handout kuliah listrik magnet ii

HANDOUT KULIAH
LISTRIK MAGNET II
Oleh:
Dr. rer. nat. Ayi Bahtiar
JURUSAN FISIKA
FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM
UNIVERSITAS PADJADJARAN BANDUNG
2007
MATERI KULIAH
1.
MEDAN MAGNET ARUS MANTAP
♦ Gaya Lorentz
♦ Momen dipol magnet
♦ Hukum Biot Savart
♦ Medan magnet dalam kawat lurus dan lengkung
2.
HUKUM AMPERE
♦ Hukum Ampere
♦ Potensial vektor magnet
♦ Medan magnet dari sirkuit jauh
♦ Potensial skalar magnet
♦ Fluks magnetik
3.
BAHAN MAGNETIK
♦ Sifat magnet bahan dengan model arus cincin mikroskopik
♦ Medan polarisasi magnet/magnetisasi
♦ Intensitas medan magnet
♦ Suseptibilitas magnet dan permeabilitas relatif bahan magnet
♦ Diamagnetik, paramagnetik, feromagnetik dan ferit
♦ Syarat batas dua bahan magnetik yang berbeda
♦ Hukum Ampere dalam medan magnet
4.
INDUKSI ELEKTROMAGNETIK
♦ Hukum diferensial Faraday
♦ Induksi elektromagnetik
♦ Induktansi diri dan induktansi bolak-balik
5.
ENERGI MAGNET
♦ Energi magnet dari pasangan sirkuit
♦ Rapat energi dalam medan magnet
♦ Gaya dan torque pada sirkuit pejal
6.
7.
PERSAMAAN MAXWELL
♦ Hukum Ampere dan persamaan kontinuitas arus listrik
♦ Persamaan Maxwell
♦ Energi elektromagnetik
♦ Persamaan gelombang elektromagnetik
♦ Syarat-syarat batas medan
RADIASI ELEKTROMAGNETIK
♦ Medan listrik dan magnet dalam bentuk potensial vektor dan
skalar
♦ Persamaan gelombang potensial vektor dan potensial skalar
♦ Vektor Poynting dalam perhitungan daya radiasi dipol dan
antena setengah gelombang.
Pustaka
1.
2.
3.
J. R. Reitz,” Foundations of Electromagnetic Theory”, AddisonWesley Publ., 1993
D. J. Griffith,” Introduction to Electrodynamics”, Prentice-Hall Inc.,
1989.
J. D. Jackson,” Classical Electrodynamics”, John Wiley & Sons
Inc., 1991.
KOMPETENSI DASAR MATA KULIAH
1.
MEDAN MAGNET ARUS MANTAP DAN GAYA LORENTZ
Standar kompetensi :
□ Merumuskan gaya Lorentz dan momen dipol magnet
□ Merumuskan hukum Biot Savart
□ Merumuskan medan magnet dalam kawat lurus, dan lengkung
□ Menghitung fluks garis gaya medan magnet dan merumuskan
hukum divergensi nol.
2.
HUKUM AMPERE
Standar kompetensi :
□ Mendeskripsikan arus listrik sebagai akibat gerak muatan listrik.
□ Merumuskan hukum Ampere dan aplikasinya pada perhitungan
medan magnet oleh cincin arus, solenoida dan toroida.
3. HUKUM FARADAY DAN ARUS INDUKSI
Standar kompetensi :
□ Merumuskan hukum Faraday tentang perubahan fluks magnet
dan medan listrik induksi tak-konservatif
□ Mendeskripsikan sistem induktor dan menghitung induktansi diri
serta induktansi timbal-balik.
4. BAHAN MAGNET
Standar kompetensi :
□ Mendefinisikan medan polarisasi magnet M, intensitas medan
magnet H, serta merumuskan hukum Ampere dinyatakan
dalam medan H.
□ Mendeskripsikan hubungan antara M dan H
□ Mendeskripsikan tetapan suseptibilias magnet dan permeabilitas
relatif dari bahan magnetik.
□ Mendeskripsikan perbedaan bahan magnet diamagnetik,
paramagnetik, feromagnetik, ferit.
□ Merumuskan rapat enerlis listrik statik
□ Menurunkan syarat batas B dan H pada batas dua bahan
magnet yang berbeda
5.
PERSAMAAN MAXWELL
Standar kompetensi :
□ Memahami ketidaktaatan pada asas hukum Ampere dengan
persamaan kontinuitas arus listrik atau hukum kekekalan
muatan listrik.
□ Mendefinisikan arus pergeseran Maxwell dan merumuskan
perluasan hukum Ampere.
□ Merangkumkan keempat hukum dasar listrik-magnet : Gauss
untuk D, divergensi nol untuk B, hukum Ampere yang diperluas
dan hukum Faraday (persamaan Maxwell).
□ Merumuskan energi elektromagnetik
□ Menurunkan persamaan gelombang elektromagnetik dari
persamaan Maxwell.
□ Menurunkan syarat-syarat batas medan B dan E pada
batas/interface dua media berbeda.
6.
RADIASI ELEKTROMAGNETIK
Standar kompetensi :
□ Merumuskan medan listrik dan magnet dalam potensial
vektor A dan skalar φ
□ Merumuskan sifat simetri gauge untuk menerapkan syarat
(gauge) Lorentz.
□ Merumuskan persamaan gelombang potensial φ dan A
□ Mendeskripsikan medan potensial retardasi dari φ dan A
□ Mendeskripsikan kasus radiasi dipol dan vektor Poynting
serta menghitung daya radiasi untuk kasus radiasi dipol dan
radiasi antena setengah-gelombang.
BAB I
MEDAN LISTRIK ARUS MANTAP
(STEADY CURRENT)
MEDAN LISTRIK ARUS MANTAP (STEADY CURRENT)
Persamaan kontinuitas:
r r ∂ρ
∇•J +
=0
∂t
dimana:
r
J = rapat arus
ρ = rapat muatan
Disebut arus mantap, jika rapat muatan tidak berubah terhadap waktu, maka:
r r
∂ρ
= 0 ⇒ ∇•J = 0
∂t
A. INDUKSI MAGNET
Pandang dua buah muatan titik q dan q1, dimana q1 terletak ti titik O
(titik asal koordinat) dan q terletak pada posisi r dari titik O.
y
Jika muatan-muatan q dan q1 diam,
maka gaya pada muatan q yang
diberikan q1 diungkapkan oleh gaya
Coulomb:
q
r
r
O
q1
z
x
r
Fe =
r
1 qq1 r
4πε0 r 2 r
r
r
r
= vektor satuan searah r
r
r
r
=1
r
r
Sekarang pandang bahwa muatan q bergerak dengan kecepatan v
r
dan q1 dengan kecepatan v1, maka muatan q akan memperoleh gaya
tambahan:
r
r
µ0 qq1  r  r r 
Fm =
v x  v1 x  
2 
4π r  
r 
µ0
= 10−7 N.s2 / C2
4π
= gaya magnet
Dalam listrik statik, medan
elektrostatik didefinisikan :
r
r F
E=
q
Jadi medan elektrostatik yang
ditimbulkan oleh muatan q1:
r
r
1 q1 r
E=
4πε0 r 2 r
Induksi magnet pada muatan q
yang diakibatkan q1 di titik O:
r µ0 q1  r rr 
v x 
B=
2  1
r
4π r 
Gaya magnet yang bekerja di q:
(
r
r r
Fm = q v x B
)
Maka gaya total pada muatan q adalah:
r r r
F = Fe + Fm
r
r r
= qE + q v x B
r r r
= q E+ vxB
(
[ (
)
)]
⇒ gaya Lorentz
Implikasi gaya Lorentz :
1. Gaya Lorentz F selalu tegak lurus dengan kecepatan v.
2. Jika v . Fm = 0 untuk setiap medan B sembarang, maka medan magnet tidak
bekerja pada partikel bermuatan.
Definisi :
1
ε0µ0 = 2 , maka :
c
r
Fm =
r
r r
1 qq1 v  v1 r 
 x 
2
4 πε0 r c  c r 
c = 2.9979 x 108 m / s
Medan magnet yang dihasilkan oleh partikel q1 yang bergerak secara
seragam adalah :
r vr 1 E
B= x
c c
Gaya magnet bergantung tidak hanya pada kecepatan relatif dari dua muatan,
tetapi juga pada sistem koordinat.
B. GAYA PADA KONDUKTOR BERARUS
Pandang suatu kawat konduktor lurus yang diberi arus I. Di dalam kawat terdiri
dari muatan-muaatan q yang bergerak dengan kecepatan v.
r
v
r
I
q
dl
r
Gaya pada muatan q yang bergerak
r dengan kecepatan v dalam medan
magnet dengan induksi magnet
(
B
r
r r
Fm = q v x B
adalah:
)
Misalkan di dalam kawat terdiri dari N jumlah pembawa muatan q persatuan volume, A adalah luas penampang kawat dan
r setiap pembawa
muatan q bergerak dengan
r kecepatan yang sama v maka muatan
dalam elemen panjang d l :
r
dq = N A d l q
r
Maka gaya pada elemen panjang d l :
(
)
(
)
(
)
r r r
r
r r
dFm = dq v x B = N A d l q v x B
r r
d l // v
r
r r r
⇒ dFm = N A q v d l x B
1
424
3
(
r r
r
dFm = I d l x B
Gaya pada sirkuit tertutup:
r r
r
F = I dl x B
∫
C
)
I = arus
Jika medan magnet B seragam (tidak bergantung pada posisi), maka :
 r  r
r
F = I d l × B = 0
 C 
∫
C. TORQUE
Torque adalah momen gaya yang didefinisikan sebagai :
(
r r
r
r r r
dτ = r × dF = I r × d l × B
)
Untuk sirkuit/lintasan tertutup :
∫ (
r r
r
r
τ = I r × dl × B
)
C
Jika medan magnet B uniform, maka :
r
r
r r r
d l × B = i (dyBz − dzBy ) + j(dzBx − dxBz ) + k (dxBy − dyBx )
[ (
[ (
[ (
r
r×
r
r×
r
r×
r r
dl × B
r r
dl × B
r r
dl × B
)]
)]
)]
= y dxBy − y dyBx − z dzBx + z dxBz 

y = z dyBz − z dzBy − x dxBy + x dyBx  .....( a )

z = x dzBx − x dxBz − y dyBz + y dzBy 

x
Karena B diasumsikan uniform (tidak bergantung posisi r), maka komponen B
bisa dikeluarkan dari integral.
Untuk menghitung torque, maka kita definisikan dulu integral ruang :
∫ ξ dξ
dan
∫ ξ dη
Dimana ξ adalah sistem koordinat dan η juga sistem koordinat lain yang berbeda
dengan ξ.
∫ ξdξ
adalah trivial karena menggambarkan integral dari nilai terendah
ξ1 dan nilai tertinggi ξ2 dari ξ d ξ ditambah integral dari ξ2 sampai
ξ1 dari ξd ξ, sehingga akan mengeliminasi enam komponen dari
persamaan (a) diatas.
∫ ξdη
Melibatkan dua variabel ξ dan η sehingga tidak mengakibatkan perbedaan
apakah integral diambil melalui lintasan riil C atau proyeksi lintasan tsb
pada bidang ξ-η (lihat gambar dibawah).
η
ζ
b
C
ξ = ξ2 (η)
ξ = ξ1 (η)
η
a
ξ
Proyeksi lintasan C pada
bidang ξ-η
Evaluasi integral
∫ ξdη
ξ
b
a
∫ ξ dη = ∫ ξ (η)dη + ∫ ξ (η)dη
1
a
2
b
Persamaan diatas menghasilkan suatu luas daerah yang dilingkupi proyeksi
kurva/lintasan (positif). Jika ξ dan η adalah urutan siklus dalam sistem koordinat
tangan-kanan maka arah dimana jika kontur adalah tertutup akan memberikan
arah-ζ.
∫ ξ dη = Aζ
dengan ξ,η, dan ζ adalah siklik permutasi x,y,z.
C
τy

x = I (A y Bz − A z By )

 r
r r
y = I (A z Bx − A x Bz ) τ = IA × B


z = I (A x By − A y Bx )

∫ [ ( )]
r r
r
= I ∫ [r × (d l × B)]
r r
r
τx = I r × d l × B
C
∫[ (
r r
r
τz = I r × d l × B
C
)]
Dimana vektor A merupakan vektor yang komponen-komponennya adalah luas
yang dilingkupi oleh proyeksi kurva C pada bidang-bidang yz, zx, dan xy.
Kuantitas IA merupakan momen dipol magnet sirkuit :
r
r

m = IA
r
r
r
1

1 r r r  m = I r × dl
r × dl = A
2 C

2C

∫
∫
momen dipol magnetik
Untuk kawat yang berarus, maka :
r r
I d l → J dv
r 1r r
dm = r × J dv
2
Sangat berguna untuk membahas sifat
magnetik dari bahan.
HUKUM BIOT-SAVART
HUKUM BIOT SAVART
Menggambarkan gaya interaksi antara dua sirkuit konduktor berarus.
r
r r
d l2 x (r1 − r2 )
I1
r
r r
d l1 x (r2 − r1 )
1
r
dl2
r r
r2 − r1
r
dl1
r
r2
r
r1
O
2
I2
Hukum Ampere:
Gaya yang bekerja pada sirkuit-1 akibat oleh sirkuit-2:
[
]
r
r
r r
d l1 x d l2 x ( r1 − r2 )
r r 3
r1 − r2
1 C2
r µ0
F1 =
I1I 2
4π
C
∫∫
Gaya yang bekerja pada sirkuit-1 akibat oleh sirkuit-2:
[
]
r
r
r r
d l2 x d l1 x ( r2 − r1 )
r r3
r2 − r1
1 C2
r
µ
F2 = 0 I1I 2
4π
C
∫∫
µ0
= 10−7 N / A 2
4π
Gaya-gaya diatas merupakan gaya aksi-reaksi, yaitu:
r
r
F1 = − F2
Buktikan !!
PR
Bukti:
(
) (
) (
] [
)
r r r
r r r r r r
1. A x B x C = B A • C − C A • B
r
r
r r r
r
r
r r r
r r
d l2 x d l1 x ( r2 − r1 ) = d l1 ( r2 − r1 ) • d l2 − d l1 • d l2 (r2 − r1 )
[
] [(
]
)
r
r
r
r r
r
r
r
(
(
µ0
r2 − r1 ) • d l2
µ0
r2 − r1 ) r
F2 =
I1I 2
d l1 −
I1I 2
d l1 • d l2
r
r
r
r
3
3
4π
4π
r2 − r1
C1 C2
C1 C2 r2 − r1
∫∫
∫∫
Suku pertama:
r
r r
(r2 − r1 ) • d l2 drl = − ∇r 1 drl drl
r
1
2 r
2 1
r r3
−
r
r
r2 − r1
2
1
C1 C2
C1 C2
∫∫
∫∫
r r
r
1
= − d l1 ∇2 r r d l2
r2 − r1
C
C
∫
∫
1
2
(
)
Dalil Stokes:
∫
r r
F • dl =
C
∫(
)
r r r
∇ x F • n da
S


r
r r
(r2 − r1 ) • d l2 drl = − drl ∇r x ∇r 1  • nr da = 0
r
1
1
2
2 r
r r3
r2 − r1 

r2 − r1
C1 C2
C1
C2 14424
4
3

r r
∇ x ∇φ=0


∫∫
∫
∫
r r
(r2 − r1 ) drl • drl .................. (1)
1
2
r r3
r − r1
1 C2 2
r
µ0
F2 = −
I1I 2
4π
C
∫∫
(
)
[
]
r
r
r r
r µ0
d l1 x d l2 x (r1 − r2 )
2. F1 =
I1I 2
r r 3
4π
r1 − r2
C1 C2
r r r r
r r
r
(
r1 − r2 ) r
d l2 d l1 • ( r1 − r2 ) µ0
µ0
d l1 • d l2
I1I 2
−
I1I 2
=
r
r
r
r
3
3
4π
4π
r1 − r2
C1 C2 r1 − r2
C1 C2
144424443
∫∫
[
∫∫
]
∫∫
(
=0
r r
(r1 − r2 ) drl • drl ............................(2)
1
2
r r 3
r − r2
1 C2 1
r
µ
F1 = − 0 I1I 2
4π
C
∫∫
Karena:
(
r r
r r
(r2 − r1 ) = −(r1 − r2 )
r r
r r
r2 − r1 = r1 − r2
)
)
Maka:
r µ0
F1 =
I1I 2
4π
C
(rr2 − rr1 ) (drl
r
1 • d l2
∫ C∫ rr2 − rr1 3
)
1 2
r r
(r2 − r1 ) drl • drl
1
2
r r3
r − r1
1 C2 2
(
r
µ
F2 = − 0 I1I 2
4π
C
∫∫
Maka terbukti bahwa :
r
r
F1 = − F2
Bagaimana dengan induksi magnetnya?
r r
r r
r
r
F = I d l x B ⇒ F1 = I1 d l1 x B1
∫
C
∫
C1
r r
r
F2 = I 2 d l2 x B2
∫
C2
)
Maka diperoleh Hukum Biot-Savart:
r
r r
r r
µ0
d l2 x ( r1 − r2 )
(
)
B r1 =
I2
r r 3
4π C
r1 − r2
2
r
r r
r r
µ0
d l1 x ( r2 − r1 )
B(r2 ) =
I1
r r3
4π C
r2 − r1
1
∫
∫
Induksi magnet di sirkuit-1
Induksi magnet di sirkuit-2
rr
Untuk arus yang merupakan distribusi kontinu digambarkan oleh rapat arus J ( r )
rr
r r
r r
µ J (r2 ) x (r1 − r2 )
dv 2
B(r1 ) = 0
r
r
3
4π V
r1 − r2
rr
r r
r r
µ0 J (r1 ) x (r2 − r1 )
dv1
B(r2 ) =
r
r
3
4π V
r1 − r2
∫
∫
Dalam medan magnet bahwa kutub-kutub magnet selalu berpasangan
/dipol (kutub-kutub magnet tidak berdiri sendiri, tidak monopol), maka
harus berlaku:
r r
∇•B = 0
Bukti !!
r
r r
r r r
r
d l2 x (r1 − r2 )
µ0
I 2 ∇1 • r r 3
∇1 • B(r1 ) =
4π C
r1 − r2
2
r r r
r r r r r r
⇒ ∇• Fx B = G • ∇x F − F• ∇xG
r
r
dim ana F = d l2
r (rr1 − rr2 )
r
1
G = r r 3 = −∇1 r r
r1 − r2
r1 − r2
r r r
r r r
r
r r
(
µ0
r1 − r2 )
µ0
1
∇1 • B(r1 ) =
I 2 r r 3 ∇1 x d l2 +
I 2 ∇1 x ∇1 r r
424
3 4π
4 π C r1 − r2 1
r1 − r2
C2 14
=0
4
2
44
3
2
r r
∫
(
(
)
)
(
∫
r r r
∇1 • B(r1 ) = 0
)
∫
∇ x ∇φ=0
( terbukti)
Dengan menggunakan cara yang sama, maka dapat dibuktikan juga bahwa:
r r r
∇2 • B(r2 ) = 0
Secara umum
r r r
∇ • B(r ) = 0
APLIKASI HUKUM BIOT-SAVART
1. Kawat konduktor panjang lurus
Suatu kawat panjang lurus tak hingga sejajar dengan sumbu-x diberi arus I.
Tentukan induksi magnet di titik P sejauh a dari kawat tersebut.
Solusi:
y
P
r r r
i × ( r2 − r1 )
a
r r
r2 − r1
r
r2
r
r
d l = dx i
r r r
r r r
d l x (r2 − r1 ) = dx i x (r2 − r1 )
r
r r
= dx r2 − r1 sin θ k
I
−∞
θ
r
r1
z
dx
+∞
x
y
P
a
r r
r2 − r1
r
r2
I
−∞
θ
r dx
r
1
z
r r
r2 − r1 =
a
a
=
sin (180 − θ) sin θ
r r3
a3
r2 − r1 =
sin 3 θ
Berapakah nilai:
r
r r
dx r2 − r1 sin θk
+∞
x
a
= tan (180 − θ) = − tan θ
x
cos θ
x = −a
sin θ
 − sin 2 θ − cos2 θ 
a

d
dθ
dx = −a 
θ
=
2
2

sin θ
sin θ


Maka:
r
r r
dx r2 − r1 sin θk =
r
a
a
. sin θdθk
.
2
sin θ sin θ
r
a2
=
dθk
2
sin θ
Induksi magnet di titik P adalah:
r r r
r
µ
dx i x ( r2 − r1 )
B(a ) = 0 I
4π −∞ ( rr2 − rr1 ) 3
r
π 2
3
µ0 a sin θ dθ k
=
I
4π 0 sin 2 θa 3
+∞
∫
∫
π
r
µ0
=
I sin θ dθ k
4π 0
π
µ0 r
=
I k (− cos θ) 0
4 πa
µ0 v
=
Ik
2 πa
∫
2. Kawat konduktor melingkar yang berpusat di titik 0 dan berjejari R, diberi arus I
z
P
z
r r
r2 − r1
r
r2
(
θ
x
-x
r
r
r
r1 = R cos θ i + R sin θ j
r
r
r2 = zk
r
r r
r r
(r2 − r1 ) = − R cos θ i − R sin θ j + zk
r r
2
2 1/ 2
r2 − r = R + z
r
r
r
d l = − R sin θ dθ i + R cos θ dθ j
r
r1
I
dθ
y
r
dl
)
r
r
r r r
2
2
d lx (r2 − r1 ) = R sin θ dθ k + Rz sin θ dθ j
r
r
2
2
+ R cos θ dθ k + Rz cos θ dθ i
Maka induksi magnet di titik P adalah:
r
2π r r
r r
d lx (r2 − r1 )
µ
B(r2 ) = 0 I
4π 0 rr2 − rr1 3
∫
2π
2π
2π
Rz cos θdθ
Rz sin θdθ r
R 2dθ r
µ0 
i
+
k
+
I
=
2
2 3/ 2
2
2 3/ 2
4π  0 R 2 + z 2 3 / 2
R
z
+
R
z
+
0
0
∫(
)
∫(
)
∫(
)
r 
i

r r
B( r2 ) =
(
µ0 R 2 I
4π R 2 + z 2
−
(
µ0 RzI
2
4π R + z
)
3/ 2
)
2 3/ 2
R2
µ0I
=
2 R 2 + z2
(
r 2π
kθ +
)
3/ 2
(
4π R 2 + z 2
0
r
j cos θ
µ0 RzI
3/ 2
2π
0
2π
0
r
k
Arah induksi magnet sejajar dengan sumbu-z
r
R2
µ0I
B(z ) =
2 R 2 + z2
x
(
R
P
z
y
)
r
i sin θ
z
)
3/ 2
r
k
Bila kawat terdiri dari N buah
lilitan, maka induksi magnet
menjadi:
r
R2
µ0 NI
B(z ) =
2 R 2 + z2
(
)
3/ 2
r
k
Lilitan Helmholtz
Dua buah kawat melingkar yang sesumbu, masing-masing terdiri dari Nbuah lilitan dan diberi arus I yang searah.
2b
x
x
Jika titik P berada di
tengah-tengah
kumparan (z = b), maka
karena arusnya searah,
induksi magnet di titik P
sama dengan nol.
R
R
P
I
z
y
I
z
y
N-lilitan
N-lilitan
Induksi magnet di titik P:
µ0 NIR 2
Bz (z ) =
2

1
 2
 R + z 2
(
)
3/ 2

+

2
2 3/ 2
(2b − z ) + R 
[
1
]
µ 0 NIR 2
Bz (z ) =
2

1
 2
 R + z 2
(
)
3/ 2

+

2
2 3/ 2

(2b − z ) + R
1
[
]
Turunan pertama dari Bz terhadap z adalah:
dBz µ0 NIR 2
=
dz
2
 3
2z
−

 2 R 2 + z 2
(
)
5/ 2
3
2(z − 2b )
−
2 (2b − z )2 + R 2
[

5/ 2 

]
Di z = b, turunan ini sama dengan nol.
Turunan kedua dari Bz terhadap z adalah:
d 2 Bz
3µ0 NIR 2
=−
2
2
dz

1
 2
 R + z 2
(
)
5
2z 2
−
2 R 2 + z2
z =b
3µ 0 NIR 2
=−
2
5/ 2
(
)
7/2
+
1
[(2b − z ) + R ]
2
Di z = b, maka:
d 2 Bz
dz 2
 2 R 2 − 8b2 
 2

2 7/2
 R + z

(
)
2 5/ 2
5
2(z − 2b )2
−
2 (2b − z )2 + R 2
[

7/2 

]
d 2 Bz
dz 2
z =b
3µ 0 NIR 2
=−
2
 2 R 2 − 8b2 
 2

2 7/2
 R + z

(
)
Turunan ini menjadi nol, jika R2 - 4b2 = 0, maka jarak kedua kumparan adalah:
2b = R
Berarti bahwa jarak antara kedua kumparan harus sama dengan jari-jari
kumparan. Sehingga induksi magnet di titik P menjadi:
Bz =
µ0 NI 8
R 53 / 2
Dalam eksperimen penentuan muatan spesifik dari elektron, diketahui bahwa
hubungan antara medan magnet dan arus listrik adalah:
B = const. I
N
Maka besarnya konstanta adalah: const. = 0.72µ 0
R
Setup eksperimen untuk penentuan muatan spesifik
elektron menggunakan lilitan Helmholtz
Diagram lintasan elektron dalam eksperimen penentuan muatan
spesifik elektron dengan lilitan Helmholtz
Lilitan Helmholtz
datas
Tabung gelas
Tegangan
pemercepat elektron
Tegangan
pemfokusan
elektron
Tegangan
filamen
lintasan elektron
ve
Anoda
Fokus
elektron
FLorentz
Fsentrifugal
dbawah
Berdasarkan kesetimbangan gaya, bahwa gaya Lorentz harus sama
dengan gaya putaran (sentrifugal).
FLorentz = Fsentrifugal
me v 2
q.v.B =
r
q
v
=
m e r. B
Kecepatan elektron v akibat dipercepat oleh anoda menjadi :
1
E k = U = me v 2
2
Dengan kombinasi kedua persamaan diatas, maka :
r2 = 2
me U
. 2
q B
Dengan menggambarkan grafik hubungan r2 dengan U/B2 , diperoleh
gradien b, sehingga muatan spesifik elektron menjadi :
2
q
=
b me
dimana:
45
B = const.I m
35
-4
30
2
2
r [10 m ]
 2me 
b = 

 q 
40
25
20
15
20
25
2
30
7
35
2
U/B [10 V/T ]
40
Solenoida
Suatu silinder berjari-jari R dan panjang L, diberikan lilitan sebanyak N-lilitan dan
diberi arus listrik I. Berapakah induksi magnet di titik P di dalam selenoida ?
dz
R
α1
R
P α
2
z0
L
L
Induksi magnet di titik P (z0) diperoleh dengan membagi panjang silinder L menjadi
elemen-elemen panjang dz, dimana setiap dz mengandung Ndz/L lilitan.
µ0 NI R 2
Bz ( z 0 ) =
L 2
L
∫ [(z
0
dz
− z) + R
2
0
]
2 3/ 2
dz
R
z
α
α1
z0
µ0 NI R 2
Bz ( z 0 ) =
L 2
α2
P
0
− z) + R
2
0
2 α2
µ NI R
Bz ( z 0 ) = − 0
L 2
R = z 0 tan α1
R = (L − z 0 ) tan α2
z − z 0 = R cot α
µ0 NI
=
2L
R
dz = − 2 dα
sin α
2
0 − z) + R
∫ [(z
dz
]
2 3/ 2
]
2 3/ 2
Maka induksi magnet di titik P:
L
[(z
L
 R 
=

α
sin


3
∫
(R / sin α) dα
2
3
(
)
R
/
sin
α
π −α1
π− α1
∫ sin α dα
α2
µ0 NI
[− cos(π − α1 ) + cos α2 ]
2L
µ NI  cos α1 + cos α2 
= 0 

L 
2
=
Jika panjang solenoid lebih besar dibandingkan dengan jari-jari dan z0 tidak
mendekati nol atau L, maka sudut α1 dan α2 kesil dan bisa didekati dengan :
R
R
α1 ≅
; α2 ≅
z0
L − z0
Sehingga :

R2
µ0 NI  R 2
Bz (z 0 ) ≅

1 − 2 −
L  4z 0 4(L − z 0 )2 
Jika radius solenoida kecil, maka medan magnet menjadi :
µ 0 NI
Bz (z 0 ) ≅
L
BAB II
HUKUM SIRKUIT AMPERE
r r
Untuk arus mantap: ∇ • J = 0
r r
∇xB mempunyai nilai tertentu yang dapat dinyatakan sebagai:
r r r
rr
∇xB( r ) = µ0 J (r )
Dalam Hukum Biot-Savart, induksi magnet di sirkuit-1 akibat pengaruh sirkuit-2
adalah:
r r r
r r
µ
d l2 x (r1 − r2 )
B( r1 ) = 0 I 2
r r 3
4π c
r1 − r2
2
∫
r
r
Dengan mengubah I 2d l2 = J (r2 ).dV2 maka:
rr r r
r r
J (r2 )x (r1 − r2 )
µ
B( r1 ) = 0
dV2
r
r
3
4π V
r1 − r2
2
∫
Nilai Curl dari B, diperoleh:
r r
r r 

r
r r r
µ
J ( r )x (r − r )
∇1x B(r1 ) = 0 ∇1x  2r r1 3 2  dV2
4π V
r1 − r


2
Ingat :
r
r r r r r r r r r r r r
r r
∇1x ( FxG ) = G • ∇1 F + ∇1 • G F − F • ∇1 G − ∇1 • F G
r rr
F = J (r2 )
r (rr1 − rr2 )
r
1
G = r r 3 = −∇1 r r
r1 − r2
r1 − r
∫
(
) (
) (
) (
)
maka :
r r r  r
r r r
r r r2 1
1


G • ∇1 F =  − ∇1 r r • ∇1  J (r2 ) = − J (r2 ) ∇1 r r
r1 − r2
r1 − r2


r r r
r rr r
r r r2 1
1
∇1 • F G = − ∇1 • J (r2 ) ∇1 r r = − J (r2 ) ∇1 r r
r1 − r2
r1 − r2
(
)
(
)
(
)
sehingga :
r
r r r r r r
r r
∇1x ( FxG ) = ∇1 • G F − F • ∇1 G..................................(# )
(
) (
)
Dengan demikian maka:
r r
r r
r r r
r
r
r
r
(r − r ) r
(r − r )
µ
µ
∇1x B(r1 ) = 0 ∇1 • r1 r 2 3 J (r2 ) dV2 − 0 J (r2 ) • ∇1 r1 r 2 3 dV2
4π V
4π V
r1 − r2
r1 − r2
∫
∫
2
2
r
µ0 r r
1
=
∇1 • ∇1 r r J (r2 ) dV2 − 0
4π V
r1 − r2
2
∫
r
µ0 r 2 1
=
∇1 r r J (r2 ) dV2
4π V
r1 − r2
2
∫
r r r
µ0
=
4π δ(r1 − r2 ) J (r2 ) dV2
4π V
2
rr
= µ0 J (r1 )
∫
Sehingga diperoleh Hukum Sirkuit Ampere:
r r r
rr
∇1xB(r1 ) = µ0 J (r1 )
Hukum Ampere dalam bentuk lain:
∫(
)
r r r
r r
∇xB • n da = µ0 J • n da
∫
S
S
Dalil Stokes
∫
C
r r
r r
B • d l = µ0 J • n da
∫
S
Contoh:
1. Suatu kawat lurus panjang yang diberi arus listrik I, diletakkan dalam suatu
sirkuit tertutup, berapakah induksi medan magnet di dalam sirkuir tersebut ?
I
dθ r
r
dl
Pada kasus kawat panjang lurus, diperoleh:
r
µ0I r
B(a ) =
k
2 πa
r µ0I
B=
2 πr
Maka:
∫
Hukum Ampere:
∫
r r
r r
B • d l = µ0 J • n da
∫
r r
B • dl =
C
C
∫
S
∫
C
r
B r dθ
r r 2 π µ0I
B • dl =
r dθ = µ0 I
2 πr
C
0
; dl = rdθ
∫
2 πr B = µ 0 I
µ0I
B=
2 πr
2. Medan magnet dari suatu kawat konduktor koaksial dengan jari-jari bagian
dalam a dan bagian luar b.
Untuk lingkaran yang berjejari r, maka :
∫
b
a
r r
B • d l =2πrB
Maka medan magnet masing-masing daerah adalah :
2πrB = µ0I
;a<r<b
2πrB = 0
;r>b
POTENSIAL VEKTOR MAGNET
Untuk memudahkan perhitungan induksi magnet, kita kembali ke permasalah listrik
statik, dimana :
r r
∇x E = 0
Di dalam medan magnet, kita ketahui bahwa:
r r
r r
∇ x B ≠ 0 namun ∇ • B = 0
Sehingga secara umum, bahwa:
r r r
∇•∇x F = 0
dimana F adalah vektor sembarang
Dengan demikian dapat didefinisikan bahwa:
r r r
∇ • (∇ x A ) = 0
r r r
B = ∇xA
Dengan syarat bahwa:
r r
r
∇ x B = µ0J
r r r
r
∇ x ∇ x A = µ0J
r r r
r2r
r
∇ ∇ • A − ∇ A = µ 0 J .......... .......... .....( 1)
(
(
)
)
Telah kita ketahui bahwa:
r r
∇•B = 0
r r r
∇• ∇xA = 0
(
)
r r
Dengan mendefinisikan bahwa ∇ • A = 0 maka:
r2r
r
∇ A = −µ0 J
Dimana A adalah potensial vektor magnet. Pertanyaannya adalah bagaimana
formula untuk A:
Solusi:
r
r r
r r
µ0
d l1 x (r2 − r1 )
B(r2 ) =
I1
r r3
4π C
r2 − r1
1
rr r r
1
µ0 J (r1 ) x (r2 − r1 )
µ0 r r r
dV1 = −
J (r1 ) x ∇2 r r dV1
=
r
r
3
4π V
4π V
r2 − r1
r
r
−
2
1
1
1
∫
∫
∫
Ingat:
r
r r r r
r
∇ x αF = α∇ x F + ∇αF
1
;α= r r
r2 − r1
r r
dan F = J
rr
r
r
rr
J (r1 )
1 r rr
1
∇2 x r r = r r ∇2 x J (r1 ) + ∇2 r r x J ( r1 )
r2 − r1
r2 − r1
r2 − r1
rr
rr


r
r
r r
µ0
J (r1 )
J (r1 )
µ0
Maka: B( r2 ) =
∇2 x r r dV1 = ∇2 x 
r r dV1 
4π V
r2 − r1
 4π V r2 − r1

1
1


∫
∫
Potensial vektor magnet didefinisikan sebagai:
r
r r
r r
B(r2 ) = ∇2 x A(r2 ) ;
maka :
rr
r r
µ
J (r )
A(r2 ) = 0 r 1 r dV1
4π V r2 − r1
1
rr
r r
µ
J (r )
A(r1 ) = 0 r 2r dV2
4π V r1 − r2
∫
∫
2
MEDAN MAGNET PADA RANGKAIAN JARAK JAUH
r
r
Sirkuit jauh artinya: r2 >> r1
r
r1
r
r2
I
(
r r −1
r r
1
2
2
=
−
=
+
−
r
r
r
r
2
r1 • r2
r r
2
1
2
1
r2 − r1
r r
r −1/ 2

1
2 r1 • r2 r1 
= 1 −
+ 2
2
r2 
r2
r2 
r r
r22 = r2 • r2
r r
r12 = r1 • r1
∞
)
−1 / 2
Diuraikan dalam bentuk
deret Binomial
Deret Binomial:
n( n − 1) n −2 2
n n −1
(a + b ) = a + a b +
a b + ... + b n
1!
2!
r r
r •r
1
Dengan harga-harga: a = 1 ; b = −2 1 2 2 ; dan n = −
2
r2
n
n
r r
r r


1
1
1 2 r1 • r2
1 r1 • r2
=
+
=
+ 3
1
r r


2
r2 − r1 r2  2 r2  r2
r2
r r
r
J (r1 ) dV1 → I1 d r1
Maka potensial vektor magnet:
r
r r
dr
µ
A(r2 ) = 0 I1 r 1 r
4π C r2 − r1
∫
r r r
1 r r
µ0
I r xS ; S = −
d r1 x r1 = luas sirkuit
=−
3 1 2
2
4πr2
∫
Penurunan rumus dapat dilihat di buku J.R. Reitz dkk,”Dasar Teori Listrik-Magnet.” hal. 221.
r r
r
µ0 r r r
A(r2 ) = −
r x m ; m = I1S = momen magnet
3 2
4πr2
r r
µ0 r r
A(r2 ) =
m x r2
3
4πr2
Artinya bahwa untuk di titik jauh dari sirkuit,
potensial vektor magnet bergantung pada
momen magnetnya
Bagaimana dengan induksi magnetnya ?
r
r r
r r
B(r2 ) = ∇2 x A( r2 )
r
µ0 r  r r2 
=
∇2 x  m x 3 
4π
r2 

Gunakan:
(
) (
) (
) (
)
r
r r r r
r r r r r r r r
r r
∇2 x ( FxG ) = G • ∇2 F + ∇2 • G F − F • ∇2 G − ∇2 • F G
r r
dim ana : F = m
r rr2
G= 3
r2
r
r
r
r
r
r
r
r
 r2 r  r  r

r r2
r
r
r
r
r
r
∇2 x ( m x 3 ) =  3 • ∇2  m +  ∇2 • 23  m − m • ∇2 23 − ∇2 • m 23
r2
r2 
r2
r2
 r2


r
r r r2
= 0 + 0 − m • ∇2 3 − 0
r2
r
r
r
r
= − m • ∇2 23
r2
(
(
(
)
)
)
r
r
r
r 1
r2 1
r2
⇒ ∇2 • 3 = −∇2 • ∇2 = −∇ 2 = 0 ; jika r2 ≠ 0
r2
r2
r2
r
r r
r
r r r2
(
m • r2 ) r m
r2 + 3
⇒ m • ∇ 2 3 = −3
5
r2
r2
r2
(
)
Maka induksi magnet di sirkuit jauh (dipol magnet) adalah:
r r
r
r r
µ0  (m • r2 ) r m 
B(r2 ) =
r2 − 3 
3
5
4π 
r2
r2 
(
)
Induksi magnet di titik
nol (0):
r
r
dari sebuah dipol magnet yang terletak di titik
(
)
r r
r

r r
•
m
r
r m
µ0
r − 3
Br =
3
5
4π 
r
r 
()
Dalam medan magnet, kita mempunyai 2 (dua) potensial yakni: potensial
vektor dan potensial skalar magnet. Sedangkan dalam elektrostatik, kita
hanya mempunyai potensial skalar saja.
POTENSIAL SKALAR MAGNET
POTENSIAL SKALAR MAGNET
r r
r
∇ x B = µ0 J
Persamaan diatas menunjukkan bahwa curl dari induksi magnet sama dengan
nol, jika rapat arusnya nol. Sehingga induksi magnetnya dapat diungkapkan
sebagai gradien dari potensial skalar.
r *
r
B = −µ0∇φ
r r
∇x B = 0
r r
∇ x ∇φ = 0
Dimana φ* adalah potensial skalar magnet.
Disisi lain bahwa:
r r
∇•B = 0
r
r
r2
∇ • − µ0∇φ * = −µ0∇ φ* = 0
(
)
r2
∇ φ* = 0
Dalam daerah yang tidak mempunyai rapat arus, potensial skalar magnet
memenuhi persamaan Laplace. Sehingga solusinya sama dengan dalam problem
listrik statik.
Namun, kita harus hati-hati dalam menerapkan syarat batas. Nilai φ* dari suatu
lintasan/sirkuit yang membawa arus bukan merupakan fungsi yang berharga
tunggal.
Ungkapan potensial skalar dari suatu dipol magnet sangat berguna.
r
r r
r r
µ0  (m • r2 ) r m 
r2 − 3 
B(r2 ) =
3
5
4π 
r2
r2 
Dapat ditulis dalam bentuk :
r r 
rm
r r
• r2 


B(r2 ) = −µ0∇
3 
 4πr2  
r
r r

B(r2 ) = −µ0∇φ *

maka :
r r
r
m • r2
untuk suatu dipol magnet m.
φ * (r2 ) =
3
4πr2
POTENSIAL SKALAR DARU SUATU DIPOL MAGNET
Pandang suatu sirkuit besar C yang dibagi-bagi menjadi elemen-elemen kecil
(sirkuit C1), dimana setiap elemen kecil mengalirkan arus yang sama seperti yang
diberikan oleh sirkuit C, maka pada daerah yang berbatasan, arusnya akan saling
menghilangkan, sehingga muatan hanya mengalir (arus) pada sirkuit C saja.
P
r
r
C1
Potensial skalar magnet di titik nol:
(
)
r r
r

r r
•
m
r
r
µ
m
−
B r = 0 3
r
5
3
4π 
r
r 
r r
µ0 r m • r
=− ∇ 3
4π
r
()
yang memenuhi:
C
I
(
(
)
)
r r r
r r
∇ (F • G) = G • ∇
r r
+ F•∇
r r
F+Gx
r r
G + Fx
(
(
)
r r
∇x F
r r
∇xG
)
Maka potensial skalar magnet untuk sirkuit kecil C1:
r r
•r
d
m
dφ*m =
4 πr 3
Dalam satu sirkuit kecil, arus saling menghilangkan sehingga setiap sirkuit dapat
dianggap sebagai sebuah dipol magnet dengan momen dipol:
r
r
dm = I n da
r
n = vektor normal elemen sirkuit da
Jadi potensial skalar untuk satu sirkuit :
r r
In• r
dφ*m =
da
3
4 πr
Sehingga potensial skalar untuk sirkuit besar C adalah:
I
* r
φm (r ) =
4π
∫
r r
n•r
da
3
r
Potensial skalar magnet dapat digunakan
untuk menghitung medan magnet yang
ditimbulkan oleh rangkaian berarus atau
oleh lapisan dipol magnetik (menangani
bahan-bahan magnet).
FLUKS MAGNET
r r
r r
Identik dengan fluks listrik φ el = E .d A = E • n da
, fluks magnet [Weber, Wb]
didefinisikan sebagai banyaknya garis-garis gaya magnet yang melewati suatu
permukaan dengan luas A.
∫
∫
r r
Φ = B • n da
∫
S
Karena semua garis-garis gaya magnet adalah tertutup, maka total fluks magnet
yang melalui suatu permukaan tertutup A dari suatu volume V harus nol. Hal ini
akibat dari jumlah garis-garis medan yang masuk sama dengan jumlah garisgaris medan yang keluar dari suatu permukaan tertutup A.
r
dA
r
dA
N
a)
r r
dΦ = B.dA
r r
b) Φ = B.dA = 0
∫
c)
S
Φ=0
Untuk permukaan tertutup berlaku:
r r
r r
Φ = B • n da = ∇ • B da = 0
∫
S
Sehingga:
r r
∇⋅B = 0
∫
V
yang merupakan bentuk matematik dari
fenomena fisika, bahwa tidak ada magnet
satu kutub; selalu ada dua kutub yaitu kutub
Utara dan kutub Selatan.
BAB III
SIFAT MAGNET DARI BAHAN
‰ Setiap bahan tersusun dari atom-atom.
‰ Setiap atom terdiri dari elektron yang dapat bergerak.
‰ Elektron-elektron ini bergerak dalam suatu atom tunggal sehingga
menghasilkan arus yang disebut arus atom (arus sirkulasi).
‰ Elektron-elektron yang bebas atau ion-ion bermuatan bergerak
menimbulkan arus yang disebut arus transport.
Arus atom dan arus transport akan mengakibatkan
medan magnet.
A. MAGNETISASI
Setiap arus atom dapat dianggap sebagai dipol magnet secara makroskopis
sehingga setiap atom dapat dinyatakan dengan momen dipolnya:
r
mi = momen dipol ke − i
Maka momen dipol dari suatu elemen volume ∆V ditulis:
∑
r
mi yang meliputi ∆V
Magnetisasi didefinisikan sebagai momen dipol magnet per-satuan volume:
r
M=
lim
1
∆V → 0 ∆ V
∑
r
mi
i
Secara makroskopis, ∆V sangat kecil akan tetapi secara statistik mengandung
banyak atom.
1. Jika bahan tidak dimagnetisasi, arah dari momen dipol bersifat acak, sehingga:
∑
r
mi = 0
r
⇒M = 0
i
2. Untuk bahan yang dimagnetisasi:
∑
r
mi ≠ 0
i
Magnetisasi merupakan fungsi dari posisi.
Model sederhana dari bahan yang dimagnetisasi segaram
Arus di perbatasan akan saling menghilangkan (tak
ada arus). Arus hanya akan ada di permukaan saja.
Arus permukaan ini mengakibatkan medan magnet.
Bahan dimagnetisasi tak-segaram
Bila bahan dimagnetisasi taksegaram, kerapatannya berbeda
sehingga terdapat resultan arus
IM (arus magnetisasi).
IM
Hubungan antara magnetisasi dan rapat arus magnetisasi
z
1
2
∆z
∆x
y
x
r
M (x ' , y' , z ' )
Magnetisasi dalam elemen
volume 2:
∆y
(x’,y’,z’)
Magnetisasi dalam elemen
volume 1:
r
r
2


∂M
∂ M 2
(
)
M
x
'
,
y
'
,
z
'
+
∆
y
+
∆
y
+
...


2
∂
y
∂
y


≈
r

∂M 
∆y 
 M (x ' , y' , z ' ) +
∂y


Momen magnet elemen volume 1:
r
M ∆x ∆y ∆z
Momen magnet elemen volume 2:
r
r

∂M 
 M +
∆y  ∆x ∆y ∆z
∂y


Komponen-x dari momen
magnet elemen volume 1:
Ia’
M x ∆x ∆y ∆z = I' a∆y∆z
Komponen-x dari momen
magnet elemen volume 2:


∂M x
M
+
∆
y
 x
 ∆x ∆y ∆z = Ia" ∆y∆z
∂y


Mx
Ia”


∂M x
∆y 
 M x +
∂y


Ia’
Mx
Ia”


∂M x
∆y 
 M x +
∂y


Arus magnetisasi ke atas:


∂M x
Ia '− Ia" = M x ∆x −  M x +
∆y  ∆x
∂y


∂M x
=−
∆x ∆y
∂y
Dengan cara yang sama, kita dapat mengambil elemen volume dalam
arah sumbu-y, sehingga arus magnetisasi keatas adalah:
∂M y
∂x
∆x ∆y
Ia”
Ia’
∂M y


 M y +
∆x 
∂x


My
Kedua arus tersebut menimbulkan arus magnetisasi keatas sebesar:
 ∂M y ∂M x 
 ∆x ∆y
−
I a = 
∂y 
 ∂x
Dimana ∆x∆y adalah luas yang dilalui arus Ia.
Rapat arus magnetisasi didefinisikan sebagai:
(J M )x
(J M )y
(J M )z
 ∂M z ∂M y 
Ia

=
= 
−
∆x ∆y  ∂y
∂z 
 ∂M x ∂M z 
=
−

z
x
∂
∂


 ∂M y ∂M x 

= 
−
∂y 
 ∂x
Sehingga rapat arus magnetisasi total adalah curl dari magnetisasi:
r r
r
JM = ∇ x M
B. INDUKSI MAGNET DARI BAHAN DIMAGNETISASI
Titik medan
r
r
r
r'
r
r'
r r
r − r'
∆V’
r
r
r
M
V0
: Vektor posisi titik pengamat
: Vektor posisi titik/sumber medan
Momen magnet dari elemen volume ∆V’
r
r
∆m(x ' , y' , z ' ) = M (x ' , y' , z ' )∆V'
1. Kita tentukan dahulu potensial vektor magnetnya.
Potensial vektor magnet dari dipol magnet diberikan oleh:
r
µ0 r r
A=
mx r
3
4 πr
Potensial vektor magnet dari elemen volume ∆V’:
r µ 0 r (rr − rr ' ) µ 0 r (rr − rr ' )
M x r r 3 ∆V '
∆A =
∆m x r r 3 =
4π
4π
r − r'
r − r'
r
r µ 0 M x (rr − rr ' )
A=
dV'
r
r
3
4π V ' (r − r ')
∫
µ0 r r 1
M x ∇' r r dV'
=
4π V '
r − r'
∫
Ingat !!!
r
r r r r
r
∇ x αF = α ∇ x F − F x ∇α
r
r
M
1 r r r r 1
∇' x r r = r r ∇' x M − M x ∇' r r
r − r'
r − r'
r − r'
Maka:
r r
r
r r µ 0 ∇' x M
r
M
µ0
A(r ) =
∇ x r r dV'
r r dV' −
4π V ' r − r '
4π V '
r − r'
∫
∫
Kesamaan vektor :
r r
r r
∇ x F dV = n x F da = − F x n da
∫
∫
V
S
∫
S
Maka :
r r
r r µ 0 ∇' x M
µ0
A(r ) =
dV
'
+
r r
4π V ' r − r '
4π S
∫
∫
r r
Mxn
r r da '
r − r'
Dengan mendefinisikan rapat arus magnetisasi permukaan (arus
magnetisasi per-satuan panjang yang mengalir melalui permukaan):
r
r r
jm = M x n
Maka potensial vektor magnet menjadi:
r
r
r r µ0
JM
jm
µ0
A(r ) =
r r dV' +
r r da '
4π V ' r − r '
4π S r − r '
∫
∫
2. Kita tentukan induksi magnetnya.
r
r r µ 0 M x (rr − rr ' )
µ0 r r 1
A(r ) =
dV' = −
M x ∇ r r dV'
r
r
3
4π V '
r − r'
4π V ' (r − r ')
∫
∫
r r r
r r
µ0 r  r r 1 
B(r ) = ∇ x A (r ) = −
∇ x  M x ∇ r r  dV'
4π V '
r − r' 

∫
r r r r r
µ0 r  r r 1 
B(r ) = ∇ x A(r ) = −
∇ x  M x ∇ r r  dV'
4π V'
r − r' 

∫
∫(
)
r r r 1
µ0 r r 2 1
µ0
M ∇ r r dV' −
M • ∇ ∇ r r dV'
=
4π V '
r − r'
4π V'
r − r'
14442
4443 144442
4444
3
r
r
∫
B1
B1
r
r
r r
µ0 r
µ0 r r 2 1
B1 =
M ∇ r r dV' =
M 4π δ(r − r ' ) dV' = µ0 M
4π V '
r − r'
4π V '
∫
∫


r
r
r
r r r 1
µ0
µ0 r  r (r − r ') 
µ0 r  r r 1 
M x ∇ x∇ r r  dV'
B2 =
M • ∇ ∇ r r dV' =
∇  M • r r 3  dV'−
4π V'
4π V '
r − r'
4π V' 
− r' 
r − r ' 
 142r 43



=0



r  1 r (rr − rr ' )
r *r

M • r r 3 dV'  = µ0∇φ ( r )
= µ 0∇ 
4π V '
r − r'
1
44424443 
 potensial skalar magnet 
∫(
)
∫
∫
∫
Maka induksi magnet dari bahan yang dimagnetisasi
[
]
r r
r r r *r
B(r ) = µ 0 M ( r ) − ∇φ (r )
Untuk bahan yang tidak dimagnetisasi:
r *r
r
r r
M = 0 ⇒ B(r ) = −µ0∇φ (r )
3. Kita tentukan potensial skalar magnetnya.
r r
r
(
1
r − r ')
1 r r 1
* r
M • r r 3 dV' =
φ (r ) =
M • ∇' r r dV'
4π V '
4π V '
r − r'
r − r'
∫
∫
( )
r'
r' r r' r
r
Gunakan : ∇ • αF = α ∇ • F + ∇ α • F
r
1
α= r r ;F=M
r − r'
r' r
r
r
1
M 
1 ∇ •M
* r
' 


φ (r ) =
∇ •  r r  dV'−
r r dV'
4π V '
4π V ' r − r '
 r − r' 
∫
∫
∫
Teorema divergensi:
r r
r r
∇ • F dV = F • n da
V
∫
S
(
)
r' r
r r
−∇ •M
1 M•n
1
* r
φ (r ) =
r r da '+
r r dV'
4 π S' r − r '
4π V ' r − r '
∫
r r
Definisikan: ρ M = −∇'• M
r r
σM = M • n
∫
= Rapat kutub magnet
= Rapat permukaan kuat kutub magnet
Maka potensial skalar magnet menjadi:
r
1
1
ρM
σM
dV
'
φ* (r ) =
+
r r
r r da '
4π V ' r − r '
4 π S' r − r '
∫
∫
Analog dengan potensial
listrik statik (elektrostatik)
Sehingga induksi magnetnya menjadi:
[
]
r r
r r r *r
B(r ) = µ 0 M (r ) − ∇φ (r )

r µ0 
r r 1
r r 1
= µ0 M −
 ρ M (r ' )∇ r r dV'+ σ M (r ' )∇ r r da '
r − r'
r − r'
4π V '

S'

∫
∫
r r
r r
r µ0
r (r − r ' )
r
(r − r ' )
µ
= µ0 M +
ρ M ( r ' ) r r 3 dV'+ 0 σ M (r ' ) r r 3 da '
4π V '
4 π S'
r − r'
r − r'
∫
∫
Contoh:
Suatu bahan berbentuk silinder yang dimagnetisasi segaram searah
panjangnya.
r
n
r
n
r
M
r
n
r
M
r r
ρ M = −∇'• M = 0
r r
σ M = M • n = 0 jika
r r
= M • n ≠ 0 jika
r
M
r r
M⊥n
r
r
M tidak ⊥ n
Jadi di selubung permukaan tak ada medan magnet. Kutub magnet hanya
terletak di ujung kiri dan kanan dari bahan.
N
S
C. INTENSITAS MAGNET; SUMBER MEDAN MAGNET
Medan magnet dapat bersumber dari:
arus transport dan bahan yang
dimagnetisasi. Jika kedua sumber tersebut ada, maka induksi magnet dapat
dinyatakan sebagai:
rr
r r r *r
r r µ 0 j( r ' ) x (rr − rr ' )
B(r ) =
dV' + µ 0 M ( r ) − ∇φ ( r )
r
r
3
144
42444
3
4π V '
r − r'
14444244443 dari bahan yang dim agnetisasi
[
∫
]
dari arus transport
rr
r r
Jika arus transport j ( r ' ) dan M ( r ' ) sudah ditentukan, maka induksi magnet dapat
dihitung.
r r
Jika M ( r ' )diketahui, maka rapat kutup magnet ρM dan rapat permukaan kutub
magnet σM dapat dihitung, sehingga potensial skalar magnet dapat ditentukan.
Dalam realita, magnetisasi merupakan fungsi dari medan luar, sehingga:
()
r
r r
M=MB
Maka induksi magnet sulit dihitung, karena magnetisasinya sendiri
merupakan fungsi dari medan luar. Karena itu dibuat definisi, bahwa:
r r
r r
1 r r
B(r ) − M (r ) = H (r )
µ0
r r
H (r ) adalah intensitas magnet. Dengan demikian maka:
rr
r r
r *r
r r
j(r ' ) x (r − r ' )
H (r ) =
r r 3 dV' − ∇φ (r )
r − r'
V'
∫
D. PERSAMAAN MEDAN
Persamaan medan:
r r
∇ • B = 0 berlaku umum, jadi sumbernya tidak hanya dari arus transport
r r
r r
∇ x B = µ0 J ( J = arus total)
r
J=
r
{j
r
jM
{
+
arus transport
arus magnetisasi
(
r r
r r
∇ x B = µ0 j + jM
)
Sehingga:
r
r
r r
∇ x B = µ0 j + µ0 jM
r
r
r r
r
= µ0 j + µ0 ∇ x H ⇒ jM = ∇ x H
(
)
Maka:
r
r r
r
∇ x B − µ0 M = µ0 j
1424
3
(
)
r
µ H
0
r r r
∇x H = j
(arus transport saja )
Dalam bentuk integral:
∫(
)
r r
r r r
∇ x H • n da = j • n da
S
∫
S
r r
= H • dl
∫C
Teorema Stokes
r
n
C
C adalah lengkungan yang membatasi
permukaan S
r r
r r
H • d l = j • n da
∫
∫
C
S
da
dl
S
r r
I = j • n da (arus transport yang melalui S)
∫
S
Maka :
r r
H • dl = I
∫
C
Untuk induksi magnet:
∫
S
r r
B • n da = 0
Persamaan-persamaan medan menjadi:
r r
r r
B • n da = 0
∇•B = 0

S
 ⇒ r r
r r r
H • dl = I
∇ x H = j
C
∫
∫
SUSEPTIBILITAS DAN PERMEABILITAS
MAGNET
I. SUSEPTIBILITAS DAN PERMEABILITAS MAGNET
Diperlihatkan hubungan antara induksi magnet dan intensitas magnet serta juga
magnetisasi untuk memecahkan persoalan dalam teori magnet. Hubungan ini
bergantung pada bahan magnetnya yang dapat diperoleh dari eksperimen.
Dalam kuliah ini kita batasi pada bahan magnet isotrop dan linier, yaitu:
r
r
M = χm H
χm
adalah suseptibilitas magnet bahan (besaran tidak berdimensi)
Ada tiga kelompok bahan menurut nilai suseptibilitas magnetnya:
1. χm < 0 : bahan diamagnetik
2. χm > 0 , namum χm << 1 : bahan paramagnetik
3. χm > 0 , dan χm >> 1 : bahan ferromagnetik
Bila magnetisasi linier terhadap intensitas magnet:
r
r
M = χm H
Maka induksi magnet juga linier terhadap intensitas magnet, melalui:
r
r
r
B = µ0 H + µ0 M
r
r
= µ0 H + µ0 χm H
r
= µ0 (1 + χ m )H
r
=µH
µ disebut permeabilitas magnet bahan.
Permeabilitas nisbi (relatif) diberikan oleh:
µ
Km =
= 1 + χm
µ0
Magnetisasi M sebagai fungsi dari kuat medan H
M
r
B
M
r
M
r
Bi
ferromagnetik
0.01
100
r
B
r
M
r
Bi
paramagnetik
H
diamagnetik
χm < 0
χm > 0
A. BAHAN DIAMAGNETIK
Bahan diamagnetik terdiri atas atom-atom atau molekul-molekul yang
tidak memiliki dipol magnet permanen.
Jika bahan tsb di dalam medan magnet, sehingga terinduksi momen
dipol sedemikian rupa sehingga meda magnet di dalam bahan Bi lebih
kecil daripada medan luar B.
r
r
M = χm H
r
B
r
M
r
Bi
χm < 0
Contoh beberapa bahan diamagnetik (memperlemah medan magnet)
Bahan
χm
Bismut
-16.4 x 10-5
Tembaga
-0.98 x 10-5
Intan
-2.2 x 10-5
Air raksa (Hg)
-2.8 x 10-5
Perak
-2.4 x 10-5
Emas
-3.5 x 10-5
Hidrogen (1 atm)
-0.22 x 10-8
Nitrogen (1 atm)
-0.67 x 10-8
Karbondioksida (1 atm)
-1.19 x 10-8
Suseptibilitas magnet diperoleh pada temperatur kamar
B. BAHAN PARAMAGNETIK
Atom-atom dalam bahan paramagnetik memiliki momen dipol magnet permanen,
namum arahnya dalam bahan bersifat acah, jika tak ada medan magnet luar,
sehingga:
r
1
M=
V
∑
r
mi = 0
i
Jika diberikan medan magnet luar, sebagian dari dipol magnetnya akan
terorientasi, sehingga magnetisasinya menjadi:
r
r
r
r mi • B
M = N. m i
ê B
3kT
ê B
adalah vektor satuan dari medan magnet dan N adalah jumalah dipol per
m3. Suseptibilitas magnetnya :
r
M µ0 Nm 2
χ m = µ0 r =
3kT
B
Arah orientasi momen dipol magnet bahan (a). Tanpa medan magnet luar, (b).
Dengan magnet luar.
r
B=0
r
1
M=
V
∑
i
r
mi = 0
r
B>0
r
r
r
r mi • B
M = N. m i
ê B
3kT
Contoh beberapa bahan paramagnetik
(memperkuat medan magnet)
Bahan
χm
Alumunium
2.1 x 10-5
GdCl3
603 x 10-5
Magnesium
1.2 x 10-5
Natrium
0.84 x 10-5
Titan
18 x 10-5
Tungsten
7.6 x 10-5
Oksigen (1 atm)
Nilai suseptibilitas diukur pada suku kamar
193.5 x 10-8
C. BAHAN FERROMAGNETIK
™ Ada kemungkina terjadi magnetisasi permanen. Artinya walaupun tak ada
medan luar (tak ada magnetisasi), bahan tersebut bersifat magnetik.
™ Hubungan antara magnetisasi dan intensitas magnet, serta antara induksi
magnet dan intensitas magnet tidak linier.
r
r
B =µH 
r
r  tidak berlaku
M = χm H 
Untuk bahan ferromagnetik, permeabilitas magnet µ, tidak lagi konstan tetapi
merupakan fungsi dari intensitas magnet.
( )
r
µ=µ H
⇓
( )
r
r r
B=µ H H
Pandang suatu bahan ferromagnetik yang semula tidak dimagnetisasi, diletakkan
dalam medan magnet yang besarnya dapat diubah-ubah.
Jika intensitas magnet yang awalnya nol, dinaikkan secara monoton, maka
hubungan induksi magnet dan intensitas magnet ditunjukkan dalam gb. dibawah
ini:
Magnetisasi jenuh
(
r
r r
B = µ0 H + M
r
B
µ
µ0
Kurva magnetisasi bahan
µ
µ0
r
H
)
Kurva Histeresis
Intensitas magnet H diperbesar dari nol
secara kontinu, maka harga B akan
mengikuti lengkungan magnetisasi hingga
mencapai H maksimum.
B
r
c
-H
0
H
Kemudian jika nilai H diperkecil, maka
nilai B tidak mengikuti lengkungan
magnetisasi semula, sehingga untuk nilai
H yang sama, nilai permeabilitas ada dua.
Walaupun intensitas magnet H = 0, nilai B
≠ 0 (tetap ada).
Untuk menghilangkan B, maka diperlukan
intensitas magnet balik (-H) → titik c. Jika
intensitas magnet balik diperbesar, maka
magnetisasi M dan juga B akan berubah
arah (-M dan –B) dan kembali ke titik awal
(simetris).
Contoh beberapa bahan ferromagnetik
Bahan
χm
Bismut
-16.4 x 10-5
Tembaga
-0.98 x 10-5
Intan
-2.2 x 10-5
Air raksa (Hg)
-2.8 x 10-5
Perak
-2.4 x 10-5
Emas
-3.5 x 10-5
Hidrogen (1 atm)
-0.22 x 10-8
Nitrogen (1 atm)
-0.67 x 10-8
Karbondioksida (1 atm)
-1.19 x 10-8
Mayoritas bahan ferromagntik adalah elemen logam transisi, seperti besi, nikel
atau kobal.
Jika bahan ferromagnetik dipanaskan diatas temperatur tertentu (Temperatur
Curie, TC), maka sifat magnetinya akan hilang.
magnet
T < TC
T > TC
N
Suseptibilitas magnet bahan ferromagnetik hanya dapat diamati pada temperatur
diatas temperatur Curie.
C
χ m (T ) =
T − θC
T > θC > TC
Dimana C konstanta bahan (Konstanta Curie)
TC (K)
C (K)
θC (K)
Kobal (Co)
1395
2.24
1415
Besi (Fe)
1033
2.22
1100
Nikel (Ni)
627
0.59
650
EuO
70
4.7
78
Bahan
D. ANTIFERROMAGNETIK
¾ Bahan antiferromagnetik dapat digambarkan oleh struktur krital dengan kisi-kisi
yang diisi oleh dua jenis atom dengan momen magnet yang berlawanan arah
(anti-parallel). Jika tak ada medan luar, besarnya momen magnet yang antiparallel seimbang sehingga magnetisasi total sama dengan nol (M = 0).
¾ Contoh bahan antiferromagnetik MnO, MnF2 dll.
A
A
A
A
A
B
B
B
B
A
A
A
A
A
E. FERRIMAGNETIK DAN FERRIT
¾ Dalam bahan ferrimagnetik, momen magnet masing-masing atom tidak sama,
sehingga memiliki magnetisasi spontan M, walaupun tanpa adanya medan
magnet luar.
¾ Contoh bahan ferrimgnetik adalah Fe3O4.
¾ Jika atom Fe diganti dengan atom lain, seperti Mg atau Al, maka menjadi
bahan Ferrit.
Kurva magnetisasi bahan ferrimagnetik
A
A
A
χm
A
A
B
B
B
B
A
χ⊥
A
A
A
C
χm =
T+θ
A
χm
-θ
0
χ
TN
T
Jika dipanaskan diatas temperatur kritis (Temperatur Néel, TN), bahan
antiferromagnetik dan bahan ferrimagnetik akan berubah menjadi bahan
paramagnetik.
Suseptibilitasnya digambarkan dengan:
χm =
C
T + θN
θN : temperatur Néel paramagnetik.
C : konstanta Curie
TN (K)
θN (K)
FeCl2
24
48
MnF2
67
82
FeO
195
570
CoO
291
330
NiO
520
-
Bahan
Jika dibandingkan dengan ahan ferromagnetik, maka jelas bahwa TN < TC.
Kurva magnetisasi bahan antiferromagnetik
χm
χ⊥
χm
-θ
0
χ
TN
T
Pada T < TN, bahan antiferromagnetik
membentuk suatu struktur domain-domain
momen magnet, sehingga suseptibilitasnya
bergantung pada sejajar atau tegak lurus
medan magnet luar.
r
B
SYARAT BATAS UNTUK
VEKTOR-VEKTOR MEDAN
Mengetahui sifat perubahan vektor medan pada batas dua medium atau bahan.
Pandang dua buah medium yang mempunyai permeabilitas berbeda (yang satu
boleh hampa/udara)
µ2
µ1
2
1
Pada umumnya jika mediumnya berlainan, maka medan magnetnya juga
berbeda.
r
Syarat batas dari medan B
r r
∇•B = 0
r r
∇ • B dV = 0
∫
V
∫
S
r r
B • n da = 0
Perubahan medan B pada permukaan medium-1 dan medium-2
r
n2
2
1
µ2
µ1
∆S
∆S
r
B1
∫
r
B2
r
n1
r r
B • n da = 0
S
Kita ambil permukaan tertutup itu
pada permukaan batas, dimana
S = permukaan selubung silinder
dan tinggi silinder → 0.
r r
r r
B2 • n 2 ∆S + B2 • n 2 ∆S = 0
r
r
karena n1 = − n 2 maka :
(
)
r
r
r
B2 − B1 • n 2 = 0
r
r
B2 n − B1n = 0
r
r
B2 n − B1n = 0
r
r
B2 n = B1n
r
r
B2 t ≠ B2 t
Komponen normal dari B kontinu pada bidang
batas, sedangkan komponen tangensial tidak.
r
Syarat batas dari medan H
∫
Persegi panjang, dimana AD → 0
dan BC → 0
2
1
µ2
µ1
A
D
r
H1
r
∆l
r
− ∆l
C
r
H2
∫
A
Integral garis melalui
lengkungan tertutup
B
C
r r
r r
H • d l = I = j • n da
∫
C
r r
r r r
r r r
H • d l = H 2 • ∆ l − H 1 • ∆ l = j • n∆ l
∫
r r
r r r
r r r
H • d l = H 2 • ∆ l − H 1 • ∆ l = j • n∆ l
C
Dimana:
r r
j • n'
r
j
r
n2
r
n'
r
l0
: arus yang melalui bidang persegi-panjang per-satuan jarak.
: arus permukaan (transport) persatuan panjang.
: normal pada bidang persegi panjang
: normal yang masuk ke dalam bidang
r
: vektor satuan sepanjang ∆ l
r
n2
r
∆l, l0
r
r
∆ l = ∆l l0
r r r
n ' = n 2 x l0
(
)
r r r
r r
r r
H 2 • l 0 ∆l − H 1 • l 0 ∆l = j • n 2 x l 0 ∆l
r r
r
r
r
r
H 2 − H1 • l0 = j x n 2 • l0
(
)
(
r r
r
r
H 2 − H1 t = j x n 2
(
)
)
Salah satu sifat penting dari induksi magnet B adalah bahwa fluks magnet bersifat
kontinu disemua posisi.
Pandang suatu tabung dari induksi magnet yang dibatasi permukaan S1 dan S2.
r
B2
r
n2
Teorema divergensi :
S2
∫
r r
∇ • B dV = 0
V
r'
n1
r
n1
S1
=
∫
S2
r r
r r
B • n da − B • n' da
∫
S1
= Φ (S2 ) − Φ (S1 )
Fluks magnet yang masuk tabung
melalui S1 sama dengan yang
keluar melalui S2.
r r
r
r
H 2 − H1 t = j x n 2
(
)
Jika tidak ada arus transport pada bidang batas (j = 0), maka medan H juga:
r
r
H 2 t = H 1t
Artinya bahwa komponen tangensial dari medan H kontinu pada bidang batas.
PERSOALAN NILAI BATAS YANG MELIBATKAN MATERIAL MAGNET
Karena medan B dan H memenuhi syarat batas seperti halnya medan-medan D
dan E, maka persoalan-persoalan yang menyangkut medium linier atau yang
dimagnetisasi secara khusus sama seperti persoalan dielektrik (lihat LM I).
Dalam bahasan ini, dihitung medan magnet didalam material magnet dimana tidak
ada arus transport (indentik dalam dielektrik, tanpa rapat arus luar).
Jika tidak ada arus, J = 0, maka persamaan medan menjadi:
r r
∇•B = 0
r r
∇x H = 0
Sehingga medan H merupakan gradien dari suatu fungsi skalar φ*:
r
r
H = −∇φ *
Dimana fungsi skalar φ* disebut potensial skalar magnet akibat dari semua
sumber.
Terdapat dua tipe bahan magnet dimana medan magnet dapat dihitung dengan
persoalan nilai batas yang sederhana :
1. Linier atau bahan magnetik hampir linier : B = µH.
2. Material yang dimagnetisasi seragam : ∇ • M = 0
Untuk kedua material tadi, berlaku :
r r r
r r r
∇• B = ∇•µH = ∇• H = 0
⇓
r2 *
∇ φ =0
Jadi jika tidak ada arus tranport, potensial
skalar magnet memenuhi pers. Laplace.
Medan H dapat dihitung sebagai minus gradien dari potensial magnet dan medan
B diperoleh dari :
r
r
B =µH
atau
r
r r
B = µ0 H + M
(
)
Contoh pemakaian syarat batas
1.
Sebuah bahan magnet linier berbentuk bola berjejari a dan mempunyai
permeabilitas
µ, diletakkan di dalam medan magnet yang semula
r
seragam B0 . Hitung induksi magnet di dalam dan di luar bola.
Solusi :
Persoalan ini sama dengan persoalan yang telah dibahas dalam kasus bola
dielektrik yang diletakkan dalam medan listrik seragam.
Solusinya adalah dengan persamaan Laplace dalam koordinat bola :
(a). Untuk daerah diluar bola
φ1* (r , θ) = A1r cos θ + C1r −2 cos θ
(b). Untuk di daerah bahan magnet
φ*2 (r , θ) = A 2 r cos θ + C2 r −2 cos θ
Konstanta-konstanta A1, A2, C1 dan C2 ditentukan oleh syarat batas.
Pada jarak yang jauh dari bola, medan magnet bernilai konstan :
[ ]
[φ (r, θ)]
r
B(r , θ)
*
1
r
r →∞ = B0 k
r
B0
z + konst
r →∞ = − H dz = −
µ0
∫
 B0 
= −   r cos θ + konst
 µ0 
Maka :
 B0 
A1 = − 
 µ0 
Medan magnet dan potensial skalar magnet tidak berharga tak-hingga pada
setiap titik, maka C2 = 0.
Pada permukaan bola, medan-medannya bersifat kontinu di permukaan (r = a):
r
r
B2 n = B1n
r
r
H 2 t = H 1t
H1θ r =a = H 2 θ r =a
B1r r =a = B2 r r =a
H1θ r =a = H 2 θ r =a
∂φ1*
−
∂θ
r =a
∂φ*2
=−
∂θ
r =a
 B0 
C1
−   a sin θ + 2 sin θ = A 2a sin θ
a
 µ0 
 B0 
C
−   sin θ + 31 sin θ = A 2 sin θ ...................... (1)
a
 µ0 
B1r = B2 r
∂φ1*
− µ0
∂r
r =a
∂φ*2
= −µ
∂r
B0 cos θ + 2µ0
r =a
C1
cos θ = −µA 2 cos θ ..................( 2)
3
a
Kombinasi persamaan (1) dan (2) menghasilkan : (PR!!!)
3B0
A2 = −
(µ + 2µ0 )
 B0a 3
µ
C1 =  − 1
 µ0  (µ + 2µ0 )
Induksi medan magnet di dalam bola:
r
r
3B0 k
B2 =
µ
1+ 2 0
µ
Induksi medan magnet di luar bola:
 µ

 − 1 

3
r
r
µ
r
r
a
0




B1 = B0 k +
  B0 (3 cos θ a r + sin θ a θ )
µ

 r 
+
2
 µ

0


1.
Sebuah bahan magnet linier berbentuk bola berjejari a dimagnetinasi
secara seragan M. Jika tidak ada medan magnet yang lain, tentukan
medan magnet akibat magnetisasi tersebut.
(Solusinya lihat Reitz, Foundation of electromagnetic theory, 4th edition,
hal. 240-242).
ARUS-ARUS DALAM LINTASAN BAHAN MAGNET
Dalam pembahasan sebelumnya, telah dihitung medan magnet yang dihasilkan
oleh arus didalam ruang vakum.
Sekarang, kita bahas sebagai contoh toroid dimana bahannya adalah material
feromagnetik yang diasumsikan homogen, isotropik dan asalnya tidak
dimagnetisasi.
Berdasarkan hukum Ampere,
medan H sama di setiap titik:
H tl = N I
NI
Ht =
l
r
I
I
Ht = komponen tangensial
l = 2πr = panjang lintasan
Medan magnet :
Bt = µ 0 ( H t + M t ) =
µ0 NI
+ µ0 M t
l
Jadi ada penambahan µ0Mt dibanding
dengan kasus dalam vakum.
Jika cincin toroida dipotong sebesar d, maka :
Berdasarkan hukum Ampere,
medan H sama di setiap titik
sebelum ada celah d:
d
H1 =
NI
l
Diasumsikan bahwa
magnetisasi M seragaram
sepanjang bahan feromagnetik :
r
H 2 = M (di dalam celah )
I
H2 = 0
I
(di setiap titik )
Namun hal diatas tidak konsisten dengan hukum sirkuit Ampere, karena :
∫
r r
H • dl =
∫ (H
1
+ H 2 ) dl = NI + Md ≠ NI
Kecuali jika d kecil. Sehingga pendekatan yang benar adalah :
 d
H 2 = M1 −  (di dalam celah )
 l
d
H2 = −M
(di dalam bahan )
l
Pendekatan ini tidak hanya
memenuhi hukum sirkuit Ampere,
namun kontinuitas komponen
normal B pada muka-muka kutub.
Maka secara umum medan magnet didalam celah dan didalam bahan
feromagnetik adalah:
(
r
r r
B = µ0 H + M
B=
)
µ0 NI
 d
+ µ0 M 1 − 
l
 l
Dimana :
M = χ m (H )H
Untuk “besi lunak”, χm adalah konstanta.
BAB IV
INDUKSI ELEKTROMAGNETIK
INDUKSI ELEKTROMAGNETIK
Persamaan medan listrik statik:
r r
r r
∇ x E = E • dl = 0
∫
Gaya gerak listrik (ggl) dari suatu rangkaian tertutup didefinisikan sebagai:
r r
dΦ
ξ = E • dl = −
dt
∫
F adalah fluks yang melewati suatu lintasan tertutup C. Untuk medan statik
E dan B, maka gaya gerak listrik ini nol.
Sedangkan fluks magnet dalam suatu rangkaian adalah:
r r
Φ = B • n da
∫
S
r r
d r r
E • dl = −
B • n da
dt S
C
∫
∫
⇓ teorema Stokes
r
r r
∂B r
∇ x E • n da = −
• n da
∂t
S
∫(
S
)
r
r
∂B
∇x E = −
∂t
∫
Bentuk diferensial dari Hukum Faraday
Tanda negatif mengindikasikan arah dari ggl untuk melawan perubahan yang
menghasilkan ggl tsb.
Pandang suatu kawat konduktor lurus dengan panjang l berberak dalam arah
tegak lurus terhadap panjang kawat tsb dengan kecepatan v. Kemudian berikan
medan magnet B tegak lurus terhadap bidang dimana kawat bergerak (lihat
gambar).
Utara, N
r
B
+b
r
v
a
c
V
−
d
Selatan, S
Muatan-muatan bebas didalam kawat akan mengalami gaya Lorentz :
(
r
r r r
F = q E+v×B
)
Gaya ini akan mendorong muatan positif dan negatif bergerak berlawanan arah
menuju ujung-ujung kawat karena qv x B.
Dalam keadaan mantap, jika muatan-muatan bebas tidak bergerak , maka gaya
total pada muatan adalah nol, yaitu medan magnet di setiap titik dalam kawat
diimbangi oleh gaya listrik yang melawan akibat dari pemisahan muatan-muatan.
E = vB
Jika medan B seragam, maka E konstan sepanjang kawat, sehingga beda
potensial ujung kawat :
b
r r
∆φ = − E • d l = El
∫
a
Jika beda potensial ini disebut V, maka :
V
= Blv
Jika B tak-bergantung waktu, maka :
r r
∇×E = 0
r r
E • dl = 0
∫
r r
E • d l tak-bergantung lintasan, khususnya jika kita bayangkan lintasan
Integral ∫
abcda diperluas sapai diluar medan magnet, sehingga V juga merupakan beda
potensial sepanjang lintasan bcda. Kenyataannya jika b dan c juga d dan a
dihubungkan oleh kawat konduktor secara sempurna, maka V adalah beda
potensial antara terminal c dan d diluar medan magnet.
Blv
dapat diungkapkan dalam bentuk lain.
Fluks Φ yang melalui sirkuit abcda berubah berdasarkan :
dΦ
dA
dx
=B
= Bl
= − Blv
dt
dt
dt
Maka :
V = − dΦ
dt
Bentuk lain hukum Faraday
Jika v terorientasi sembarang terhadap panjang kawat l , maka hanya komponen
v yang tegak lurus terhadap l saja yang berkontribusi terhadap V. Karena itu :
r r
V ∝ l×v
r
r
Untuk B sembarang, hanya komponen yang tegak lurus terhadap bidang l dan v
yang berkontribusi pada V.
Karena
r r
r r
l × v ⊥ bidang l − v , maka :
(
r r r
V = B• l × v
)
motional emf
INDUKTANSI DIRI
Dalam suatu sirkuit yang terisolasi, ada hubungan antara fluks yang melalui sirkuit
dengan arus dalam sirkuit tersebut. Jika dalam sirkuit tsb terdapat bahan-bahan
yang linier (µ = konstan), maka nilai fluks berbanding lurus dengan arus listrik:
Φ∝I
Misalkan sirkuit tersebut stasioner dan pejal, maka perubahan fluks hanya
ditimbulkan oleh perubahan arus saja, melalui:
dΦ dΦ dI
=
dt
dI dt
Untuk bahan linier:
dΦ Φ
=
dI
I
dΦ
⇒ L=
dI
Sehingga gaya gerak listrik (ggl):
dI
ξ = −L
dt
Induktansi diri sirkuit
Contoh: Induktansi diri dari suatu kumparan toroida (dalamnya udara)
Fluks yang melalui tiap lilitan:
r r
Φ1 = B • n da = B A
∫
S
= µ0 n I A =
N = jumlah lilitan
µ0 N I A
l
l = panjang lilitan
Dari hukum sirkuit Ampere,
magnet induksi didalam lilitan
toroida :
µ0NI
B=
l
l = 2πR
Fluks total:
µ0 N 2 IA
Φ=
l
Induktansi diri:
Φ µ0 N 2 A
L= =
I
l
INDUKTANSI BOLAK-BALIK
Φ 21 = fluks yang melalui sirkuit-2 yang
ditimbulkan oleh sirkuit-1
1
2
I1
I2
Jika ada N-buah sirkuit yang saling
berinteraksi, maka:
Φij : fluks yang melalui sirkuit ke-i yang
ditimbulkan oleh sirkuit ke-j
Fluks yang melalui sirkuit ke-i didefinisikan:
Φi =
N
∑ Φ ij
j=1
dΦ i
=
dt
N
∑
j=1
dΦ ij
dt
Perubahan fluks yang disebabkan oleh perubahan arus adalah:
dΦ ij
dt
=
dΦ i
=
dt
dΦ ij dI j
dI i dt
N
dΦ ij dI j
∑ dI j
j=1
dt
Maka induktansi bolak balik antara sirkuit ke-I dan ke-j adalah:
M ij =
dΦ ij
dΦ i
=
dt
dI j
N
∑M
j=1
dI j
ij
dt
Jika semua sirkuit terletak di dalam medium linier, maka Mij tidak bergantung
pada arus-arus, namun tergantung pada geometri sirkuit saja).
M ji = M ij
M ii = Li
Contoh perhitungan indukstansi bolak-balik dalam kumparan toroida.
toroida mempunyai 2-lapisan lilitan (lilitan dalam dan lilitan luar).
Sebuah
Jika N1 = jumlah lilitan dalam dan I1 adalah arus lilitan dalam, sedangkan N2:
jumlah lilitan luar dengan arus I2, maka induktansi bolak-balik adalah:
Φ 21
M 21 =
I1
Induksi magnet yang ditimbulkan oleh lilitan dalam:
B=
µ0 N1I1
l = keliling rata − rata toroida
l
µ0 N1N 2 I1A
l
µ 0 N1 N 2 A 
M 21 =

l
 simetris
µ 0 N1 N 2 A 
M12 =

l
Φ 21 = B A N 2 =
Induktansi diri masing-masing lilitan adalah:
µ0 N12 A
µ0 N 22 A
L1 =
; L2 =
l
l
M12 = M 21 = L1L2 ⇒ dalam toroida
Persamaan diatas menyatakan bahwa induktansi bolak-balik antara dua sirkuit
selalu lebih kecil atau sama dengan akar dari perkalian induktansi diri masingmasing sirkuit. Karenanya secara umum, sering ditulis:
M12 = k L1L2 ; k ≤ 1
Dimana k adalah koefisien gandeng.
• |k| = 1 ⇒ seluruh fluks dari sirkuit-1 masuk melalui sirkuit-2.
• |k| < 1 ⇒ tidak semua fluks dari sirkuit-1 melalui sirkuit-2
• k > 0 atau k < 0 tergantung dari bertambah besar atau kecilnya fluks yang
melalui lititan.
RUMUS NEUMANN
Untuk dua sirkuit dalam medium linier, induktansi bolak-balik dinyatakan dengan:
M 21 =
Φ 21
I1
Induksi magnet di sirkuit-2:
r
r r
r r
µ0 I1 d l1 x (r2 − r1 )
B(r2 ) =
r r3
4π C
r2 − r
1
r r
Φ 21 = ∫ B • n da 2
∫
S2
µ0 I1
=
4π
r
 d l x (rr − rr ) r
 1r 2r 3 1  • n da 2

C1 
 r2 − r
∫ ∫
2
r
r r 

µI
d l1 x (r2 − r1 ) r
Φ 21 = 0 1
 r r 3  • n da 2
4π
 r2 − r

2 C1 
r
r r
r r
d l1 x (r2 − r1 )
1
=
−
∇
⇒
l
d
x
r
1
2 r
r r3
r2 − r
r2 − r
∫ ∫
r
r
r
r r
d l1
1 r
1
dari ∇2 x r r = r r ∇2 x d l1 − d l1 x ∇2 r r
424
3
r2 − r
r2 − r 1
r2 − r
=0
r
r

µ0 I1
d l1  r
Φ 21 =
∇2 x r r  • n da 2
4π
r2 − r 
S2 C1 
r 

r
r
µ0 I1
d l1


=
∇2 x r r • n da 2
4π 
r2 − r 
C
S2 
1

∫ ∫
∫
∫
r 

r
r
d l1
µ0I1


∇2 x r r • n da 2
Φ 21 =
4π 
r2 − r 
C
S2 
1

∫
∫
∫(
)
r r r
r r
∇ x E • n da = E • d l
Teorema Stokes:
∫
S
C
⇓
r
r
 ∇ x d l1
r r
 2
r − r1
S2 
C1 2
∫
∫
r
r
 r
d l1 • d l2
 • n da =
r r
2

r2 − r1
C
C
2 1

∫∫
Maka induktansi bolak-balik menjadi:
M 21 =
L2 =
µ0
4π C
∫∫
µ0
4π C
2C1
∫∫
1 C2
r
r
d l1 • d l2
r r
r2 − r1
r
r'
d l2 • d l2
r r'
r2 − r2
Rumus Neumann
INDUKTANSI RANGKAIAN SERI
I, dI
M
dt
R1
L1
L2
R2
V
V + ξ1 + ξ2 = I(R1 + R 2 )
dI
dI
+ (L2 + M )
dt
dt
dI
V = I (R1 + R 2 ) + (L1 + L2 + 2 M )
dt
V = I (R1 + R 2 ) + (L1 + M )
Sehingga
rangkaian
menggambarkan
suatu
resistor
dengan
resistansi/tahanan R1 + R2 seri dengan suatu induktansi L1 + L2 + 2M.
Besarnya induktansi :
1. L1 + L2 + 2|M| untuk kopoling positif ( fluks akibat I1 dan I2 dalam masingmasing koil searah).
2. L1 + L2 - 2|M| untuk kopoling negatif.
Induktansi bolak balik :
M = k L1L2
; − 1≤ k ≤ 1
Induktansi efektif dari rangkaian seri :
Leff = L1 + 2 k L1L2 + L2
INDUKTANSI RANGKAIAN PARALEL
R1
L1
I1
M
I2
R2
V
L2
Dalam kasus rangkaian paralel, tidak mungkin untuk mendefinisikan induktansi
efektif dan resistansi efektif sebagai fungsi dari R1 , R2 , L1 dan L2 .
Namun bila R1 dan R2 diabaikan, maka :
dI1
dI 2
V = L1
+M
dt
dt
dI
dI
V = L2 2 + M 1
dt
dt
Dengan mengeliminasi dI1/dt kemudian dI2/dt, diperoleh :
(
V( L2 − M ) = L1L2 − M 2
) dIdt 
1
L1L2 − M 2 dI
V
=

dI
L1 + L2 − 2 M dt
V( L1 − M ) = L1L2 − M 2 2 
dt 
(
)
Sehingga induktansi efektif dari dua induktor paralel :
Leff
L1L2 − M 2
=
L1 + L2 − 2 M
Dimana tanda dari M bergantung pada cara dari kedua konduktor dihubungkan.
BAB V
ENERGI MAGNET
Jika suatu sumber tegangan V diberikan pada suatu sirkuit, secara umum arus
yang melalui sirkuit adalah :
V + ξ = IR
Dimana ξ adalah induksi emf (ggl) dan R adalah resistansi.
Kerja yang dilakukan V dalam pertambahan muatan dq = I dt melalui sirkuit :
V dq = V Idt = -ξ I dt + I2R dt
= I dΦ + I2R dt
Suku I2R dt menggambarkan konversi irreversible dari energi listrik menjadi
panas oleh sirkuit, suku ini juga menyerap seluruh kerja jika tak ada perubahan
fluks (dΦ = 0).
Suku I dΦ adalah kerja untuk melawan ggl dalam sirkuit, yang merupakan
bagian kerja yang dilakukan V dalam pergantian struktur sifat magnet.
dWb = I dΦ
Dimana indeks b menunjukkan kerja dilakukan oleh sumber energi listrik luar
(misalnya batere). Kerja ini berharga positif, jika perubahan fluks yang melalui
sirkuit dΦ searah dengan fluks yang dihasilkan oleh arus I.
Untuk sirkuit stasioner (tak ada kebocoran energi selain panas), maka suku dWb
sama dengan perubahan energi magnet dalam sirkuit.
A. ENERGI MAGNET DARI SIRKUIT TERGANDENG
Jika ada n buah sirkuit dimana arusnya saling berinteraksi, maka kerja listrik
yang dilakukan untuk melawan ggl (induksi emf) adalah :
dWb =
n
I i dΦ i
∑
i 1
=
Jika dΦi dihasilkan oleh perubahan arus dalam n sirkuit itu sendiri, maka
perubahan fluks menjadi :
dΦ i =
n
dΦ ij
∑ dI
j=1
j
dI j =
n
∑M
ij dI j
j=1
Untuk sirkuit stasioner, maka tidak ada kerja mekanis yang berkaitan dengan
perubahan fluks dΦi sehingga dWb sama dengan perubahan dalam energi
magnet dU dari sistem.
Jika nilai arus akhir dari sirkuit-sirkuit ini adalah I1, I2, …, In maka :
I 'i = αI i
dΦ i = Φ idα
Dimana a adalah fraksi dari arus dan fluks total, maka :
∫
1
n
∫ ∑
dWb = dα
i =1
0
1
=
2
I 'i Φ i =
∑ I Φ ∫ α dα
i
i =1
n
∑I Φ
i
i
i =1
Sehingga energi magnet dari n-sirkuit yang tergandeng :
1
U=
2
n
n
∑I Φ = ∑M
i
i =1
i
j=1
1
n
ij dI j
i
0
Untuk rangkaian/sirkuit pejal dan medium magnetnya linier, maka :
1
U=
2
n
n
∑∑ M I I
ij i j
i =1 j=1
1
1
1
2
2
= L1I1 + L1I1 + ... + L n I 2n
2
2
2
+ M12 I1I 2 + M13I1I 3 + ... + M1n I1I n
+ M 23I 2 I 3 + ... + M n −1,n I n −1I n
Dimana : Mij = Mji
Mii = Li
Jika hanya dua rangkaian yang tergandeng, maka energi magnetnya :
1
1
L1I12 + M I1I 2 + L2 I 22
2
2
M12 = M
U=
Jika didefinisikan : x =
U=
I1
I2
(
)
1 2
I 2 L1x 2 + 2 Mx + L2 ≥ 0
2
Nilai x yang menghasilkan U minimum (maksimum) diperoleh dengan :
dU
=0
dx
L1x + M = 0
M
x=−
L1
Energi magnet U ≥ 0 untuk sembarang nilai x, khususnya nilai minimum U
adalah lebih besar atau sama dengan nol.
M 2 2M 2
−
+ L2 ≥ 0
L1
L1
L1L2 ≥ M 2
Untuk rangkaian/sirkuit tunggal :
Φ = LI
1 2 1 Φ2
1
U = IΦ = LI =
2 L
2
2
B. RAPAT ENERGI DALAM MEDAN MAGNET
Pandang suatu kelompok rangkaian berarus diletakkan dalam medium dengan
sifat magnet linier.
Jika diasumsikan masing-masing rangkaian hanya terdiri dari satu loop saja,
maka fluks ΦI diungkapkan sebagai :
Φi =
∫
r r
B • n da =
Si
∫
r
r
A • d Ii
Ci
Dimana A adalah potensial vektopr lokal. Energinya :
1
U=
2
∑∫
i Ci
r
I i A • dI i
Untuk sejumlah sirkuit Ci, maka :
r
r
I id Ii → J dv 
1 r r

J • A dv
 U=
→
2V

i Ci
V

∫
∑∫ ∫
r r r
∇×H = J
r r r
r r r
r r r
∇• A×H = H• ∇×A − A• ∇×H
(
)
(
)
(
)
maka :
(
)
∫(
)
1 r r r
1 r r r
U=
H • ∇ × A dv −
A × H • n da
2V
2S
∫
Dimana S adalah permukaan yang dilingkupi oleh volume V.
Kontribusi integral permukaan menjadi hilang, jika S menjadi tak-hingga, sehingga :
1 r r
H • B dv
U=
2V
r r
r
B = ∇×A
∫
(
)
Rapat energi di dalam medan magnet :
1r r
u = H•B
2
Untuk kasus bahan magnet isotropik dan linier (B = µH), maka :
2
1
1
B
u = µH 2 =
2
2 µ
C. GAYA DAN TORQUE PADA SIRKUIT PEJAL
Pandang salah satu bagian dari sistem membuat perpindahan dr akibat
pengaruh gaya-gaya magnet yang bekerja padanya, semua arus tetap konstan.
Kerja mekanis oleh gaya F yang bekerja pada sistem :
r r
dW = F • d r = dWb − dU
Dimana dU adalah perubahan energi magnet dalam sistem dan dWb adalah
kerja oleh sumber energi luar untuk melawan induksi emf (ggl) sehingga arus
tetap konstan.
Jika geometri sistem diubah oleh pergerakan satu bagian dari sistem atau lebih,
tetapi arusnya konstan, maka :
dU =
1
2
dWb =

I i dΦ i 

 dWb = 2dU
I idΦ i 

∑
i
∑
i
r r
dU = F • d r
r r
F = ∇U
 dU 
Fx = 

 dx  I
Gaya pada sirkuit adalah gradien dari energi
magnet, jika I dijaga konstan.
Jika gerak sirkuit dibuat sedemikian rupa sehingga ia berotasi disekitar
sumbunya, maka :
r r
dW = τ • dθ = τ1dθ1 + τ2dθ2 + τ3dθ3
Dimana τ adalah torque magnet pada sirkuit dan dθ adalah pergeseran sudut.
Dalam kondisi ini :
 ∂U 
 ∂U 
 ∂U 

 ; τ2 = 
 ; τ3 = 
τ1 = 
 ∂θ1  I
 ∂θ2  I
 ∂θ3  I
Kedua persamaan diatas untuk arus konstan adalah analog dengan kasus listrik
statik untuk potensial konstan, dimana kerja batere diperlukan untuk menjada
agar potensial konstan.
Fluks yang melewati sirkuit dapat dijaga konstan, maka dWb = 0 dan sistem
dikatakan terisolasi, akibatnya :
r r
F • d r = dW = −dU
 ∂U 
 ∂U 

Fx = −
 ; τ1 = −
 ∂x Φ
 ∂θ1 Φ
BAB VI
PERSAMAAN MAXWELL
A. GENERALISASI HUKUM AMPERE
Medan magnet akibat distribusi arus memenuhi hukum Ampere :
∫
r r
r r
H • d l = J • n da
∫
Namun hukum Ampere terkadang tidak dapat digunakan, karena itu perlu
generalisasi yang selalu berlaku.
Pandang suatu sirkuit yang terdiri dari suatu kapasitor pelat sejajar yang kecil
diberi arus konstan I.
S2
Kontur C
S1
kapasitor
I(t )
Jika hukum Ampere diterapkan pada kontur C dan permukaan S1 :
∫
r r
r r
H • d l = J • n da = I ........(1)
∫
C
S1
Namun jika hukum Ampere diterapkan pada kontur C dan permukaan S2 :
∫
C
r r
H • dl =
∫
r r
J • n da = 0 .......( 2)
S2
Kedua persamaan diatas kontradiktif, karena itu keduanya salah. Persamaan (1)
dianggap benar, karena ia tidak bergantung pada kapasitor, sedangkan
persamaan (2) perlu dimodifikasi karena kehadiran pelat kapasitor.
Jika permukaan S2 dan S1 membentuk suatu permukaan tertutup S, maka n di
setiap titik dibuat keluar dari permukaan S, sehingga :
∫
r r
J • n da = − I
S
Dimana tanda minus datang dari perubahan arah normal. Disisi lain, integral
permukaan dari persamaan (1) dan (2) sama dengan integral garis H disekitar
kurva C yang sama.
Dengan pendekatan ini, maka :
∫
r r
r r
r r
J • n da = H • d l − H • d l = 0
∫
S
C
∫
C
Tanda minus timbul dari perubahan C dalam kasus permukaan S1. Sekarang
kontradiksi timbul dari bentuk arus I yang diasumsikan mengalir kedalam volume
yang dilingkupi permukaan S menjadi nol. Inilah ketidakkonsistenan dengan
hukum Ampere. Arus yang mengalir kedalam volume kenyataannya tidak sama
dengan nol, namun sama dengan laju perubahan muatan pada keping kapasitor
(hukum kekekalan muatan).
Ketidakkonsistenan ini dapat diselesaikan dalam formulasi hukum Ampere yang
lain :
r r r
∇×H = J
Namun divergensi dari curl sembarang vektor itu nol, sehingga :
(
)
r r r
∇• ∇×H = 0
Disisi lain dari hukum kekekalan muatan (kontinuitas arus listrik ) :
r r ∂ρ
∇•J +
=0
∂t
Sehingga ada ketidakkonsistenan antara hukum Ampere dengan persamaan
kontinuitas arus listrik, karena :
(
)
r r
r r r
Hukum Ampere
∇• ∇×H = ∇•J = 0
r r
∂ρ
Kontinuitas arus listrik
∇•J = −
∂t
Sangatlah sulit untuk memodifikasi agar kedua persamaan diatas konsisten.
Cara untuk memodifikasi adalah dengan mengubah suku sebelah kanan dari
hukum Ampere dengan suatu vektor yang divergensinya nol.
Dengan menggunakan hukum Gauss :
r r
∇•D = ρ
Sehingga persamaan kontinuitas arus listrik menjadi :
(
)
r r
∂ r r
∇•J = − ∇•D = 0
∂t
r
r  r ∂D 
 = 0
∇ •  J +
∂t 

Disini diasumsikan bahwa D adalah
fungsi kontinu dari ruang dan waktu
dimana turunannya dapat ditukar.
Sehingga hukum Ampere dapat ditulis :
r
r r r ∂D
∇×H = J +
∂t
r
D = pergeseran arus
B. PERSAMAAN MAXWELL
Persamaan Maxwell merupakan generalisasi dari keempat hukum dalam listrik
dan medan magnet :
r
r r r ∂D
∇×H = J +
∂t
r
r r
∂B
∇×E = −
∂t
r r
∇•D = ρ
r r
∇•B = 0
Hukum Ampere
Bentuk diferensial hukum Faraday
Hukum Gauss
Medan magnet bersifat dipol
C. ENERGI ELEKTROMAGNETIK
Energi potensial listrik statik dari sistem muatan yang menghasilkan medan listrik :
1 r r
E • D dv
UE =
2V
∫
Energi yang disimpan dalam medan magnet :
UM
1 r r
=
H • B dv
2V
∫
Dari hukum Ampere yang diperluas dan bentuk diferensial hukum Faraday :
r
r
r r r r r r
r ∂B r ∂D r r
H • ∇ × E − E • ∇ × H = −H •
− E•
− E•J
∂t
∂t
(
)
(
)
Suku kiri dapat dikonversi dengan bantuan persamaan identitas :
(
)
(
)
(
r r r
r r r r r r
∇• F×G = G• ∇×F − F• ∇×G
Menghasilkan :
)
r
r
r r r
r ∂B r ∂D r r
∇ • E × H = −H •
−E•
− E•J
∂t
∂t
(
)
Jika persamaan diatas diterapkan dalam medium, dimana D(t) sebanding dengan
E(t) dan B(t) sebanding dengan H(t) [konstanta-konstanta pembandingnya tak
bergantung waktu], maka :
r
r ∂D r ∂ r 1 ∂ r 2 ∂ 1 r r
E•
E•D
= E • εE = ε E =
2 ∂t
∂t 2
∂t
∂t
r
r ∂B r ∂ r 1 ∂ r 2 ∂ 1 r r
H•B
H•
= H • µH = µ H =
2 ∂t
∂t
∂t
∂t 2
Sehingga persamaan sebelumnya menjadi :
(
)
(
)
r r r
∂ 1 r r r r r r
∇• E×H = −
E • D + B• H − J • E
∂t 2
Turunan waktu dari jumlah
rapat energi listrik dan magnet
Dalam banyak kasus J = gE
adalah negarif laju pemanasan
persatuan volume (g adalah
konduktivitas listrik).
Bentuk integrasi terhadap volume V yang dilingkupi permukaan S :
∫
V
(
)
∫ (
)
r r r
r r
d
1 r r r r
E • D + B • H dv − J • E dv
∇ • E × H dv = −
dt V 2
V
∫
Dengan menerapkan terome divergensi pada suku sebelah kiri, maka :
∫(
S
−
)
∫ (
)
r r r
r r
d
1 r r r r
E × H • n da = −
E • D + B • H dv − J • E dv
dt V 2
V
∫
V
∫ (
)
∫(
∫
)
r r
r r r
d
1 r r r r
J • E dv =
E • D + B • H dv +
E × H • n da
dt V 2
S
Sehingga jelas bahwa bagian J • E terdiri dari dua bagian :
1. Laju perubahan energi elektromagnetik yang disimpan dalam volume V
2. Integral permukaan.
−
∫
V
∫ (
)
∫(
)
r r
r r r
d
1 r r r r
J • E dv =
E • D + B • H dv +
E × H • n da
dt V 2
S
Suku sebelah kiri merupakan daya yang ditransfer kedalam medan
elektromagnetik melalui gerakan muatan-muatan bebas dalam volume V. Jika
tidak ada sumber emf/ggl dalam V, maka suku sebelah kiri berharga negatif dan
sama dengan minus produksi panas Joule persatuan waktu. Namun dalam
kasus tertentu bisa berharga positif.
Pandang partikel bermuatan q bergerak dengan kecepatan konstan v dibawah
pengaruh kombinasi gaya mekanis, listrik dan magnet, maka laju dimana kerja
mekanis bekerja pada partikel :
(
)
r r
r r r r
r r
Fm • n = −q E + v × B • v = −q E • v
Rapat arus dapat didefinisikan :
r
J=
∑
r
N iq i v i
i
Maka laju dimana kerja mekanik persatuan volume (rapat daya) ditransfer
kedalam medan elektromagnetik :
∑
i
r r
r r
N i Fm • v i = − E • J
Karena integral permukaan hanya meliputi medan listrik dan medan magnet, ini
memungkinkan untuk mengintrepetasikan bagian ini sebagai laju energi yang
melalui permukaan tertutup. Sehingga persamaan :
−
∫
V
∫ (
)
∫ (
)
r r r
r r
1 r r r r
∂
J • E dv =
E • D + B • H dv + ∇ • E × H dv
∂t V 2
V
Menggambarkan kekekalan energi dalam volume tertentu V.
Jika didefinisikan :
r r r
S = E × H = vektor Poynting
1 r r r r
u = E • D + B • H = rapat energi listrik dan magnetik
2
(
)
Maka :
r r ∂u
r r
∇•S +
= −J • E
∂t
jelas J • E = kerja yang dilakukan
oleh medan lokal pada partikelpartikel bermuatan persatuan volume.
Jika ∇ • S = 0 merupakan hukum kekekalan energi lokal : laju perubahan energi
medan sama dengan disipasi daya persatuan volume persatuan waktu di setiap
titik.
Jika ∇ • S ≠ 0 tetapi J • E = 0, maka :
r r ∂u
∇•S +
=0
∂t
Persamaan kontinuitas untuk muatan,
kecuali jika rapat energi u berperan
dalam rapat muatan ρ.
Jika persamaan diatas menggambarkan kekekalan energi, maka ∇ • S
merupakan divergensi dari suatu rapat arus energi atau laju aliran energi
persatuan luas.
Umumnya:
r r r
S = E×H
merupakan aliran energi lokal persatuan waktu dan luas.
D. PERSAMAAN GELOMBANG
Salah satu konsekuensi penting dari persamaan Maxwell adalah persamaan
propagasi gelombang elektromagnetik dalam medium linier. Persamaan
gelombang untuk H :
r
r r r ∂D
∇×H = J +
∂t
r
r r r r r r ∂D
∇×∇×H = ∇×J + ∇×
∂t
Dengan bantuan :
Maka :
r
r
D = εE
r
r
J = gE
r
r r r
r r
r ∂E
∇ × ∇ × H = g∇ × E + ε∇ ×
∂t
Dengan bantuan persamaan Maxwell dan B = µ H, maka :
r
r
r r
∂B
∂H
∇×E = −
= −µ
∂t
∂t
r
r
2
r r r
∂H
∂ H
∇ × ∇ × H = −gµ
− εµ 2
∂t
∂t
r
r
2
r r r r2r
∂H
∂ H
∇
∇
•
−
∇
=
−
µ
−
εµ
H
H
g
123
2
∂
t
∂
t
=0
r
r
r2r
∂ H
∂H
∇ H − εµ 2 − gµ
= 0 .....................(1)
∂t
∂t
2
Untuk medan E, juga berlaku :
r
r
r r r
r ∂B
r r r ∂D
∇ × ∇ × E = −∇ ×
= −∇ × J − ∇ ×
∂t
∂t
r
r
∂E
∂2E
= − gµ
− εµ 2
∂t
∂t
r
r
2
r2r
∂ E
∂E
∇ E − εµ 2 − gµ
= 0 .....................( 2)
∂t
∂t
Kedua persamaan gelombang (1) dan (2) merupakan persamaan gelombang yang
dibangun medan elektromagnetik dalam medium linier dan homogen dimana rapat
muatannya nol tanpa memperdulikan apakah mediumnya konduktor atau bukan
konduktor.
Persamaan (1) dan (2) merupakan konsekuensi penting dari
persamaan Maxwell (persamaan Maxwell dipenuhi).
Untuk menyelesaikan persamaan gelombang tsb, perlu diperlukan perhatian
khusus dalam menyelesaikan persamaan Maxwell.
E. GELOMBANG MONOKROMATIK
Gelombang monokromatik adalah gelombang dimana medan-medannya dicirikan
oleh frekuensi tunggal.
r r
r r − iωt r r
E(r , t ) = E(r ) e
= E(r ) cos(ωt + ϕ )
Jika disubstitusikan ke dalam persamaan gelombang :
r
r
r2r
∂ E
∂E
=0
∇ E − εµ 2 − gµ
∂t
∂t
r2r
r
r
−iωt
2
e
∇ E + ω εµE + iωgµE = 0
2
{
}
1. Dalam ruang hampa (vakum)
Dalam vakum, g = 0, ε = ε0, dan µ = µ0. Jika medan E(r) berubah hanya dalam
1-dimensi (misalnya arah-z), maka persamaan gelombang menjadi :
r
2
d E(z )  ω  r
+  E =0
2
dz
c
ε0µ0 = 1 2
c
2
Persamaan gelombang diatas disebut persamaan Helmholtz secara matematis
sama dengan persamaan osilator harmonik dengan solusinya :
r
r
E(z ) = E0 exp(± iκz )
r
E 0 = vektor kons tan
κ=ω c
Secara lengkap :
r r
r
E(r , t ) = E 0 exp{− i(ωt m κz )}
r r
r
E(r , t ) = E 0 cos(ωt m κz ) ⇒ bagian real
r r
r
E(r , t ) = E 0 cos ω(t m z / c )
Menggambarkan perambatan gelombang sinusoidal ke arah kanan atau kiri
dalam arah-z (bergantung tanda minus dan plus yang digunakan). Kecepatan
propagasi gelombang adalah c. Jika cahaya adalah suatu bentuk radiasi
elektromagnetik, maka persamaan Maxwell memperkirakan bahwa kecepatan
cahaya dalam vakum:
1
c=
= 2,9979 x 108 m / s
ε0µ0
Frekuensi gelombang dan panjang gelombang didefinisikan :
2π
ω
f=
; λ=
κ
2π
2. Dalam medium dielektrik non-magnetik dan non-kondukting
Dalam medium ini, g = 0, µ = µ0 dan ε = Kε0, maka persamaan gelombangnya
sama dengan dalam vakum, kecuali :
κ = Kω / c
Dengan mendefinisikan n = K , persamaan gelombang E sama dengan
vakum kecuali kecepatan propagasi gelombang menjadi c/n. Besaran n
disebut indeks bias dari medium dielektrik (untuk vakum n = 1).
3. Dalam medium kondukting
r2r
r
r
2
∇ E + ω εµE + iωgµE = 0
Dalam medium ini, g > 0, sehingga suku ketiga dalam persamaan diatas eksis.
Jika g kecil, maka gelombang dikatakan teredam.
Jika nilai g kecil, maka suku ketiga lebih kecil dibandingkan dengan suku kedua,
maka :
ωgµ << ω2εµ
; g << ωε
Jika nilai g >> ωε, maka suku kedua diabaikan.
Untuk kasus satu-dimensi :
r
r
d E(z )
+ iωgµ E = 0
2
dz
2
Jika koefisien E dibuat real, maka harus diasumsikan bahwa α = iω juga real,
dengan kata lain frekuensinya imajiner.
Jika κ = αgµ , maka fungsi ruang dari E(r) sama seperti dalam vakum, hanya
sekarang kebergantungan terhadap waktunya berbeda.
r r
r r
E(r , t ) = E(r ) exp(− αt )
merupakan medan yang meluruh ekponensial terhadap waktu (bukan perilaku
gelombang berosilasi). Transisi perilaku meluruh dan gelombang terjadi jika :
ω=α≅
g 1
=
ε tc
tc = waktu relaksasi material
Dari tracing penurunan persamaan :
r2r
r
r
2
∇ E + ω εµE + iωgµE = 0
Dari persamaan Maxwell, suku kedua atau ∂2E/∂t2 diturunkan dari pergeseran
arus ∂D/∂t, sedangkan suku ketiga atau ∂E/∂t diturunkan dari arus transport J.
Sehingga eksistensi propagasi gelombang elektromagnetik bergantung pada
pergeseran arus dalam persamaan Maxwell. Tanpa pergeseran arus, hanya ada
medan yang meluruh secara eksponensial.
F. SYARAT-SYARAT BATAS
1. Syarat batas medan magnet induksi B
Syarat-syarat batas yang harus dipenuhi oleh medan-medan listrik dan magnet
pada interface antara dua media diturunkan dari persamaan Maxwell.
r r
∇•B = 0
Pada sembarang interface antara dua media dapat digambarkan oleh suatu
permukaan silinder (lihat gambar).
r
n1
S1
S3
h
A
S2
Teorema divergensi :
r
n3
1
2
r
n2
∫
r r
r r
∇ • B dv = B • n da = 0
∫
r r
r r
r r
r r
B • n da = B • n1 da + B • n 2 da + B • n 3 da = 0
V
S
∫
S
∫
S1
∫
S2
∫
S3
Jika h → 0, maka suku ketiga menjadi nol, dan secara geometris S1~ S2.
Karena normal n1 berlawanan arah dengan normal n2, maka berlaku :
B1n = B2 n
Komponen normal dari medan magnet B
adalah kontinu pada interface
2. Syarat batas medan listrik E
Komponen tangensial dari medan listrik dapat diperlakukan dengan cara yang
sama. Hal ini sekali lagi berdasarkan persamaan Maxwell :
r
r r ∂B
∇×E +
=0
∂t
r
r r r
∂B r
∇ × E • n da = −
• n da
∂t
S
S
∫(
)
∫
l
h1
1
h2
2
Dengan menerapkan teorema Stokes, maka :
r
∂B r
lE1t − lE 2 t + h1E1n + h 2 E 2 n − h1E'1n − h 2 E'2 n = −
• n da
∂t
S
∫
Jika loop dibuat tipis (h1 → 0 dan h2 → 0), maka keempat suku terakhir dalam
ruas kiri dan ruas kanan adalah nol, sehingga :
lE1t − lE 2 t = 0
E1t = E 2 t
Komponen tangensial dari medan listrik E harus
kontinu pada interface
3. Syarat batas pergeseran listrik D
Syarat batas pada komponen normal pergeseran listrik lebih kompleks, namun
juga dapat diturunkan dari salah satu persamaan Maxwell :
r r
∇•D = ρ
Dengan cara yang sama seperti dalam penurunan syarat batas medan B dapat
diturunkan dengan silinder tipis pada permukaan batas dua media yang berbeda
∫
r r
∇ • D dv =
V
∫
ρ dv
V
Dengan menerapkan teorema divergensi, dan h → 0, maka :
(D1n − D2 n ) = σ
Dimana σ adalah rapat muatan permukaan pada interface. Umumnya σ ≠ 0,
sehingga syarat batas menjadi kompleks, namun muatan listrik harus kekal :
r r
∂ρ
∇•J = −
∂t
Sehingga dapat dibuat penyederhanaan.
Dengan mengintegralkan persamaan kekekalan muatan listrik dan silinder dibuat
tipis h → 0, maka :
∂σ
(J1n − J 2 n ) = −
∂t
Jika hanya radiasi monokromatik yang ditinjau, rapat muatan permukaan harus
berubah dengan e-iωt sehingga ruas kanan persamaan diatas menjadi iωσ.
Dengan substitusi D = εE dan J = gE, maka diperoleh :
ε1E1n − ε2 E 2 n = σ
g1E1n − g 2 E 2 n = iωσ
Beberapa kasus khusus :
(a). Jika σ = 0, maka :
ε1 ε2
=
g1 g 2
benar jika dipilih material yang sesuai atau jika g1 = g2 = 0 atau ∞. Kondisi g1
= g2 = 0 dapat direalisasi pada interface antara dua dielektrik yang baik.
(b). Jika σ ≠ 0 (kasus umum), maka :
g1 
g2 


 ε1 + i  E1n −  ε2 + i  E 2 n = 0
ω
ω


(c). Jika salah satu konduktivitasnya tak-hingga, g2 = ∞, maka :
E2n = 0
σ
E1n =
ε1
4. Syarat batas intensitas magnet H
Syarat batas komponen tangensial juga dapat diturunkan dengan
mengintegralkan persamaan Maxwell terhadap permukaan yang ditutupi oleh
loop, seperti dalam kasus komponen tangensial medan listrik:
r
r r r ∂D
∇×H = J +
∂t
Jika loop dibuat tipis, maka kondisi batas menjadi :
H1t − H 2 t = j⊥
Dimana j⊥ adalah komponen rapat arus permukaan yang tegak lurus terhadap
arah komponen-H yang sesuai. Ide rapat arus permukaan adalah analog
dengan rapat muatan permukaan yang menggambarkan suatu arus berhingga
dalam suatu lapisan tak-hingga. Rapat arus permukaan menjadi nol, kecuali
jika konduktivitasnya tak-hingga, karenanya untuk konduktivitas berhingga
berlaku :
H1 t = H 2 t
Artinya komponen tangensial H bersifat kontinu, jika salah satu medium
memiliki konduktivitas tak-hingga.
Jika g2 = ∞, maka E2n = 0.
Bentuk umum untuk medium-2 berdasarkan persamaan Maxwell :
r
r r
∂D2 r
∇ × H2 −
= J2
∂t
Dengan menggunakan hubungan D2 = εE2 dan J2 = gE2, dan diasumsikan E2
berubah terhadap waktu sesuai e-iωt menghasilkan :
r
E2 =
(
r r
1
∇ × H2
g 2 − iωε2
)
Persamaan diatas mengimplikasikan bahwa E2 = 0 dalam medium yang
konduktivitasnya tak-hingga.
Dengan asumsi yang sama, maka :
r
H2 =
(
1 r r
∇ × E2
iωµ2
)
Sehingga jika E2 = 0 , maka H2 = 0. Dengan demikian syarat batas pada
komponen tangensial H pada interface dimana konduktivitas salah satu
mediumnya tak-hingga, maka :
H1t = j⊥
Tabel. Syarat-syarat medan medan listrik, pergeseran listrik, medan magnet
induksi dan intensitas medan magnet untuk kasus g = 0, g = ∞ dan g
sembarang.
g
Et
Dn
Ht
Bn
g1 = g2 = 0
E1t = E2t
D1n = D2n
H1t = H2t
B1n = B2n
g2 = ∞
E2t = 0
E1t = 0
D2n = 0
D1n = σ
H2t = 0
H1t = j⊥
B2n = 0
B1n = 0
g 1 , g2
sembarang
E1t = E2t
H1t = H2t
B1n = B2n
≠∞
g1 

ε
+
i
 1
 E1n
ω

g2 

=  ε2 + i  E 2 n
ω

BAB VII
RADIASI ELEKTROMAGNETIK
A. PERSAMAAN GELOMBANG DENGAN SUMBER
Dalam pembahasan persamaan gelombang elektromagnetik monokromatik,
sebelumnya diasumsikan bahwa rapat muatan ρ di dalam medium nol dan hanya
ada sumber arus J yang timbul dari respon pasif suatu medium ohmik terhadap
gedan listrik dari gelombang.
Dalam pembahasan kali ini, akan diturunkan persamaan gelombang EM dimana
terdapat sumber muatan dan arus yang diberikan oleh distribusi muatan ρ (r, t) dan
distribusi arus J (r,t).
Karena divergensi induksi magnetik B adalah nol, maka dapat diungkapkan dalam
surl suatu potensial vektor.
(
)
r r r r r
∇•B = ∇• ∇×A = 0
r r r
B = ∇×A
.......................(1)
Dengan menerapkan salah satu persamaan Maxwell :
r
r r
∂B
∇×E = −
∂t
r r ∂ r r
∇×E +
∇×A = 0
∂t
(
)
Dengan mengasumsikan bahwa turunan medan dalam ruang dan waktu dapat
ditukar, maka :
r
r  r ∂A 
 = 0
∇ ×  E +
∂t 

Maka medan E dapat diungkapkan dalam gradien suatu skalar :
r
r
r
∂A
E = −∇ φ −
∂t
..........................( 2)
Persamaan (1) dan (2) merupakan bentuk medan magnet dan medan listrik
dalam potensial vektor dan skalar. Dengan substitusi pers. (1) dan (2) kedalam
persamaan Maxwell, dengan bantuan D = εE dan B = µH :
r
r r r ∂D
∇×H = J +
∂t
r
∂ r
∂A  r
1r r r
 = J
∇ × ∇ × A + ε  ∇φ +
µ
∂t 
∂t 
Dengan menggunakan hubungan :
r
r r r
r
r
∂A 
∂
 = µJ
∇ × ∇ × A + εµ  ∇φ +
∂t 
∂t 
r
2
r r r r2r
r ∂φ
r
∂ A
∇ ∇ • A − ∇ A + εµ 2 + εµ∇ = µJ
∂t
∂t
(
)
Defisinikan kondisi Lorentz (gauge Lorentz) :
r r
∂φ
∇ • A + εµ = 0
∂t
Maka :
r
r2r
r
∂ A
∇ A − εµ 2 = −µJ
∂t
2
Persamaan gelombang takhomogen dari potensial vektor.
Dengan bantuan persamaan (2) dan persamaan Maxwell, diperoleh :
r
r ∂A 
r r
 = ρ
− ε ∇ • ∇φ + ∇ •
∂t 

Pertukaran urutan divergensi dan turunan waktu pada A dan dengan
menggunakan kondisi (gauge) Lorentz, menghasilkan :
2
ρ
∂
φ
∇2φ − εµ 2 = −
ε
∂t
Persamaan gelombang takhomogen dari potensial skalar.
Solusi untuk persamaan gelombang tak-homogen analog dengan solusi umum
persamaan Poisson, yang terdiri dari solusi umum persamaan homogen dan
solusi khusus persamaan tak-homogen.
Persamaan gelombang potensial skalar tak-homogen dikurangi dalam kasus
statis ∂φ/∂t =0, menjadi persamaan Poisson, sehingga solusinya seperti dibahas
dalam persoalan listrik statik dalam vakum :
φ=
1
4πε0
∫
V
r
ρ( r ' )
r r dv '
r − r'
Untuk persamaan gelombang A, solusi dalam kondisi statis dan vakum) :
r r µ0
A(r ) =
4π V
∫
rr
J (r ' )
r r dv '
r − r'
Namun kedua solusi tersebut tidak dapat menggambarkan kebergantungan
terhadap waktu dari ρ (r, t) dan J (r,t).
Dalam vakum (n = 1), maka persaman gelombang potensial skalar :
2
ρ
∂
φ
1
2
∇ φ− 2 2 = −
ε
c ∂t
Dimana dapat dengan mudah dicari solusinya untuk suatu muatan titik dan
kemudian seluruh elemen-elemen muatan ρ ∆v dijumlahkan dalam distribusi
muatan yang sesuai. Untuk memudahkan muatan titik diletakkan di titik pusat
koordinat, sehingga persamaan :
2
∂
φ
1
2
∇ φ− 2 2 = 0
c ∂t
harus dipenuhi disetiap titik, kecuali di titik pusat dimana dalam suatu volume
kecil ∆v di sekitar titik pusat yang harus dipenuhi:
 2
1 ∂ 2φ 
1


dv  ∇ φ − 2 2  = − q( t )
ε
c ∂t 

∆V
∫
q(t) hanya menggambarkan besaran muatan q di titik pusat pada waktu t (bukan
kebergantungan gerakan muatan q terhadap waktu).
Dari sifat simetri distribusi muatan, maka potensial φ hanya bergantung pada r
saja (tidak bergantung pada sudut azimut), sehingga :
1 ∂ 2 ∂φ 1 ∂ 2φ
− 2 2 =0
r
2
r ∂r ∂r c ∂t
Dengan mendefinisikan :
φ(r , t ) =
χ(r , t )
r
∂ 2χ 1 ∂ 2χ
− 2 2 =0
2
c ∂t
∂r
Persamaan ini merupakan persamaan gelombang 1-dimensi yang dipenuhi oleh
fungsi sembarang r – ct atau r + ct.
Bukti :
Definisikan :
u = r – ct dan f (u) adalah fungsi sembarang.
∂ 2f d 2f ∂u d 2f
;
= 2
= 2
2
du ∂r du
∂r
2
df
d
f
∂ 2f
∂f df ∂u
2
=
;
c
=
= −c
du
∂t du ∂t
∂t 2
du 2
∂f df ∂u df
=
=
∂r du ∂r du
Substitusi ke dalam persamaan :
∂ 2χ 1 ∂ 2χ
− 2 2 =0
2
∂r
c ∂t
Diperoleh :
d 2f 1  2 d 2f 
=0
− 2  c
2
2
du
c  du 
( terbukti)
Dengan demikian terbukti bahwa fungsi r – ct memenuhi persamaan gelombang
1-dimensi (begitu pula dengan fungsi r + ct ).
Sehingga fungsi :
χ = f (r – ct) + g (r + ct)
Merupakan solusi sembarang dari persamaan gelombang 1-dimensi. Namun
fungsi g (r + ct) tidak terjadi dalam aplikasi persamaan gelombang, sehingga
dapat dihilangkan. Fungsi f (r + ct) menggambarkan suatu gelombang yang
merambat keluar dari sumber muatan q, sedangkan fungsi g (r + ct)
menggambarkan suatu gelombang yang merambat kearah sumber muatan dari
tak-hingga.
Suatu solusi simetrik bola sekarang tersedia :
φ=
f (r − ct )
r
yang mengandung suatu fungsi sembarang sehingga persamaan :
 2
1 ∂ 2φ 
1


dv  ∇ φ − 2 2  = − q( t )
ε
c ∂t 

∆V
∫
juga dipenuhi.
Potensial muatan statik :
q
φ=
4πε0 r
Kedua bentuk fungsi potensial muatan statik dan simetrik bola dapat dikonversi :
q (t − r / c )
f (r − ct ) =
4 πε0
Sehingga solusi persamaan gelombangnya menjadi :
q (t − r / c )
f (r − ct ) =
4πε0 r
Dengan demikian, persamaan gelombang tak-homogen potensial skalar dalam
kondisi Lorentz dipenuhi oleh :
r
r
ρ( r ' , t ' )
1
φ(r , t ) =
r r dv '
4πε0 V r − r '
∫
Dimana t’ = t - |r – r’|/c disebut waktu retardasi (pelambatan) dan fungsi φ disebut
sebagai potensial skalar retardasi.
Solusi untuk persamaan gelombang potensial vektor A tak-homogen dapat
diperoleh dengan cara yang sama. Vektor-vektor A dan J diurai terlebih dahulu
kedalam komponen kartesian (x, y, z). Contoh untuk komponen-x:
r2
∂ 2Ax
∇ A x − εµ 2 = −µJ x
∂t
Dimana solusinya memiliki bentuk :
r
r
µ J x (r ' , t ' )
A x (r , t ) = 0
r r dv '
4π V r − r '
∫
Jika ketiga koponen digabung kembali, maka diperoleh :
rr
r r
µ J (r ' , t ' )
A(r , t ) = 0 r r dv '
4π V r − r '
∫
dimana vektor A disebut potensial vektor retardasi.
B. EMISI RADIASI
B.1. RADIASI DARI SUATU DIPOL YANG BEROSILASI
Contoh sederhana radiasi dimana distribusi muatan-arus bergantung waktu adalah
perhitungan radiasi dari suatu dipol listrik yang berosilasi. Dipol diasumsikan terdiri
dari bola-bola yang diletakkan di posisi z = ± l / 2 yang dihubungkan oleh sebuah
kawat yang kapasitansinya diabaikan.
Muatan sebelah atas adalah +q dan muatan
bawah –q. Kekekalan muatan memerlukan
bahwa arus didalam kawat :
z
+q
I = + q&
l/2
y
l/2
-q
x
Dimana arus I > 0 dalam arah positif z.
Kondisi dimana kapasitansi arus diabaikan
dan arusnya seragam jika panjang l kecil
dibandingkan dengan panjang gelombang
radiasi.
Potensial vektor yang diakibatkan distribusi arus diatas didalam vakum :
(
)
r
r
I z' , t − r − z' k / c
r
µ0
A z (r , t ) =
dz '
r
r
4 π −l / 2
r − z' k
l/2
∫
(
)
r
r r
r
2
2 1/ 2
r − z ' k = r − 2z ' k • r + z '
Jika l < r artinya hanya medan pada jarak yang jauh dari dipol yang dihitung,
maka :
r
r
r − z ' k = r − z ' cos θ
Dimana θ adalah sudut antara r dan sumbu-z. Suku z’ cos θ dapat diabaikan jika
r cukup besar. Namun dalam bentuk retardasi z’ cos θ dapat diabaikan jika z’
cos θ /c diabaikan dibandingkan dengan waktu dimana perubahan arus
signifikan. Sebagai contoh dengan perioda untuk arus yang berubah secara
harmonik.
Karena z’ cos θ ≤ l / 2 , artinya bahwa z’ cos θ /c dapat diabaikan dalam bentuk
waktu retardasi hanya jika :
l
<< cT = λ
2
Jika dipol kecil dibandingkan dengan satu panjang gelombang dan titik
pengamatan jauh dibandingkan dengan l , maka :
r
µ l  r
A z (r , t ) = 0 I t −  ................(a )
4π r  c 
Potensial skalar φ dapat ditentukan dengan menerapkan kondisi (gauge) Lorentz
atau dengan menggunakan ungkapan potensial retardasi yang sesuai. Kedua
metoda memberikan hasil yang sama. Namun karena potensial listrik akibat
suatu dipol adalah perbedaan antara dua bagian besar, pendekatan potensial
retardasi harus hati-hati. Karena kesulitan ini dikaitkan dalam perhitungan gauge
Lorentz, potensial skalar diperoleh dengan menyelesaikan :
r r 1 ∂φ
∇•A +
=0
c ∂t
Dimana A didefinisikan dalam persamaan (a).
l ∂ 1  r
∂φ
=−
I t − 
∂t
4πε0 ∂z r  c 
l
=
4πε0
 z  r  z  r 
 3 I t −  + 2 I'  t −  
 r  c  r c  c 
Dimana I’ adalah turunan dari I. Dengan mengintergasikan persamaan diatas,
dimana I = +q’, maka diperoleh :
r
φ(r , t ) =
l z  q (t − r / c ) I(t − r / c ) 
+

2 
4πε0 r 
r
c

Untuk menghitung medan elektromagnetik, maka diperlukan mendefinisikan
distribusi arus-muatan yang berubah secara harmonik terhadap waktu.
 r
 r
q t −  = q 0 cos ω t − 
 c
 c
 r
 r
I = + q& = I 0 sin ω t −  = − ωq 0 sin ω t − 
 c
 c
Dengan menyelesaikan potensial vektor A kedalam harmonik bola, diperoleh :
µ 0 I 0l
 r
Ar =
cos θ sin ω t − 
4π r
 c
Aθ = −
µ 0 I 0l
 r
sin θ sin ω t − 
4π r
 c
Aϕ = 0
Induksi magnet B dapat dihitung dari B = ∇ x A, maka hanya komponen-ϕ saja
yang tidak nol.
1 ∂A r
1∂
(rA θ ) −
Bϕ =
r ∂θ
r ∂r
µ 0 I 0l  ω
 r 1
 r 
=
sin  cos ω t −  + sin ω t −  
4π r
 c r
 c 
c
Perhitungan medan listrik lebih kompleks karena tidak hanya melibatkan A
namun juga φ. Komponen-komponen medan listrik : (PR !!)
r
r
r
∂A
E = −∇ φ −
∂t
∂φ ∂A r 2 I 0l cos θ  sin ω(t − r / c ) cos ω(t − r / c ) 
Er = − −
=
−


2
3
r
t
4
∂
πε0 
∂
r c
ωr

1 ∂φ ∂A θ
I l sin θ  1
ω 
 r 
 r 1
cos
t
sin
−
ω
ω
−
−
=− 0
−
 t − 
 2

 3
2
r ∂θ ∂t
4 πε0  ωr
rc 
 c 
 c r c
1 ∂φ ∂A ϕ
Eϕ = −
−
=0
r sin θ ∂ϕ
∂t
Eθ = −
Untuk menghitung laju dimana dipole memancarkan energi dilakukan dengan
mengintegralkan komponen normal vektor Poynting diseluruh jari-jari bola :
∫
π
r r
1 2
S • n da =
R E θ Bϕ 2π sin θ dθ
µ0
0
∫
Dengan hanya memilih bagian yang tidak nol jika R → ∞ melalui pemilihan
bagian yang sebanding dengan 1/r dalam Eθ dan Bϕ diperoleh :
∫
r r
(
I 0l )2 ω2
r
2 
S • n da =
cos ω t − 
3
6πε0 c
 c
yang merupakan daya radiasi instan. Daya radiasi rata-rata :
P=
∫
r r
l2ω2 I 02
r
1
2 
S • n da =
; cos ω t −  =
3
2
6πε0c 2
 c
Dengan substitusikan
λ = 2πc ω dan c = 1
2
ε0µ0
diperoleh :
2π µ0  l  I 02
P=
...........................( b)
 
3 ε0  λ  2
Disipasi energi dari suatu resistansi R yang membawa arus I0 cos ωt dengan
laju rata-rata : P = RI 02 / 2. Jika dibandingkan dengan persamaan (b), diperoleh
resistansi radiasi suatu dipol :
2
2
2π µ0  l 
l
Rr =
  = 789  ohms (dalam vakum)
3 ε0  λ 
λ
Dalam medium material µ0 dan εo diganti dengan µ dan ε, serta λ = 2 π ω εµ
Resistansi radiasi diatas mungkin dapat dipakai untuk menggambarkan radiasi
dari antena radio. Namun terdapat beberapa “cacat” yang akan menghambat
hasil yang baik, seperti :
1. Efek dari bumi diabaikan
2. Umumnya antena tidak dibebani pada ujungnya
3. Sangat jarang antena yang pendek jika dibandingkan dengan panjang
gelombang yang diradiasikan.
Dengan menghilangkan kedua cacat terakhir, maka persoalan dapat
disederhanakan. Namun kasus pengaruh gangguan bumi diluar cakupan kuliah
ini.
B.2. RADIASI DARI SUATU ANTENA SETENGAH-GELOMBANG
Batasan panjang antena yang kecil dibandingkan dengan satu panjang
gelombang dapat dihilangkan dalam beberapa kasus yang relatif sederhana.
Khususnya, suatu kawat yang panjangnya setengah-panjang gelombang dapat
dipecah kedalam elemen-elemen tak-hingga, dimana masing-masing elemen
metoda sebelumnya (kasus dipol) dapat digunakan.
Pandang suatu kawat terletak sepanjang sumbu-z dari –λ/4 ke +λ/4 dan
membawa arus yang nol pada ujung-ujung kawat :
 2 πz ' 
I(z ' , t ) = I 0 sin ωt cos

λ


Ketidakseragaman arus memerlukan suatu variasi rapat arus, dimana terbesar
pada ujung-ujung kawat. Suatu elemen dz’ pada z’ dalam vakum berkontribusi
terhadap Eθ:
sin θ
 R   2 πz ' 
ω cos ω t −  cos
dE θ = I 0
 dz '
2
c  λ 
4 πε0 Rc

Dimana R adalah jarak dari dz’ terhadap titik observasi dan 1/R2 dapat diabaikan.
Dengan cara yang sama :
dBϕ =
µ 0 I 0ω
 R   2 πz ' 
sin θ cos ω t −  cos
 dz '
4π 0 Rc
c  λ 

Problem dalam perhitungan Eθ dan Bϕ dapat dikurangi dengan menghitung :
π/2
K=
1
 R
cos ω t −  cos u du
R
c

−π / 2
∫
Dimana u = 2πz’/λ. Seperti sebelumnya R = r – z’ cos θ dan kemudian dengan
memilih r cukup besar, maka z’ cos θ dapat diabaikan, sehingga :
π/2
1
  r

K=
cos ω t −  + u cos θ cos u du
r −π / 2   c 

∫
π/2
1
 r
= cos ω t −  cos(u cos θ) cos u du −
c
 c −π / 2
∫
π/2
1
 r
sin ω t −  sin (u cos θ) cos u du
r
 c −π / 2
∫
K=
2
 r  cos[(π 2 ) cos θ]
cos ω t − 
r
sin 2 θ
 c
Sehingga medan-medannya :
I0
 r  cos[(π 2 ) cos θ]
Eθ =
cos ω t − 
2πε0 rc
sin θ
 c
Bϕ =
µ0I0
 r  cos[(π 2 ) cos θ]
cos ω t − 
2 πr
sin θ
 c
Daya rata-rata yang dipancarkan (integral vektor Poynting rata-rata) dari antena :
1 µ0 2
P=
I0
4 π ε0
π
∫
0
cos2 [(π 2 ) cos θ]
sin θ dθ
2
sin θ
Untuk antena setengah-gelombang :
I 02
P = 73,1 ohms
2
(dalam vakum)