaan tersebut.
D=
dψ an dS
(C/m2 atau garis/m2)
dΨ adalah vektor elemen permukaan yang besarnya dS dan arahnya an Pada bola dalam dengan jari-jari r = a dan bola luar dengan jari-jari r = b, mempunyai muatan masing-masing Q dan –Q seperti gambar berikut:
-Q
D
r =a
D
r =b
+Q r=a r=b
Q ar 4πa 2 Q = a 2 r 4πb =
Pada jarak radial r, Q D= ar 4πr 2
(bola dalam) (bola luar)
untuk a ≤ r ≤ b 1
Medan Elektromagnetik \ Kerapatan Fluks Listrik dan Hukum Gauss Prof. Dr. Ir. Salama Manjang, M.T.
Dalam ruang hampa, intensitas medan listrik dari sebuah muatan titik Q E= ar 4πε O r 2 maka kerapatan fluks D
D = εoE
(untuk ruang hampa)
Untuk distribusi muatan ruang yang umum dalam ruang hampa ρ dv E = ∫ v 2 aR 4πε o R vol maka
D=
ρ v dv ∫vol 4πR 2 a R
CONTOH: misalkan muatan garis serbasama sekitar 8 nC/m yang terletak di sepanjang sumbu z, maka medan listrik E adalah: z ρL 3m E= aρ 2πε o ρ E? D?
8x10 −9 = aρ 2π(8,854x10 −12 )ρ
=
143,8 aρ ρ
y x
V/m
pada ρ = 3 m, diperoleh E = 47,9 aρ
ρL
V/m
Dihubungkan dengan medan E, diperoleh
D= =
ρL aρ 2πρ 8x10 −9 1,273x10 −9 aρ = aρ 2πρ ρ
C/m2
Pada ρ = 3 m, diperoleh D = 0,424 nC/m
2
Medan Elektromagnetik \ Kerapatan Fluks Listrik dan Hukum Gauss Prof. Dr. Ir. Salama Manjang, M.T.
CONTOH: Jika diketahui kerapatan fluks D = r/3 ar nC/m dalam ruang hampa, (a) hitung intensitas medan listrik pada r = 0,2 m (b) hitung muatan total dalam bola dengan r = 0,2 m
(c) hitung fluks listrik total yang meninggalkan bola r = 0,3 m PENYELESAIAN: (a) dalam ruang hampa
D = ε o .E
(b)
E=
D 0,2 / 3 = a = 7,53 x109 ar nV / m = 7,53 ar V / m −12 r ε o 8,854 x10
E=
Q .a r 4πε o r 2
Q = (7,53) (4 x 3,14 x 8,854.10 −12 x 0,2 2 )
(c)
Q = 33,5 pC
(untuk r = 0,2 m)
ψ = ∫ D s .dS
dS = r2 sinθ dθ.dφ
ψ =
2π π
r
∫ ∫ ( 3 a .(r r
2
sin θ dθ dφ )) ar
ar (koordinat
ar . ar = 1
o o
2π π
1 = r 3 ∫ ∫ sin θ dθ dφ 3 oo π 1 = r 3 (2π )(− cos θ ) l o 3
= 113,097 x 10-3 nC = 113,1 pC
(untuk r = 0,3 m)
3
Medan Elektromagnetik \ Kerapatan Fluks Listrik dan Hukum Gauss Prof. Dr. Ir. Salama Manjang, M.T.
CONTOH: Hitunglah D (dalam koord. kartesian) pada P (6,8,-10) yang disebabkan oleh (a) Suatu muatan titik Q = 30 mC pada titik asal (b) Muatan garis serbasama ρ L = 40 µC/m pada sb z (c) Kerapatan muatan permukaan seragam ρ s = 57,2 µC/m2 pada bidang
x=9 Penyelesaian: (a)
D=
Q ar 4πr 2
z
r = (6-0)ax + (8-0)ay + (-10-0)az = 6ax +8ay – 10az
(0,0,0) Q=30 mC
r
r= 6 2 + 82 + (−10 2 ) = 200 = 10 2 ar =
y
x
P(6,8,-10)
6a x + 8a y − 10a z 10 2
30 x10 −3 6a x + 8a y − 10a z D= ( ) 4π (10 2 ) 2 10 2
= 5,064 ax + 6,752 ay – 8,44 az
(b)
D=
µC/m2
ρL ar 2πr
z ρ L=40 µC/m (0,0,0)
r = (6-0)ax+(8-0)ay = 6ax + 8 ay
y
x
r= 6 + 8 = 100 = 10 2
ar =
2
6a x + 8a y
r P(6,8,-10)
-z
10
4
Medan Elektromagnetik \ Kerapatan Fluks Listrik dan Hukum Gauss Prof. Dr. Ir. Salama Manjang, M.T.
D=
40x10 −6 6a x + 8a y ( ) 2π(10) 10
= 1,2 ax + 1,6 ay
µC/m2
(c) Besarnya E untuk medan bidang tak terhingga tdk bergantung pada jarak antara bidang tsb dengan tempat terjadinya medan. Jika medan listrik
E=
ρs an 2ε o
maka
D=
ρs an 2
Karena titik yg ditinjau di sebelah dalam dari bidang, maka arahnya menuju sb x negatif, shg diperoleh: D=
ρs − 57,2 (− a x ) = a x = −28,6 a x µC / m 2 2 2 z (0,0,0) ρs=57,2 µC/m
y
P(6,8,-10)
x -z
5
Medan Elektromagnetik \ Kerapatan Fluks Listrik dan Hukum Gauss Prof. Dr. Ir. Salama Manjang, M.T.
HUKUM GAUSS “Fluks listrik yang menembus permukaan tertutup sama dengan muatan total yang dilingkupi oleh permukaan tersebut”.
ψ = ∫ dψ =
∫ D .ds
s perm. tertutup
atau rumusan matematika Hukum Gauss:
ψ = ∫ D s .ds = muatan yang dilingkupi = Q s
Muatan yang dilingkupi dapat terdiri:
Muatan titik
Q = ∑Qn
Muatan garis
Q = ∫ρ L dL
Muatan permukaan
Q = ∫ρ s dS
Muatan volume
Q = ∫ρ v dV
Distribusi muatan menurut Hukum Gauss:
∫ D .dS = ∫ ρ s
s
v
dV
vol
Pemakaian HK.GAUSS pada Distribusi Muatan Simetris Pemecahannya akan mudah jika kita dapat memilih permukaan tertutup yang memenuhi dua syarat berikut: (1) Ds selalu normal terhadap atau menyinggung permukaan tertutup di
setiap titik pada permukaan tsb, sehingga Ds.dS menjadi DsdS atau nol. (2) Pada bagian permukaan dengan Ds.dS tidak nol, Ds = tetapan
(konstanta)
6
Medan Elektromagnetik \ Kerapatan Fluks Listrik dan Hukum Gauss Prof. Dr. Ir. Salama Manjang, M.T.
CONTOH: Muatan garis serbasama, komponen radial D = Dρ aρ
ρ
Hk. Gauss:
Q=
ρL
L
∫ D .dS s
tab
∫
Q = Ds
pinggir
L
= Ds
dS + 0 ∫ dS + 0 atas
∫ dS
bawah
2π
∫ ∫ ρ dφ dz
z =0 φ =0
= Ds ρ 2πL diperoleh
Ds = Dρ =
Q 2πρL
Karena Q = ρ L . L maka Ds = ρ L/2πρ sehingga
Eρ = ρ L/2πε oρ
Pemakaian Hk.Gauss untuk unsur volume diferensial Pada suatu permukaan tertutup sebuah kotak persegi dengan harga D pada titik P dimana P adalah pusat dari kotak persegi. z P(x,y,z) ∆z
D = Do= Dxoax + Dyoay + Dzoaz ∆x ∆y
y
x
7
Medan Elektromagnetik \ Kerapatan Fluks Listrik dan Hukum Gauss Prof. Dr. Ir. Salama Manjang, M.T.
Menurut Hk. Gauss:
∫ D .dS = Q s
Untuk menghitung integral tertutup dari kotak persegi, maka integral dipecah menjadi 6 integral:
∫ D.dS = ∫
+
depan
∫
belakang
+
∫
kiri
+
∫
+
kanan
∫
+
atas
∫
bawah
Tinjau integral pertama secara rinci: *
∫= D
depan
.∆S depan
depan
= Ddepan.∆Sdepan = Ddepan. ∆y ∆z ax = Dx,depan ∆y ∆z Permukaan depan berjarak (∆x/2) dari P, maka: Dx,depan = Dxo+ (∆x/2) (∂Dx/∂x) (∂Dx/∂x) = laju perubahan Dx terhadap x Dxo= adalah Dx di titik P Sehingga diperoleh:
∫ = (Dxo+(∆x/2)(∂Dx/∂x)) ∆y∆z
depan
*
∫= D
belakang
.∆S belakang
belakang
= Dbelakang.(-∆y∆z ax) = -Dx,belakang ∆y∆z
Dx,belakang= - Dxo + (∆x/2)(∂Dx/∂x)
= (-Dxo+(∆x/2)(∂Dx/∂x)) ∆y∆z Sehingga penjumlahannya menjadi:
∫
depan
*
+
∫
belakang
=
∂D x ∆x∆y∆z ∂x
Dengan proses yang serupa diperoleh
8
Medan Elektromagnetik \ Kerapatan Fluks Listrik dan Hukum Gauss Prof. Dr. Ir. Salama Manjang, M.T.
∫
+
kanan
∫
=
kiri
∂D y ∂y
∆x∆y∆z
∫
dan
+
atas
∫
bawah
=
∂D z ∆x∆y∆z ∂z
Sehingga diperoleh integral total dengan menggabungkan integral tsb
∫ D.dS = ( s
∂D x ∂D y ∂D z + + )∆x∆y∆z ∂x ∂y ∂z
∫ D.dS = Q = ( s
∂D x ∂D y ∂D z + + )∆υ ∂x ∂y ∂z
atau Muatan (
yang
dilingkupi
dalam
volume
∆ν
=
∂D x ∂D y ∂D z + + ) xVolume∆ν ∂x ∂y ∂z
Sebagai contoh, jika D = e-x sin y ax – e-x cos y ay + 2 z az
nC/m2
didapatkan,
∂D x = −e − x sin y ∂x ∂D y ∂y
= e − x sin y
∂Dz =2 ∂z Muatan yang dilingkupi dalam volume ∆ν = (
∂Dx ∂Dy ∂Dz + + ) x ∆ν ∂x ∂y ∂z
Jika ∆ν besarnya 10-9 m3, muatan yg terlingkup dlm volume ∆ν = (2x10-9) C = 2 nC
9
Medan Elektromagnetik \ Kerapatan Fluks Listrik dan Hukum Gauss Prof. Dr. Ir. Salama Manjang, M.T.
TUGAS-2
1. Suatu muatan titik Q = 3 nC, terletak di titik asal koordinat kartesian. Berapa besarnya fluks ψ yang melalui bagian dari bidang z = 2 m dengan -4≤ x≤ 4 m dan -4≤ y≤ 4 m ? 2. D2.6
Hal 40 (Buku Elektromagnetik Teknologi, William H. Hayt)
3. D3.2
Hal 49 (Buku Elektromagnetik Teknologi, William H. Hayt)
4. D3.3
Hal 53 (Buku Elektromagnetik Teknologi, William H. Hayt)
5. D3.5
Hal 57 (Buku Elektromagnetik Teknologi, William H. Hayt)
Catatan: tugas dikumpul 2 minggu depan.
10
