kerapatan fluks listrik

BAB III
KERAPATAN FLUKS LISTRIK
DAN HUKUM GAUSS
3.1
KERAPATAN FLUKS LISTRIK
Fluks listrik  bermula di muatan positif dan berakhir di muatan
negatif (a) atau berakhir di tak terhingga kalau tidak ada muatan negatif (b).
-Q
+Q
+Q
-~
Garis fluks
(a)
(b)
Muatan satu coulomb menimbulkan muatan listrik satu coulomb
=Q
(C)
Kerapatan fluks listrik (density of electric flux) D adalah medan vektor yang
besarnya sama dengan benyaknya garis fluks yang menembus permukaan
yang normal terhadap garis tersebut dibagi dengan luas permukaan tersebut.
D
d
an
dS
(C/m2)
d 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:
1
-Q
+Q
r=a
D
Q
ar
4a 2
(bola dalam)
D
Q
ar
4b 2
(bola luar)
r=b
Pada jarak radial r
Q
ar
untuk r>a
4r 2
Dalam ruang hampa, intensitas medan listrik dari sebuah muatan titik
Q
E
ar
4 O r 2
maka kepatan fluks D
D
D  o E
Untuk ruang hampa
Untuk distribusi muatan ruang yang umum dalam ruang hampa
maka
E
 v dv
vol4 o R 2 a R
D
 v dv
vol4R 2 a R
Sebagai contoh, misalkan muatan garis serbasama sekitar 8 nC/m yang
terletak di sepanjang sumbu z, maka medan listrik E adalah:
E
L
a
2 o 

8x10 9
a
2(8,854x10 12 )

143,8
a

pada  = 3 m, E = 47,9 a
V/m
V/m
2
Dihubungkan dengan medan E, diperoleh
D
L
a
2
8x10 9
1,273x10 9

a 
a
2

C/m2
Nilai pada  = 3 m, diperoleh D = 0,424 nC/m
Contoh:
Jika diketahui kerapatan fluks D = r ar/3 dalam ruang hampa,
(a) hitung E pada r = 0,2 m
(b) hitung muatan total dalam bola r = 0,2 m
(c) hitung fluks listrik total yang meninggalkan bola r = 0,3 m
Penyelesaian:
(a) dalam ruang hampa
D   o .E
(b)
E
D
0,2 / 3

 7,53x109 nV / m  7,53 V/m
12
 o 8,854x10
E
Q
.a r
4 o r 2
Q  (7,53)(4x3,14x8,854.10 12 )(0,2) 2
= 33,5 pC
(c)
   D s .dS

2 
r
  ( 3 a .(r
r
dS = r2sindd ar
2
sin dd )ar
o o
2 
1
 r 3  sin dd
3 oo
3

1
 r 3 (2 )( cos ) l
o
3
= 113,097 x 10-3 nC = 113,1 pC
Contoh:
Hitunglah D (dalam kordinat kartesian) pada P (6,8,-10) yang disebabkan oleh
(a) suatu titik pada 30 mC pada titik asal
(b) Muatan garis serbasama L = 40 C/m pada sb z
(c) Kerapatan muatan permukaan s = 57,2 C/m2 pada bidang x = 9
Penyelesaian:
(a)
D
Q
ar
4r 2
z
Q=30 mC
R=(6-0)ax + (8-0)ay + (-10-0)az
= 6ax +8ay – 10az
R=
y
x
62  82  102
P(6,8,-10)
= 10 2
ar 
D
6ax  8a y  10az
10 2
30 x103 6ax  8a y  10az
(
)
4 (10 2 )2
10 2
= 5,064 ax + 6,752 ay – 8,44 az
(b)
D
C/m2
L
ar
2r
z
L=40 C/m
R = (6-0)ax+(8-0)ay
(0,0,0)
= 6ax + 8 ay
y
x
2
2
R= 6  8  100  10
P(6,8,-10)
-z
4
ar 
D
6a x  8a y
10
40x10 6 6a x  8a y
(
)
2(10)
10
= 1,2 ax + 1,6 ay
C/m2
(c) Besarnya E untuk medan bidang tak
z
terhingga tdk tergantung pada jarak antara
bidang tsb dg tempat terjadinya medan.
Jika medan listrik
s=57,2 C
s
s
C/m
E
an
DE  a n
2
2 o
Karena titik yg ditinjau disebelah dalam dari
bidang, maka arahnya menuju sb x negatif,
x
shg diperoleh:

 57,2
D  s ( a x ) 
a x  28,6a x C/m2
2
2
3.2
(0,0,0)
y
P(6,8,-10)
-z
HUKUM GAUSS
Fluks listrik yang menembus permukaan tertutup sama dengan muatan
total yang dilingkupi oleh permukaan tersebut.
   d 
 D .ds
s
perm. tertutup
atau rumusan matematika Hukum Gauss:
   D s .ds = muatan yg dilingkupi = Q
s
Muatan yang dilingkupi dapat terdiri:

Muatan titik
Q = Qn

Muatan garis
Q = LdL

Muatan permukaan
Q = sdS

Muatan volume
Q = vdV
Distribusi muatan menurut Hukum Gauss:
 D .dS   
s
s
v
dV
vol
5
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)
Contoh:
Muatan garis serbasama, komponen radial
D = Da
L

Hk. Gauss:
L
Q   D s .dS
tab
Q

dS  0  dS  0
pinggir
L
 Ds
atas
 dS
bawah
2
  ddz
z 0 0
= Ds 2L
diperoleh
Ds  D 
Q
2L
Q = LL
= L/2
atau E = L/2o
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.
6
P(x,y,z)
D = Do= Dxoax + Dyoay + Dzoaz
z
x
y
Menurut Hk. Gauss:
 D .dS  Q
s
Untuk menghitung integral tertutup dari kotak persegi, maka integral dipecah
menjadi 6 integral:
 D.dS  

depan
*
 D
depan

belakang


kiri



kanan

atas


bawah
.Sdepan
depan
= Ddepan.Sdepan
= Ddepan.yz ax
= Dx,depanyz
Dx,depan=Dxo+(x/2)(Dx/x)
(Dx/x) = laju perubahan Dx terhadap x
Dxo= adalah Dx di titik P
= (Dxo+(x/2)(Dx/x)) yz
*
 D
.Sbelakang
belakang
belakang
= Dbelakang.(-yz ax)
= -Dx,belakang yz
Dx,belakang=Dxo-(x/2)(Dx/x)
= (-Dxo+(x/2)(Dx/x)) yz

depan


belakang

D x
xyz
x
7
*
Dengan proses yang serupa diperoleh


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


)
x
y
z
atau
Muatan yang dilingkupi dalam volume  = (
D x D y D z


) xVolume 
x
y
z
Sebagai contoh, jika D = e-xsin y ax – e-xcos 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
jadi muatan yg terlingkup dlm volume = (2x10-9) = 2 nC
Contoh:
Suatu kubus bersisi 2 m, sisi kubus sejajar dengan sumbu koordinat berpusat
di titik asal. Tentukan fluks netto melalui permukaan bila diberikan kerapatan
fluks D = 2x ax + 3 ay
C/m2
z
Penyelesaian:
   D.dS
2m
y
2m
x
8
2m
  (2a x  3a y ).(ds.a x ) 
x 1
 (2a
x
 3a y ).(ds.a x )
x 1
....   (2 xa x  3a y ).(ds.a y ) 
y 1
....   (2 xa x  3a y ).(ds.a z ) 
z 1
 (2 xa
x
 3a y ).(ds.a y )
x
 3a y ).(ds.a z )
y 1
 (2 xa
z 1
 2  ds  2  ds  3  ds  3  ds  0  0
x 1
x 1
y 1
y  1
 (2  2  3  3)  ds 
 (4)(2 x 2)
 16....C
9
TUGAS-2
1. Suatu muatan titik Q = 3 nC, terletak di titik asal koordinat kartesian.
Berapa besarnya fluks  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 pd kuliah ke-5:
Bahan kuliah ke-4 dimulai dari Hukum Gauss:
10