handout listrik-magnet-ii
Post on 25-Jun-2015
4.659 Views
Preview:
TRANSCRIPT
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. PERSAMAAN MAXWELL♦ Hukum Ampere dan persamaan kontinuitas arus listrik♦ Persamaan Maxwell♦ Energi elektromagnetik♦ Persamaan gelombang elektromagnetik♦ Syarat-syarat batas medan
7. 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.
Pustaka1. J. R. Reitz,” Foundations of Electromagnetic Theory”, Addison-
Wesley Publ., 19932. D. J. Griffith,” Introduction to Electrodynamics”, Prentice-Hall Inc.,
1989.3. 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 AMPEREStandar 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 MAGNETStandar kompetensi :□ Mendefinisikan medan polarisasi magnet M, intensitas medan
magnet H, serta merumuskan hukum Ampere dinyatakandalam 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 MAXWELLStandar kompetensi : □ Memahami ketidaktaatan pada asas hukum Ampere dengan
persamaan kontinuitas arus listrik atau hukum kekekalanmuatan listrik.
□ Mendefinisikan arus pergeseran Maxwell dan merumuskanperluasan hukum Ampere.
□ Merangkumkan keempat hukum dasar listrik-magnet : Gauss untuk D, divergensi nol untuk B, hukum Ampere yang diperluasdan 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 ELEKTROMAGNETIKStandar kompetensi :
□ Merumuskan medan listrik dan magnet dalam potensialvektor 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 danradiasi antena setengah-gelombang.
MEDAN LISTRIK ARUS MANTAP (STEADY CURRENT)
BAB I
MEDAN LISTRIK ARUS MANTAP (STEADY CURRENT)
Persamaan kontinuitas:
0t
J =∂ρ∂
+•∇rr
dimana: = rapat arus
ρ = rapat muatanJr
Disebut arus mantap, jika rapat muatan tidak berubah terhadap waktu, maka:
0J0t
=•∇⇒=∂ρ∂ rr
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.
x
z
y
Oq1
q
rr
Jika muatan-muatan q dan q1 diam, maka gaya pada muatan q yang diberikan q1 diungkapkan oleh gayaCoulomb:
1rr
rsearahsatuanvektorrr
rr
rqq
41F 2
1
0e
=
=
πε=
r
rr
rr
Sekarang pandang bahwa muatan q bergerak dengan kecepatandan q1 dengan kecepatan , maka muatan q akan memperoleh gayatambahan:
vr
1vr
magnetgayarrxvxv
rqq
4F 12
10m
=
πµ
=r
rrr
Dalam listrik statik, medanelektrostatik didefinisikan :
qFEr
r=
Jadi medan elektrostatik yang ditimbulkan oleh muatan q1:
rr
rq
41E 2
1
0
rr
πε=
Induksi magnet pada muatan q yang diakibatkan q1 di titik O:
πµ
=rrxv
rq
4B 12
10r
rr
Gaya magnet yang bekerja di q:
( )BxvqFm
rrr=
2270 C/s.N104
−=πµ
Maka gaya total pada muatan q adalah:
( )( )[ ] LorentzgayaBxvEq
BxvqEq
FFF me
⇒+=
+=
+=
rrr
rrr
rrr
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 tidakbekerja pada partikel bermuatan.
Definisi : :maka,c1200 =µε
s/m10x9979.2c
rrx
cv
cv
rqq
41F
8
121
0m
=
πε=
rrrr
Medan magnet yang dihasilkan oleh partikel q1 yang bergerak secaraseragam adalah :
cEx
cvB 1rr
=
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 terdiridari muatan-muaatan q yang bergerak dengan kecepatan v.
I lr
dvrq
Gaya pada muatan q yang bergerak dengan kecepatan dalam medanmagnet dengan induksi magnet adalah:
vrBr
( )BxvqFm
rrr=
Misalkan di dalam kawat terdiri dari N jumlah pembawa muatan q per-satuan volume, A adalah luas penampang kawat dan setiap pembawamuatan q bergerak dengan kecepatan yang sama maka muatandalam elemen panjang :
vrlr
d
qdANdq lr
=
Maka gaya pada elemen panjang :lr
d
( ) ( )
( )
( )BxdIFd
BxdvqANFdv//d
BxvqdANBxvdqFd
m
arusI
m
m
rlrr
rlr
43421
rrrlr
rrlrrrr
=
=⇒
==
=
Gaya pada sirkuit tertutup:
BxdIFC
rlrr
∫=
Jika medan magnet B seragam (tidak bergantung pada posisi), maka :
0BdIFC
=×
= ∫r
lrr
C. TORQUE
Torque adalah momen gaya yang didefinisikan sebagai :
( )BdrIFdrdr
lrrrrr××=×=τ
Untuk sirkuit/lintasan tertutup :
( )∫ ××=τC
BdrIr
lrrr
Jika medan magnet B uniform, maka :
( ) ( ) ( )xyzxyz dyBBdxkdxBBdzjdzBBdyiBd −+−+−=×rrrr
lr
( )[ ]( )[ ]( )[ ]
)a.....(
yBdzyBdyyBdxxBdzxBdr
BdyxBdxxBdzzBdyzBdr
BdxzBdzzBdyyBdxyBdr
zzxz
xyyzy
zxxyx
+−−=××
+−−=××
+−−=××
rlrr
rlrr
rlrr
Karena B diasumsikan uniform (tidak bergantung posisi r), maka komponen Bbisa dikeluarkan dari integral.
Untuk menghitung torque, maka kita definisikan dulu integral ruang :
∫∫ ηξξξ ddand
Dimana ξ adalah sistem koordinat dan η juga sistem koordinat lain yang berbedadengan ξ.
∫ ξξd adalah trivial karena menggambarkan integral dari nilai terendahξ1 dan nilai tertinggi ξ2 dari ξ d ξ ditambah integral dari ξ2 sampaiξ1 dari ξd ξ, sehingga akan mengeliminasi enam komponen daripersamaan (a) diatas.
∫ ηξd Melibatkan dua variabel ξ dan η sehingga tidak mengakibatkan perbedaanapakah integral diambil melalui lintasan riil C atau proyeksi lintasan tsbpada bidang ξ-η (lihat gambar dibawah).
ξ
η
ζ
Proyeksi lintasan C padabidang ξ-η
C
η
ξ
a
b ( )ηξ=ξ 2
( )ηξ=ξ 1
Evaluasi integral ∫ ηξd
Persamaan diatas menghasilkan suatu luas daerah yang dilingkupi proyeksikurva/lintasan (positif). Jika ξ dan η adalah urutan siklus dalam sistem koordinattangan-kanan maka arah dimana jika kontur adalah tertutup akan memberikanarah-ζ.
( ) ( ) ηηξ+ηηξ=ηξ ∫∫ ∫ ddda
b2
b
a1
∫ ζ=ηξ Ad dengan ξ,η, dan ζ adalah siklik permutasi x,y,z.
( )[ ] ( )
( )[ ] ( )
( )[ ] ( )
BAI
BABAIBdrI
BABAIBdrI
BABAIBdrI
xyyxC
zz
zxxzC
yy
yzzyC
xx
rrr
rlrr
rlrr
rlrr
×=τ
−=××=τ
−=××=τ
−=××=τ
∫
∫
∫
Dimana vektor A merupakan vektor yang komponen-komponennya adalah luasyang dilingkupi oleh proyeksi kurva C pada bidang-bidang yz, zx, dan xy.
Kuantitas IA merupakan momen dipol magnet sirkuit :
∫∫×=
=×
=
CC
drI21mAdr
21
AImlrrrr
lrr
rr
momen dipol magnetik
Untuk kawat yang berarus, maka :
dvJr21md
dvJdI
rrr
rlr
×=
→
Sangat berguna untuk membahas sifatmagnetik dari bahan.
HUKUM BIOT-SAVART
HUKUM BIOT SAVART
Menggambarkan gaya interaksi antara dua sirkuit konduktor berarus.
O
1dlr
1rr
( )121 rrxd rrlr
−
2dlr
2rr
12 rr rr−
( )212 rrxd rrlr
−
I1 I21 2
Hukum Ampere:Gaya yang bekerja pada sirkuit-1 akibat oleh sirkuit-2:
( )[ ]∫ ∫ −
−πµ
=1C 2C
321
212121
01
rrrrxdxdII
4F rr
rrlr
lr
r
Gaya yang bekerja pada sirkuit-1 akibat oleh sirkuit-2:
( )[ ]∫ ∫ −
−πµ
=1C 2C
312
121221
02
rrrrxdxdII
4F rr
rrlr
lr
r
Gaya-gaya diatas merupakan gaya aksi-reaksi, yaitu:
21 FFrr
−=Buktikan !!
PR
270 A/N104
−=πµ
Bukti:
( ) ( ) ( )( )[ ] ( )[ ] ( )( )[ ]
( ) ( ) ( )21
1C 2C3
12
1221
01
1C 2C3
12
21221
02
122121211212
ddrrrrII
4d
rrdrrII
4F
rrdddrrdrrxdxd
BACCABCxBxA.1
lr
lr
rr
rr
lr
rrlrrrr
rrlr
lr
lrrr
lrrr
lr
lr
rrrrrrrrr
•−
−πµ
−−
•−πµ
=
−•−•−=−
•−•=
∫ ∫∫ ∫
Suku pertama:
( )
2
1C 2C 1221
12
1C 2C 1221
1C 2C3
12
212
drr
1d
ddrr
1drr
drr
lr
rrr
lr
lr
lr
rrr
lr
rrlrrr
∫ ∫
∫ ∫∫ ∫
−∇−=
−∇−=
−
•−
Dalil Stokes:
( )
( ) 0danrr
1xddrr
drr
danFxdF
1C 2C0x
122211
1C 2C3
12
212
C S
=•
−∇∇−=
−
•−
•∇=•
∫ ∫∫ ∫
∫ ∫
=φ∇∇
r
44 344 21
rrrr
lr
lr
rrlrrr
rrrlrr
rr
( ) ( ) )1(..................ddrrrrII
4F 21
1C 2C3
12
1221
02 l
rlr
rr
rrr•
−
−πµ
−= ∫ ∫
( )[ ]
( )[ ] ( ) ( )21
1C 2C3
21
2121
0
01C 2C
321
211221
0
1C 2C3
21
212121
01
ddrrrrII
4rrrrddII
4
rrrrxdxdII
4F.2
lr
lr
rr
rr
444 3444 21
rr
rrlr
lr
rr
rrlr
lr
r
•−
−πµ
−−
−•πµ
=
−
−πµ
=
∫ ∫∫ ∫
∫ ∫
=
( ) ( ) )2........(....................ddrrrrII
4F 21
1C 2C3
21
2121
01 l
rlr
rr
rrr•
−
−πµ
−= ∫ ∫
Karena: ( ) ( )2112
2112
rrrrrrrr
rrrr
rrrr
−=−
−−=−
( ) ( )
( ) ( )
21
21
1C 2C3
12
1221
02
21
1C 2C3
12
1221
01
FF
:bahwaterbuktiMaka
ddrrrrII
4F
ddrrrrII
4F
rr
lr
lr
rr
rrr
lr
lr
rr
rrr
−=
•−
−πµ
−=
•−
−πµ
=
∫ ∫
∫ ∫Maka:
Bagaimana dengan induksi magnetnya?
∫
∫∫
=
=⇒=
2C2222
1C1111
C
BxdIF
BxdIFBxdIF
rlrr
rlrrr
lrr
Maka diperoleh Hukum Biot-Savart:
( ) ( )
( ) ( )∫
∫
−
−πµ
=
−
−πµ
=
1C3
12
1211
02
2C3
21
2122
01
rrrrxdI
4rB
rrrrxdI
4rB
rr
rrlr
rr
rr
rrlr
rrInduksi magnet di sirkuit-1
Induksi magnet di sirkuit-2
Untuk arus yang merupakan distribusi kontinu digambarkan oleh rapat arus ( )rJ rr
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )1
V3
21
12102
2V
321
21201
dvrr
rrxrJ4
rB
dvrr
rrxrJ4
rB
∫
∫
−
−πµ
=
−
−πµ
=
rr
rrrrrr
rr
rrrrrr
Dalam medan magnet bahwa kutub-kutub magnet selalu berpasangan/dipol (kutub-kutub magnet tidak berdiri sendiri, tidak monopol), makaharus berlaku:
0B =•∇rr
Bukti !!
( ) ( )
( ) ( ) ( )GxFFxGBxF
rrrrxdI
4rB
2C3
21
21212
011
rrrrrrrrr
rr
rrlr
rrrr
∇•−∇•=•∇⇒
−
−•∇
πµ
=•∇ ∫
( )
( ) ( )
( ) )terbukti(0rB
rr1xI
4dx
rrrrI
4rB
rr1
rrrrG
dFanadim
11
2C0x
21112
0
021
2C3
21
212
011
2113
21
21
2
=•∇
−∇∇
πµ
+∇−
−πµ
=•∇
−∇−=
−
−=
=
∫∫=φ∇∇
=
rrr
44 344 21
rrrr
43421lrr
rr
rrrrr
rrr
rr
rrr
lrr
rr
Dengan menggunakan cara yang sama, maka dapat dibuktikan juga bahwa:
( ) 0rB 22 =•∇rrr
Secara umum
( ) 0rB =•∇rrr
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:
( ) ( )ksinrrdx
rrxidxrrxd
idxd
12
1212rrr
rrrrrlr
rlr
θ−=
−=−
=
x
z
y
∞− ∞+
I
P
a
1rr dx
12 rr rr−
2rr
θ
( )12 rri rrr−×
x
z
y
∞− ∞+I
P
a
1rr dx
12 rr rr−
2rr
θ
( )
θ=−
θ=
θ−=−
3
33
12
12
sinarr
sina
180sinarr
rr
rr
Berapakah nilai:
ksinrrdx 12
rrrθ−
( )
θθ
=θ
θθ−θ−
−=
θθ
−=
θ−=θ−=
dsin
adsin
cossinadx
sincosax
tan180tanxa
22
22
Maka:
kdsin
a
kdsin.sin
a.sin
aksinrrdx
2
2
212
r
rrrr
θθ
=
θθθθ
=θ−
Induksi magnet di titik P adalah:
( )
( )
kIa2
coskIa4
kdsinI4
asinkdsinaI
4
)rr()rr(xidxI
4aB
0
00
0
0
032
320
312
120
v
r
r
r
rr
rrrr
πµ
=
θ−πµ
=
θθπµ
=
θθθ
πµ
=
−
−πµ
=
π
π
π
+∞
∞−
∫
∫
∫
2. Kawat konduktor melingkar yang berpusat di titik 0 dan berjejari R, diberi arus I
x
z
y
-x
θ dθ
lr
d1rr
I
P
2rr 12 rr rr
−z ( )
( )jdcosRidsinRd
zRrr
kzjsinRicosRrr
kzr
jsinRicosRr
2/1222
12
2
1
rrlr
rr
rrrrr
rr
rrr
θθ+θθ−=
+=−
+θ−θ−=−
=
θ+θ=
( )idcosRzkdcosR
jdsinRzkdsinRrrxd22
2212
rr
rrrrlr
θθ+θθ+
θθ+θθ=−
Maka induksi magnet di titik P adalah:
( ) ( )
( ) ( ) ( )
+
θθ+
+
θθ+
+
θπµ
=
−
−πµ
=
∫ ∫∫
∫π ππ
π
2
0
2
02/322
2
02/3222/322
20
2
03
12
1202
izR
dcosRzizR
dsinRzkzR
dRI4
rrrrxdI
4rB
rrr
rr
rrlr
rr
( ) ( ) ( )
( )
( ) kzR
R2
I
cosjzR4
RzI
sinizR4
RzIkzR4
IRrB
2/322
20
2
02/322
0
2
02/322
02
02/322
20
2
r
r
rrrr
+
µ=
θ+π
µ−
θ+π
µ+θ
+π
µ=
π
ππ
Arah induksi magnet sejajar dengan sumbu-z
z
x
y
RP
z
( ) ( ) kzR
R2
IzB 2/322
20
rr
+
µ=
Bila kawat terdiri dari N buahlilitan, maka induksi magnet menjadi:
( ) ( ) kzR
R2NIzB 2/322
20
rr
+
µ=
Lilitan Helmholtz
Dua buah kawat melingkar yang sesumbu, masing-masing terdiri dari N-buah lilitan dan diberi arus I yang searah.
Jika titik P berada ditengah-tengahkumparan (z = b), makakarena arusnya searah, induksi magnet di titik P sama dengan nol.
x
y
RP
z z
R
y
I I
x
N-lilitan N-lilitan
2b
Induksi magnet di titik P:
( ) ( ) ( )[ ]
+−+
+
µ= 2/3222/322
20
zRzb2
1
zR
12
NIRzB
( ) ( ) ( )[ ]
+−+
+
µ= 2/3222/322
20
zRzb2
1
zR
12
NIRzB
Turunan pertama dari Bz terhadap z adalah:
( )( )
( )[ ]
+−
−−
+−
µ= 2/5222/522
20z
Rzb2
b2z223
zR
z223
2NIR
dzdB
Di z = b, turunan ini sama dengan nol.
Turunan kedua dari Bz terhadap z adalah:
( ) ( ) ( )[ ]( )
( )[ ]
+−
−−
+−+
+−
+
µ−= 2/722
2
2/5222/722
2
2/522
20
2z
2
Rzb2
b2z225
Rzb2
1
zR
z225
zR
12NIR3
dzBd
Di z = b, maka:
( )
+
−µ−=
=2/722
2220
bz2z
2
zR
b8R22NIR3
dzBd
( )
+
−µ−=
=2/722
2220
bz2z
2
zR
b8R22NIR3
dzBd
Turunan ini menjadi nol, jika R2 - 4b2 = 0, maka jarak kedua kumparan adalah:
Rb2 =
Berarti bahwa jarak antara kedua kumparan harus sama dengan jari-jarikumparan. Sehingga induksi magnet di titik P menjadi:
2/30
z 58
RNIB µ
=
Dalam eksperimen penentuan muatan spesifik dari elektron, diketahui bahwahubungan antara medan magnet dan arus listrik adalah:
I.constB =
Maka besarnya konstanta adalah:RN72.0.const 0µ=
Setup eksperimen untuk penentuan muatan spesifik elektron menggunakan lilitan Helmholtz
Diagram lintasan elektron dalam eksperimen penentuan muatanspesifik elektron dengan lilitan Helmholtz
Lilitan Helmholtz
Tabung gelas
lintasan elektron
Teganganfilamen
Fokuselektron
Teganganpemfokusanelektron
Anoda
Teganganpemercepat elektron
datas
dbawah
FsentrifugalFLorentz
ve
Berdasarkan kesetimbangan gaya, bahwa gaya Lorentz harus samadengan gaya putaran (sentrifugal).
B.rv
mq
rvmB.v.q
FF
e
2e
lsentrifugaLorentz
=
=
=
Kecepatan elektron v akibat dipercepat oleh anoda menjadi :
2ek vm
21UE ==
Dengan kombinasi kedua persamaan diatas, maka :
2e2
BU.
qm2r =
Dengan menggambarkan grafik hubungan r2 dengan U/B2 , diperolehgradien b, sehingga muatan spesifik elektron menjadi :
emq
b2=
dimana:
=
=
qm2b
I.constB
e
m
15 20 25 30 35 40
20
25
30
35
40
45
r2 [10-4
m2 ]
U/B2 [107 V/T2]
Solenoida
Suatu silinder berjari-jari R dan panjang L, diberikan lilitan sebanyak N-lilitan dandiberi arus listrik I. Berapakah induksi magnet di titik P di dalam selenoida ?
L
R
dz
R P
L
α1 α2
z0
Induksi magnet di titik P (z0) diperoleh dengan membagi panjang silinder L menjadielemen-elemen panjang dz, dimana setiap dz mengandung Ndz/L lilitan.
( )[ ]∫+−
µ=
L
02/322
0
20
0zRzz
dz2
RLNI)z(B
( )[ ]∫+−
µ=
L
02/322
0
20
0zRzz
dz2
RLNI)z(BR
P
L
α1 α2
z0
dz
( )
( )[ ]3
2/3220
2
0
20
10
sinRRzz
dsin
Rdz
cotRzztanzLR
tanzR
α=+−
αα
−=
α=−α−=
α=( )( )
( )[ ]
α+αµ
=
α+α−π−µ
=
ααµ
=
αααµ
−=
∫
∫α−π
α
α
α−π
2coscos
LNI
coscosL2NI
dsinL2NI
dsin/Rsin/R
2R
LNI)z(B
210
210
1
2
0
2
13
220
0z
Maka induksi magnet di titik P:
z
α
Jika panjang solenoid lebih besar dibandingkan dengan jari-jari dan z0 tidakmendekati nol atau L, maka sudut α1 dan α2 kesil dan bisa didekati dengan :
02
01 zL
R;zR
−≅α≅α
Sehingga :
( )( )
−−−
µ≅ 2
0
2
20
20
0z zL4R
z4R1
LNIzB
Jika radius solenoida kecil, maka medan magnet menjadi :
( )LNIzB 0
0zµ
≅
BAB IIHUKUM SIRKUIT AMPERE
Untuk arus mantap: 0J =•∇rr
mempunyai nilai tertentu yang dapat dinyatakan sebagai:Bxrr
∇
( ) ( )rJrBx 0rrrrr
µ=∇
Dalam Hukum Biot-Savart, induksi magnet di sirkuit-1 akibat pengaruh sirkuit-2 adalah:
( )∫ −
−πµ
=2c
321
2122
01
rrrrxdI
4)r(B rr
rrlr
rr
Dengan mengubah ( ) 2222 dV.rJdI rlr
= maka:
( ) ( )2
2V3
21
21201 dV
rrrrxrJ
4)r(B ∫ −
−πµ
= rr
rrrrrr
Nilai Curl dari B, diperoleh:
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )( )( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )( ) ( )
( ) ( ) )....(#..............................GFFG)GxF(x
:sehinggarr
1rJrr
1rJGF
rr1rJrJ
rr1FG
:maka
rr1
rrrrG
rJF
GFGFFGFG)GxF(x
:Ingat
dVrr
rrx)r(Jx4
rBx
111
21
212
211211
21
21221
2111
2113
1
21
2
11111
2
2V3
1
2121
011
rrrrrrrrr
rrrrr
rrrrrrrrr
rrrrrrrr
rrrrrr
rrr
rr
rrr
rrr
rrrrrrrrrrrrrrr
rr
rrrrrrrr
∇•−•∇=∇
−∇−=
−∇•∇−=•∇
−∇−=
∇•
−∇−=∇•
−∇−=
−
−=
=
•∇−∇•−•∇+∇•=∇
−
−∇
πµ
=∇ ∫
Dengan demikian maka:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
( )10
22
2V21
0
22
2V 21
21
0
22
2V 2111
0
2321
211
2V2
022
2V3
21
211
011
rJ
dVrJrr44
dVrJrr
14
0dVrJrr
14
dVrrrrrJ
4dVrJ
rrrr
4rBx
rr
rrr
rrr
r
rrr
rr
rr
rrrrrrrr
rrrrrr
µ=
−δππµ
=
−∇
πµ
=
−−
∇•∇πµ
=
−
−∇•
πµ
−−
−•∇
πµ
=∇
∫
∫
∫
∫∫
Sehingga diperoleh Hukum Sirkuit Ampere:
( ) ( )1011 rJrBx rrrrrµ=∇
Hukum Ampere dalam bentuk lain:
( )
∫∫
∫∫
•µ=•
•µ=•∇
S0
C
S0
S
danJdB
danJdanBx
rrlrr
rrrrr
Dalil Stokes
Contoh:
Ilr
drθd
Hukum Ampere:
θ=•
θ=•µ=•
∫ ∫
∫∫drBdB
rdd;danJdB
C C
SC0
rlrr
lrr
lrr
Pada kasus kawat panjang lurus, diperoleh:
( )
r2IB
ka2IaB
0
0
πµ
=
πµ
=
r
rr
Maka:
r2IB
IBr2
Idrr2IdB
0
0
0C
2
0
0
πµ
=
µ=π
µ=θπµ
=•∫ ∫π
lrr
1. Suatu kawat lurus panjang yang diberi arus listrik I, diletakkan dalam suatusirkuit tertutup, berapakah induksi medan magnet di dalam sirkuir tersebut ?
2. Medan magnet dari suatu kawat konduktor koaksial dengan jari-jari bagiandalam a dan bagian luar b.
a
b
Untuk lingkaran yang berjejari r, maka :
Br2dB π=•∫ lrr
Maka medan magnet masing-masing daerah adalah :
br;0rB2bra;IrB2 0
>=π<<µ=π
POTENSIAL VEKTOR MAGNET
Untuk memudahkan perhitungan induksi magnet, kita kembali ke permasalah listrikstatik, dimana :
0Ex =∇rr
Di dalam medan magnet, kita ketahui bahwa: 0Bx ≠∇rr
namun 0B =•∇rr
Sehingga secara umum, bahwa:
0Fx =∇•∇rrr
dimana F adalah vektor sembarang
Dengan demikian dapat didefinisikan bahwa:
AxB
0)Ax(rrr
rrr
∇=
=∇•∇
Dengan syarat bahwa:
( )( ) )1.....(....................JAA
JAxx
JBx
02
0
0
rrrrrr
rrrr
rrr
µ=∇−•∇∇
µ=∇∇
µ=∇
Telah kita ketahui bahwa:
( ) 0Ax
0B
=∇•∇
=•∇rrr
rr
Dengan mendefinisikan bahwa 0A =•∇rr
maka:
JA 02 rrr
µ−=∇
Dimana A adalah potensial vektor magnet. Pertanyaannya adalah bagaimanaformula untuk A:
Solusi:
( ) ( )
( ) ( ) ( ) 1121V
210
1V13
12
1210
1C3
12
1211
02
dVrr
1xrJ4
dVrr
rrxrJ4
rrrrxdI
4rB
rrrrr
rr
rrrr
rr
rrlr
rr
−∇
πµ
−=−
−πµ
=
−
−πµ
=
∫∫
∫
Ingat:JFdan
rr1;FFxFx
12
rrrr
rrrrrr=
−=αα∇+∇α=α∇
( ) ( ) ( )112
2121212
12 rJx
rr1rJx
rr1
rrrJx rr
rrrrrr
rrrr
rrr
−∇+∇
−=
−∇
Maka: ( ) ( ) ( )
−πµ
∇=−
∇πµ
= ∫∫1V
112
102
1V1
12
12
02 dV
rrrJ
4xdV
rrrJx
4rB rr
rrrrr
rrrrr
Potensial vektor magnet didefinisikan sebagai:
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )2
2V 21
201
1
1V 12
102
222
dVrr
rJ4
rA
dVrr
rJ4
rA
:maka;rAxrB
∫
∫
−πµ
=
−πµ
=
∇=
rr
rrrr
rr
rrrr
rrrrr
MEDAN MAGNET PADA RANGKAIAN JARAK JAUH
I1rr
2rr
∞
Sirkuit jauh artinya: 12 rr rr>>
( )
112
1
2222
2/1
22
122
21
2
2/121
21
22
112
12
rrr
rrr
rr
rrr21
r1
rr2rrrrrr
1
rr
rr
rrr
rrrrrr
•=
•=
+
•−=
•−+=−=−
−
−−
Diuraikan dalam bentukderet Binomial
Deret Binomial:
( ) n22n1nnn b...ba!2
)1n(nba!1
naba ++−
++=+ −−
Dengan harga-harga:21ndan;
rrr2b;1a 2
2
21 −=•
−==rr
32
21
222
21
212 rrr
r1
rrr2
211
r1
rr1 rrrr
rr•
+=
•+=
−
( ) 1111 rdIdVrJ rrr→
Maka potensial vektor magnet:
( )
sirkuitluasrxrd21S;SxrI
r4
rrrdI
4rA
112132
0
C 12
11
02
=−=πµ
−=
−πµ
=
∫
∫rrrrr
rr
rrr
Penurunan rumus dapat dilihat di buku J.R. Reitz dkk,”Dasar Teori Listrik-Magnet.” hal. 221.
( )
( ) 232
02
1232
02
rxmr4
rA
magnetmomenSIm;mxrr4
rA
rrrr
rrrrrr
πµ
=
==πµ
−=
Artinya bahwa untuk di titik jauh dari sirkuit, potensial vektor magnet bergantung padamomen magnetnya
Bagaimana dengan induksi magnetnya ?
( ) ( )
∇
πµ
=
∇=
32
22
0
222
rrxmx
4
rAxrBr
rr
rrrrr
Gunakan: ( ) ( ) ( ) ( )
32
2
22222
rrG
mF:anadim
GFGFFGFG)GxF(x
rr
rr
rrrrrrrrrrrrrrr
=
=
•∇−∇•−•∇+∇•=∇
( ) ( )
( )
( ) 32
22
32
22
32
223
2
223
2
2223
2
232
22
rrm
0rrm00
rrm
rrmm
rrm
rr)
rrxm(x
rrr
rrr
rrrrrrr
rrrrrrrr
∇•−=
−∇•−+=
•∇−∇•−
•∇+
∇•=∇
( ) ( )32
252
232
22
22
22
2223
2
22
rmr
rrm3
rrm
0rjika;0r1
r1
rr
rr
rrrrr
rrrrr
+•
−=∇•⇒
≠=∇−=∇•∇−=•∇⇒
Maka induksi magnet di sirkuit jauh (dipol magnet) adalah:
( ) ( )
−
•πµ
= 32
252
202 r
mrr
rm34
rBr
rrr
rr
Induksi magnet di titik dari sebuah dipol magnet yang terletak di titiknol (0):
rr
( ) ( )
−
•
πµ
= 350
rmr
rrm
34
rBr
rrr
rr
Dalam medan magnet, kita mempunyai 2 (dua) potensial yakni: potensialvektor dan potensial skalar magnet. Sedangkan dalam elektrostatik, kitahanya mempunyai potensial skalar saja.
POTENSIAL SKALAR MAGNET
JBx 0
rrrµ=∇
POTENSIAL SKALAR MAGNET
Persamaan diatas menunjukkan bahwa curl dari induksi magnet sama dengannol, jika rapat arusnya nol. Sehingga induksi magnetnya dapat diungkapkansebagai gradien dari potensial skalar.
*0B φ∇µ−=rr
0x
0Bx
=φ∇∇
=∇rr
rr
Dimana φ* adalah potensial skalar magnet.
Disisi lain bahwa:
( )
0*
0**
0B
2
200
=φ∇
=φ∇µ−=φ∇µ−•∇
=•∇
r
rrr
rr
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 suatulintasan/sirkuit yang membawa arus bukan merupakan fungsi yang berhargatunggal.
Ungkapan potensial skalar dari suatu dipol magnet sangat berguna.
( ) ( )
−
•πµ
= 32
252
202 r
mrr
rm34
rBr
rrr
rr
Dapat ditulis dalam bentuk :
( )
( )
( ) 32
22
02
32
202
r4rmr*
:maka*rB
r4rmrB
π•
=φ
φ∇µ−=
π•
∇µ−=
rrr
rrr
rrrrr
untuk suatu dipol magnet m.
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 salingmenghilangkan, sehingga muatan hanya mengalir (arus) pada sirkuit C saja.
I
C
P
C1
rr
Potensial skalar magnet di titik nol:
( ) ( )
30
350
rrm
4
rmr
rrm
34
rB
rrr
rr
rrrr
•∇
πµ
−=
−
•
πµ
=
yang memenuhi:
( ) ( )( ) ( )GxxFGF
FxxGFG)GF(rrrrrr
rrrrrrrrr
∇+∇•+
∇+∇•=•∇
Maka potensial skalar magnet untuk sirkuit kecil C1:
3*m r4
rmddπ•
=φrr
Dalam satu sirkuit kecil, arus saling menghilangkan sehingga setiap sirkuit dapatdianggap sebagai sebuah dipol magnet dengan momen dipol:
danImd rr= dasirkuitelemennormalvektorn =
r
Jadi potensial skalar untuk satu sirkuit :
dar4
rnId 3*m π
•=φ
rr
Sehingga potensial skalar untuk sirkuit besar C adalah:
( ) dar
rn4Ir 3
*m
rrr •
π=φ ∫
Potensial skalar magnet dapat digunakanuntuk menghitung medan magnet yang ditimbulkan oleh rangkaian berarus atauoleh lapisan dipol magnetik (menanganibahan-bahan magnet).
FLUKS MAGNET
∫ •=ΦS
danB rr
Identik dengan fluks listrik , fluks magnet [Weber, Wb] didefinisikan sebagai banyaknya garis-garis gaya magnet yang melewati suatupermukaan dengan luas A.
∫∫ •==φ danEAd.Eelrrrr
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 garis-garis medan yang keluar dari suatu permukaan tertutup A.
Adr
Ad.Bdrr
=Φa)
Adr
∫ ==Φ 0Ad.Brr
b)
N S
c) 0=Φ
Untuk permukaan tertutup berlaku:
∫ ∫ =•∇=•=ΦS V
0daBdanBrrrr
Sehingga:
0B =⋅∇rr yang merupakan bentuk matematik dari
fenomena fisika, bahwa tidak ada magnet satu kutub; selalu ada dua kutub yaitu kutub Utara dan kutub Selatan.
BAB IIISIFAT 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 sehinggamenghasilkan arus yang disebut arus atom (arus sirkulasi).
Elektron-elektron yang bebas atau ion-ion bermuatan bergerakmenimbulkan arus yang disebut arus transport.
Arus atom dan arus transport akan mengakibatkanmedan magnet.
A. MAGNETISASI
Setiap arus atom dapat dianggap sebagai dipol magnet secara makroskopissehingga setiap atom dapat dinyatakan dengan momen dipolnya:
ikedipolmomenmi −=r
Maka momen dipol dari suatu elemen volume ∆V ditulis:
Vmeliputiyangmi ∆∑ r
Magnetisasi didefinisikan sebagai momen dipol magnet per-satuan volume:
∑∆→∆=
iim
V1
0Vlim
M rr
Secara makroskopis, ∆V sangat kecil akan tetapi secara statistik mengandungbanyak atom.
1. Jika bahan tidak dimagnetisasi, arah dari momen dipol bersifat acak, sehingga:
∑ =⇒=i
i 0M0mrr
2. Untuk bahan yang dimagnetisasi:
∑ ≠i
i 0mr
Magnetisasi merupakan fungsi dari posisi.
Model sederhana dari bahan yang dimagnetisasi segaram
Arus di perbatasan akan saling menghilangkan (takada arus). Arus hanya akan ada di permukaan saja. Arus permukaan ini mengakibatkan medan magnet.
Bahan dimagnetisasi tak-segaram
IM
Bila bahan dimagnetisasi tak-segaram, kerapatannya berbedasehingga terdapat resultan arusIM (arus magnetisasi).
Hubungan antara magnetisasi dan rapat arus magnetisasi
x
y
z
∆x
∆z
∆y
(x’,y’,z’)
1 2
Magnetisasi dalam elemenvolume 1:
( )'z,'y,'xMr
Magnetisasi dalam elemenvolume 2:
( )
( )
∆
∂∂
+
≈
+∆
∂∂
+∆∂∂
+
yyM'z,'y,'xM
...yyMy
yM'z,'y,'xM 2
2
2
r
rr
Momen magnet elemen volume 1:
zyxM ∆∆∆r
Momen magnet elemen volume 2:
zyxyyMM ∆∆∆
∆
∂∂
+r
r
Komponen-x dari momenmagnet elemen volume 1:
zya'IzyxMx ∆∆=∆∆∆
Komponen-x dari momenmagnet elemen volume 2:
zy"Iazyxyy
MM xx ∆∆=∆∆∆
∆
∂∂
+
Ia’ Ia”
xM
∆
∂∂
+ yy
MM xx
Ia’ Ia”
xM
∆
∂∂
+ yy
MM xx
Arus magnetisasi ke atas:
yxy
M
xyy
MMxM"Ia'Ia
x
xxx
∆∆∂∂
−=
∆
∆
∂∂
+−∆=−
Dengan cara yang sama, kita dapat mengambil elemen volume dalamarah sumbu-y, sehingga arus magnetisasi keatas adalah:
yxx
My ∆∆∂∂
Kedua arus tersebut menimbulkan arus magnetisasi keatas sebesar:
yxy
Mx
MI xy
a ∆∆
∂∂
−∂∂
=
Dimana ∆x∆y adalah luas yang dilalui arus Ia.
Ia’
Ia”
yM
∆
∂∂
+ xx
MM y
y
Rapat arus magnetisasi didefinisikan sebagai:
( )
( )
( )
∂∂
−∂∂
=
∂∂
−∂∂
=
∂∂
−∂∂
=∆∆
=
yM
xM
J
xM
zMJ
zM
yM
yxIaJ
xyzM
zxyM
yzxM
Sehingga rapat arus magnetisasi total adalah curl dari magnetisasi:
MxJM
rrr∇=
B. INDUKSI MAGNET DARI BAHAN DIMAGNETISASI
∆V’
V0
Titik medan
Mr
'rr rr−
rr
'rr
: Vektor posisi titik pengamatrr
'rr : Vektor posisi titik/sumber medan
Momen magnet dari elemen volume ∆V’
( ) ( ) 'V'z,'y,'xM'z,'y,'xm ∆=∆rr
1. Kita tentukan dahulu potensial vektor magnetnya.
Potensial vektor magnet dari dipol magnet diberikan oleh:
rxmr4
A 30 rrr
πµ
=
Potensial vektor magnet dari elemen volume ∆V’:
( ) ( )
( )( )
'dV'rr
1'xM4
'dV'rr
'rrxM4
A
'V'rr'rrxM
4'rr'rrxm
4A
'V
0
'V3
0
30
30
∫
∫
−∇
πµ
=
−
−πµ
=
∆−
−πµ
=−
−∆
πµ
=∆
rrrr
rr
rrrr
rr
rrrrr
rrrr
Ingat !!!
'rr1'xMMx'
'rr1
'rrMx'
xFFxFx
rrrrrr
rrrr
rr
rrrrrr
−∇−∇
−=
−∇
α∇−∇α=α∇
Maka:( )
( ) 'da'rrnxM
4'dV
'rrMx'
4rA
:Maka
danxFdaFxndVFx
:vektorKesamaan
'dV'rr
Mx4
'dV'rr
Mx'4
rA
S
0
'V
0
SV S
'V
0
'V
0
∫∫
∫∫ ∫
∫∫
−πµ
+−
∇πµ
=
−==∇
−∇
πµ
−−
∇πµ
=
rr
rr
rr
rrrr
rrrr
rr
rr
rr
rrrr
Dengan mendefinisikan rapat arus magnetisasi permukaan (arusmagnetisasi per-satuan panjang yang mengalir melalui permukaan):
nxMjmrrr
=
Maka potensial vektor magnet menjadi:
( ) 'da'rr
j4
'dV'rr
J4
rAS
m0
'V
M0 ∫∫ −πµ
+−π
µ= rr
r
rr
rrr
2. Kita tentukan induksi magnetnya.
( ) ( )( )
( ) ( ) 'dV'rr
1xMx4
rAxrB
'dV'rr
1xM4
'dV'rr
'rrxM4
rA
'V
0
'V
0
'V3
0
∫
∫∫
−∇∇
πµ
−=∇=
−∇
πµ
−=−
−πµ
=
rrrrrrrrrr
rrrr
rr
rrrrr
( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )r'dV'rr'rrM
41
'dV'rr
1xxM4
'dV'rr'rrM
4'dV
'rr1M
4B
M'dV'rr4M4
'dV'rr
1M4
B
'dV'rr
1M4
'dV'rr
1M4
'dV'rr
1xMx4
rAxrB
*0
magnetskalarpotensial
'V30
'V0
0
'V3
0
'V
02
0'V
02
'V
01
1B
'V
0
1B
2
'V
0
'V
0
rr
444 3444 21
rr
rrrr
43421
rrrrr
rr
rrrrrr
rrrr
rrrrrr
rrr
4444 34444 21
rrrrr
444 3444 21
rrrr
rrrrrrrrrr
rr
φ∇µ=
−
−•
π∇µ=
−∇∇
πµ
−
−
−•∇
πµ
=−
∇∇•πµ
=
µ=−δππµ
=−
∇πµ
=
−∇∇•
πµ
−−
∇πµ
=
−∇∇
πµ
−=∇=
∫
∫∫∫
∫∫
∫∫
∫
=
Untuk bahan yang tidak dimagnetisasi:
( ) ( )rrB0M *0
rrrrrφ∇µ−=⇒=
( ) ( ) ( )[ ]rrMrB *0
rrrrrrφ∇−µ=
Maka induksi magnet dari bahan yang dimagnetisasi
3. Kita tentukan potensial skalar magnetnya.
( ) ( )
( )MF;
'rr1
FFF:Gunakan
'dV'rr
1'M41'dV
'rr'rrM
41r
'''
'V'V3
*
=−
=α
•α∇+•∇α=α•∇
−∇•
π=
−
−•
π=φ ∫∫
rrr
rrrrrr
rrrr
rr
rrrr
( ) ∫∫ −•∇
π−
−•∇
π=φ
'V
'
'V
'* 'dV'rr
M41'dV
'rrM
41r rr
rr
rr
rrr
Teorema divergensi: ∫ ∫ •=•∇V S
danFdVF rrrr
( ) ( )∫∫ −
•∇−π
+−•
π=φ
'V
'
'S
* 'dV'rrM
41'da
'rrnM
41r rr
rr
rr
rrr
Definisikan:
nM
M'
M
Mrr
rr
•=σ
•∇−=ρ = Rapat kutub magnet
= Rapat permukaan kuat kutub magnet
Maka potensial skalar magnet menjadi:
( ) ∫∫ −σ
π+
−ρ
π=φ
'S
M
'V
M* 'da'rr4
1'dV'rr4
1r rrrrr Analog dengan potensial
listrik statik (elektrostatik)
Sehingga induksi magnetnya menjadi:
( ) ( ) ( )[ ]( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )∫∫
∫∫
−
−σ
πµ
+−
−ρ
πµ
+µ=
−∇σ+
−∇ρ
πµ
−µ=
φ∇−µ=
'S3M
0
'V3M
00
'SM
'VM
00
*0
'da'rr'rr'r
4'dV
'rr'rr'r
4M
'da'rr
1'r'dV'rr
1'r4
M
rrMrB
rr
rrr
rr
rrrr
rrrr
rrrrr
rrrrrr
Contoh:Suatu bahan berbentuk silinder yang dimagnetisasi segaram searahpanjangnya.
Mr M
rMr
nr
nr
nr
ntidakMjika0nM
nMjika0nM
0M'
M
M
rrrr
rrrr
rr
⊥≠•=
⊥=•=σ
=•∇−=ρ
Jadi di selubung permukaan tak ada medan magnet. Kutub magnet hanyaterletak di ujung kiri dan kanan dari bahan.
N S
C. INTENSITAS MAGNET; SUMBER MEDAN MAGNETMedan magnet dapat bersumber dari: arus transport dan bahan yang dimagnetisasi. Jika kedua sumber tersebut ada, maka induksi magnet dapatdinyatakan sebagai:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ]444 3444 21rrrr
4444 34444 21
rr
rrrrrr
agnetisasidimyangbahandari
*0
transportarusdari
'V3
0 rrM'dV'rr
'rrx'rj4
rB φ∇−µ+−
−πµ
= ∫
Jika arus transport dan sudah ditentukan, maka induksi magnet dapatdihitung.
Jika diketahui, maka rapat kutup magnet ρM dan rapat permukaan kutubmagnet σM dapat dihitung, sehingga potensial skalar magnet dapat ditentukan.
( )'rj rr
( )'rM rr
( )'rM rr
Dalam realita, magnetisasi merupakan fungsi dari medan luar, sehingga:
( )BMMrrr
=
Maka induksi magnet sulit dihitung, karena magnetisasinya sendirimerupakan fungsi dari medan luar. Karena itu dibuat definisi, bahwa:
( ) ( ) ( )rHrMrB1
0
rrrrrr=−
µ
adalah intensitas magnet. Dengan demikian maka:( )rH rr
( ) ( ) ( ) ( )r'dV'rr
'rrx'rjrH *
'V3
rrrr
rrrrrr
φ∇−−
−= ∫
Persamaan medan:
0B =•∇rr
berlaku umum, jadi sumbernya tidak hanya dari arus transport
)totalarusJ(JBx 0 =µ=∇rrrr
{ {
( )M0
imagnetisasarusM
transportarus
jjBx
jjJ
rrrr
rrr
+µ=∇
+=
D. PERSAMAAN MEDAN
Sehingga:
( ) HxjHxj
jjBx
M00
M00
∇=⇒∇µ+µ=
µ+µ=∇rrrrr
rrrr
Maka:
( )
)sajatransportarus(jHx
jMBx 0
H0
0
rrr
r
43421
rrr
r
=∇
µ=µ−∇µ
Dalam bentuk integral:
( )
∫
∫∫•=
•=•∇
C
SS
dH
danjdanHx
lrr
rrrrr
Teorema Stokes
C
C adalah lengkungan yang membatasipermukaan S
Sda
nr
ldIdH
:Maka
)Smelaluiyangtransportarus(danjI
danjdH
C
S
SC
=•
•=
•=•
∫
∫
∫∫
lrr
rr
rrlrr
Untuk induksi magnet:
∫ =•S
0danB rr
Persamaan-persamaan medan menjadi:
∫∫
=•
=•
⇒
=∇
=•∇
C
S
IdH
0danB
jHx
0B
lrr
rr
rrr
rr
SUSEPTIBILITAS DAN PERMEABILITAS MAGNET
I. SUSEPTIBILITAS DAN PERMEABILITAS MAGNET
Diperlihatkan hubungan antara induksi magnet dan intensitas magnet serta jugamagnetisasi untuk memecahkan persoalan dalam teori magnet. Hubungan inibergantung pada bahan magnetnya yang dapat diperoleh dari eksperimen.
Dalam kuliah ini kita batasi pada bahan magnet isotrop dan linier, yaitu:
HM m
rrχ=
mχ 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:
HM m
rrχ=
Maka induksi magnet juga linier terhadap intensitas magnet, melalui:
( )H
H1
HH
MHB
m0
m00
00
r
r
rr
rrr
µ=
χ+µ=
χµ+µ=
µ+µ=
µ disebut permeabilitas magnet bahan.
Permeabilitas nisbi (relatif) diberikan oleh:
m0
m 1K χ+=µµ
=
100
M
H
ferromagnetik
paramagnetik
diamagnetik
M
0.01
Magnetisasi M sebagai fungsi dari kuat medan H
Mr
iBr
Br
0m <χ
Mr
iBr
Br
0m >χ
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 momendipol sedemikian rupa sehingga meda magnet di dalam bahan Bi lebihkecil daripada medan luar B.
HM m
rrχ=
Mr
iBr
Br
0m <χ
Contoh beberapa bahan diamagnetik (memperlemah medan magnet)
-1.19 x 10-8Karbondioksida (1 atm)
-0.67 x 10-8Nitrogen (1 atm)
-0.22 x 10-8Hidrogen (1 atm)
-3.5 x 10-5Emas
-2.4 x 10-5Perak
-2.8 x 10-5Air raksa (Hg)
-2.2 x 10-5Intan
-0.98 x 10-5Tembaga
-16.4 x 10-5BismutχmBahan
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:
0mV1M
ii == ∑ rr
Jika diberikan medan magnet luar, sebagian dari dipol magnetnya akanterorientasi, sehingga magnetisasinya menjadi:
Bi
i ekT3
Bmm.NMrr
rr •=
adalah vektor satuan dari medan magnet dan N adalah jumalah dipol per m3. Suseptibilitas magnetnya :
Be
kT3Nm
BM 2
00m
µ=µ=χ r
r
Arah orientasi momen dipol magnet bahan (a). Tanpa medan magnet luar, (b). Dengan magnet luar.
0mV1M
ii == ∑ rr
0B =r
0B >r
Bi
i ekT3
Bmm.NMrr
rr •=
Contoh beberapa bahan paramagnetik(memperkuat medan magnet)
193.5 x 10-8Oksigen (1 atm)
7.6 x 10-5Tungsten
18 x 10-5Titan
0.84 x 10-5Natrium
1.2 x 10-5Magnesium
603 x 10-5GdCl3
2.1 x 10-5AlumuniumχmBahan
Nilai suseptibilitas diukur pada suku kamar
C. BAHAN FERROMAGNETIKAda 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 induksimagnet dan intensitas magnet tidak linier.
berlakutidakHM
HB
m
χ=µ=
rr
rr
Untuk bahan ferromagnetik, permeabilitas magnet µ, tidak lagi konstan tetapimerupakan fungsi dari intensitas magnet.
( )
( )HHB
H
rrr
r
µ=
⇓
µ=µ
Pandang suatu bahan ferromagnetik yang semula tidak dimagnetisasi, diletakkandalam medan magnet yang besarnya dapat diubah-ubah.
Jika intensitas magnet yang awalnya nol, dinaikkan secara monoton, makahubungan induksi magnet dan intensitas magnet ditunjukkan dalam gb. dibawahini:
Kurva magnetisasi bahan
Br
Hr
0µµ
0µµ
Magnetisasi jenuh
( )MHB 0
rrr+µ=
Kurva Histeresis
Intensitas magnet H diperbesar dari nolsecara kontinu, maka harga B akanmengikuti lengkungan magnetisasi hinggamencapai H maksimum.
Kemudian jika nilai H diperkecil, makanilai B tidak mengikuti lengkunganmagnetisasi semula, sehingga untuk nilaiH yang sama, nilai permeabilitas ada dua.
Walaupun intensitas magnet H = 0, nilai B ≠ 0 (tetap ada).
Untuk menghilangkan B, maka diperlukanintensitas magnet balik (-H) → titik c. Jikaintensitas magnet balik diperbesar, makamagnetisasi M dan juga B akan berubaharah (-M dan –B) dan kembali ke titik awal(simetris).
0
B
H-H
r
c
Contoh beberapa bahan ferromagnetik
-1.19 x 10-8Karbondioksida (1 atm)
-0.67 x 10-8Nitrogen (1 atm)
-0.22 x 10-8Hidrogen (1 atm)
-3.5 x 10-5Emas
-2.4 x 10-5Perak
-2.8 x 10-5Air raksa (Hg)
-2.2 x 10-5Intan
-0.98 x 10-5Tembaga
-16.4 x 10-5BismutχmBahan
Mayoritas bahan ferromagntik adalah elemen logam transisi, seperti besi, nikelatau kobal.
Jika bahan ferromagnetik dipanaskan diatas temperatur tertentu (TemperaturCurie, TC), maka sifat magnetinya akan hilang.
N
T < TC
T > TC
magnet
Suseptibilitas magnet bahan ferromagnetik hanya dapat diamati pada temperaturdiatas temperatur Curie.
CC TT >θ>
( )C
m TCTθ−
=χ
Dimana C konstanta bahan (Konstanta Curie)
784.770EuO
6500.59627Nikel (Ni)
11002.221033Besi (Fe)
14152.241395Kobal (Co)
θC (K)C (K)TC (K)Bahan
D. ANTIFERROMAGNETIK
Bahan antiferromagnetik dapat digambarkan oleh struktur krital dengan kisi-kisiyang diisi oleh dua jenis atom dengan momen magnet yang berlawanan arah(anti-parallel). Jika tak ada medan luar, besarnya momen magnet yang anti-parallel seimbang sehingga magnetisasi total sama dengan nol (M = 0).
Contoh bahan antiferromagnetik MnO, MnF2 dll.
A
A A
A
A
A
A
AA
A
BB
B B
E. FERRIMAGNETIK DAN FERRIT
Dalam bahan ferrimagnetik, momen magnet masing-masing atom tidak sama, sehingga memiliki magnetisasi spontan M, walaupun tanpa adanya medanmagnet luar.
Contoh bahan ferrimgnetik adalah Fe3O4.
Jika atom Fe diganti dengan atom lain, seperti Mg atau Al, maka menjadibahan Ferrit.
A
A A
A
A
A
A
AA
A
BB
B B
mχ
T0-θ TN
⊥χ
χmχ
θ+=χ
TC
m
Kurva magnetisasi bahan ferrimagnetik
Jika dipanaskan diatas temperatur kritis (Temperatur Néel, TN), bahanantiferromagnetik dan bahan ferrimagnetik akan berubah menjadi bahanparamagnetik.
Suseptibilitasnya digambarkan dengan:
Nm T
Cθ+
=χ
θN : temperatur Néel paramagnetik.
C : konstanta Curie
-520NiO
330291CoO
570195FeO
8267MnF2
4824FeCl2
θN (K)TN (K)Bahan
Jika dibandingkan dengan ahan ferromagnetik, maka jelas bahwa TN < TC.
mχ
T0-θ TN
⊥χ
χmχ
Kurva magnetisasi bahan antiferromagnetik
Pada T < TN, bahan antiferromagnetikmembentuk suatu struktur domain-domain momen magnet, sehingga suseptibilitasnyabergantung pada sejajar atau tegak lurusmedan magnet luar.
Br
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 satuboleh hampa/udara)
1
2
1µ2µ
Pada umumnya jika mediumnya berlainan, maka medan magnetnya jugaberbeda.
Syarat batas dari medan Br
∫
∫=•
=•∇
=•∇
S
V
0danB
0dVB
0B
rr
rr
rr
Perubahan medan B pada permukaan medium-1 dan medium-2
1
2
1µ2µ
∆S
∆S
1nr
2nr 2Br
1Br
∫ =•S
0danB rr
Kita ambil permukaan tertutup itupada permukaan batas, dimanaS = permukaan selubung silinderdan tinggi silinder → 0. ( )
0BB
0nBB
:makannkarena
0SnBSnB
n1n2
212
21
2222
=−
=•−
−=
=ƥ+ƥ
rr
rrr
rr
rrrr
t2t2
n1n2
n1n2
BB
BB
0BB
rr
rr
rr
≠
=
=−
Komponen normal dari B kontinu pada bidangbatas, sedangkan komponen tangensial tidak.
Syarat batas dari medan Hr
∫ ∫ •==•C A
danjIdH rrlrr
1
2
1µ2µ
lr
∆−
lr
∆2H
r
1Hr
Integral garis melaluilengkungan tertutupA B
CD
Persegi panjang, dimana AD → 0 dan BC → 0
lrr
lrr
lrr
lrr
∆•=∆•−∆•=•∫ njHHdH 1C
2
lrr
lrr
lrr
lrr
∆•=∆•−∆•=•∫ njHHdH 1C
2
Dimana:
'nj rr• : arus yang melalui bidang persegi-panjang per-satuan jarak.
jr
: vektor satuan sepanjang
: normal yang masuk ke dalam bidang
: arus permukaan (transport) persatuan panjang.
: normal pada bidang persegi panjang2nr
'nr
0lr
lr
∆
02
0
xn'n lrrrlr
llr
=
∆=∆
2nr
0, lr
l∆ ( )( ) ( )
( ) 2t12
02012
020102
nxjHH
nxjHH
xnjHH
rrrr
lrrr
lrrr
llrrr
llrr
llrr
=−
•=•−
∆•=∆•−∆•
Salah satu sifat penting dari induksi magnet B adalah bahwa fluks magnet bersifatkontinu disemua posisi.
Pandang suatu tabung dari induksi magnet yang dibatasi permukaan S1 dan S2.
2Br
S1
S2
2nr
1nr'1nr
Teorema divergensi :
( ) ( )12
1S2S
V
SS
da'nBdanB
0dVB
Φ−Φ=
•−•=
=•∇
∫∫
∫rrrr
rr
Fluks magnet yang masuk tabungmelalui S1 sama dengan yang keluar melalui S2.
Jika tidak ada arus transport pada bidang batas (j = 0), maka medan H juga:
t1t2 HHrr
=
Artinya bahwa komponen tangensial dari medan H kontinu pada bidang batas.
( ) 2t12 nxjHH rrrr=−
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 tidakada arus transport (indentik dalam dielektrik, tanpa rapat arus luar).
Jika tidak ada arus, J = 0, maka persamaan medan menjadi:
0Hx
0B
=∇
=•∇rr
rr
Sehingga medan H merupakan gradien dari suatu fungsi skalar φ*:
*H φ∇−=rr
Dimana fungsi skalar φ* disebut potensial skalar magnet akibat dari semuasumber.
0
0HHB
*2 =φ∇
⇓
=•∇=µ•∇=•∇
r
rrrrrr
Jadi jika tidak ada arus tranport, potensialskalar magnet memenuhi pers. Laplace.
Terdapat dua tipe bahan magnet dimana medan magnet dapat dihitung denganpersoalan 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 :
Medan H dapat dihitung sebagai minus gradien dari potensial magnet dan medanB diperoleh dari :
( )MHB
atauHB
0
rrr
rr
+µ=
µ=
Contoh pemakaian syarat batas1. Sebuah bahan magnet linier berbentuk bola berjejari a dan mempunyai
permeabilitas µ, diletakkan di dalam medan magnet yang semulaseragam . Hitung induksi magnet di dalam dan di luar bola.0B
r
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
( ) θ+θ=θφ − cosrCcosrA,r 211
*1
(b). Untuk di daerah bahan magnet
( ) θ+θ=θφ − cosrCcosrA,r 222
*2
Konstanta-konstanta A1, A2, C1 dan C2 ditentukan oleh syarat batas.
Pada jarak yang jauh dari bola, medan magnet bernilai konstan :
( )[ ]( )[ ]
konstcosrB
konstzBdzH,r
kB,rB
0
0
0
0r
*1
0r
+θ
µ
−=
+µ
−=−=θφ
=θ
∫∞→
∞→
r
rr
Maka :
µ
−=0
01
BA
Medan magnet dan potensial skalar magnet tidak berharga tak-hingga padasetiap titik, maka C2 = 0.
Pada permukaan bola, medan-medannya bersifat kontinu di permukaan (r = a):
t1t2 HHrr
=
n1n2 BBrr
=
arr2arr1
ar2ar1
BB
HH
==
=θ=θ
=
=
)1(......................sinAsinaCsinB
sinaAsinaCsinaB
HH
231
0
0
221
0
0
ar
*2
ar
*1
ar2ar1
θ=θ+θ
µ
−
θ=θ+θ
µ
−
θ∂φ∂
−=θ∂φ∂
−
=
==
=θ=θ
)2........(..........cosAcosaC2cosB
rr
BB
231
00
ar
*2
ar
*1
0
r2r1
θµ−=θµ+θ
∂φ∂
µ−=∂φ∂
µ−
=
==
Kombinasi persamaan (1) dan (2) menghasilkan : (PR!!!)
( )
( )0
30
01
0
02
2aB1C
2B3A
µ+µ
−
µµ
=
µ+µ−=
Induksi medan magnet di dalam bola:
µµ+
=0
02
21
kB3Br
r
Induksi medan magnet di luar bola:
( )θθ+θ
+µµ
−
µµ
+= asinacos3Bra
2
1kBB r0
3
0
001
rrrr
1. Sebuah bahan magnet linier berbentuk bola berjejari a dimagnetinasisecara seragan M. Jika tidak ada medan magnet yang lain, tentukanmedan 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 dihasilkanoleh arus didalam ruang vakum.
Sekarang, kita bahas sebagai contoh toroid dimana bahannya adalah material feromagnetik yang diasumsikan homogen, isotropik dan asalnya tidakdimagnetisasi.
r
II
Berdasarkan hukum Ampere, medan H sama di setiap titik:
l
l
INH
INH
t
t
=
=
Ht = komponen tangensial
= panjang lintasanr2π=lMedan magnet :
t00
tt0t MNI)MH(B µ+µ
=+µ=l
Jadi ada penambahan µ0Mt dibandingdengan kasus dalam vakum.
Jika cincin toroida dipotong sebesar d, maka :
r
II
Berdasarkan hukum Ampere, medan H sama di setiap titiksebelum ada celah d:
l
INH1 =
d
Diasumsikan bahwamagnetisasi M seragaramsepanjang bahan feromagnetik :
)titiksetiapdi(0H)celahdalamdi(MH
2
2
==
Namun hal diatas tidak konsisten dengan hukum sirkuit Ampere, karena :
( ) NIMdNIdHHdH 21 ≠+=+=•∫ ∫ llrr
Kecuali jika d kecil. Sehingga pendekatan yang benar adalah :
)bahandalamdi(dMH
)celahdalamdi(d1MH
2
2
l
l
−=
−= Pendekatan ini tidak hanya
memenuhi hukum sirkuit Ampere, namun kontinuitas komponennormal B pada muka-muka kutub.
Maka secara umum medan magnet didalam celah dan didalam bahanferomagnetik adalah:
( )
−µ+
µ=
+µ=
ll
rrr
d1MNIB
MHB
00
0
Dimana :
( )HHM mχ=
Untuk “besi lunak”, χm adalah konstanta.
BAB IVINDUKSI ELEKTROMAGNETIK
Persamaan medan listrik statik:
0dEEx =•=∇ ∫ lrrrr
Gaya gerak listrik (ggl) dari suatu rangkaian tertutup didefinisikan sebagai:
dtddE Φ
−=•=ξ ∫ lrr
F adalah fluks yang melewati suatu lintasan tertutup C. Untuk medan statikE dan B, maka gaya gerak listrik ini nol.
INDUKSI ELEKTROMAGNETIK
Sedangkan fluks magnet dalam suatu rangkaian adalah:
( )
tBEx
dantBdanEx
Stokesteorema
danBdtddE
danB
SS
SC
S
∂∂
−=∇
•∂∂
−=•∇
⇓
•−=•
•=Φ
∫∫
∫∫
∫
rr
rr
rr
rrlrr
rr
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 arahtegak lurus terhadap panjang kawat tsb dengan kecepatan v. Kemudian berikanmedan magnet B tegak lurus terhadap bidang dimana kawat bergerak (lihatgambar).
Utara, N
Selatan, S
Br
+
−a
b c
d
vr V
Muatan-muatan bebas didalam kawat akan mengalami gaya Lorentz :
( )BvEqFrrrr
×+=
Gaya ini akan mendorong muatan positif dan negatif bergerak berlawanan arahmenuju ujung-ujung kawat karena qv x B.
Dalam keadaan mantap, jika muatan-muatan bebas tidak bergerak , maka gayatotal pada muatan adalah nol, yaitu medan magnet di setiap titik dalam kawatdiimbangi oleh gaya listrik yang melawan akibat dari pemisahan muatan-muatan.
vBE =
Jika medan B seragam, maka E konstan sepanjang kawat, sehingga bedapotensial ujung kawat :
∫ =•−=φ∆b
a
EdE llrr
Jika beda potensial ini disebut V, maka :
vBl=V
Jika B tak-bergantung waktu, maka :
∫ =•
=×∇
0dE
0E
lrr
rr
Integral tak-bergantung lintasan, khususnya jika kita bayangkan lintasanabcda diperluas sapai diluar medan magnet, sehingga V juga merupakan bedapotensial sepanjang lintasan bcda. Kenyataannya jika b dan c juga d dan adihubungkan oleh kawat konduktor secara sempurna, maka V adalah bedapotensial antara terminal c dan d diluar medan magnet.
∫ • lrr
dE
vBl dapat diungkapkan dalam bentuk lain.
Fluks Φ yang melalui sirkuit abcda berubah berdasarkan :
vBdtdxB
dtdAB
dtd
ll −===Φ
Maka :
dtdΦ
−=V Bentuk lain hukum Faraday
Jika v terorientasi sembarang terhadap panjang kawat , maka hanya komponenv yang tegak lurus terhadap saja yang berkontribusi terhadap V. Karena itu :
ll
vrlr×∝V
Untuk B sembarang, hanya komponen yang tegak lurus terhadap bidangyang berkontribusi pada V.
Karena , maka :
vdan rlr
vbidangv rlrr
lr
−⊥×
( )vB rlrrו=V motional emf
INDUKTANSI DIRI
Dalam suatu sirkuit yang terisolasi, ada hubungan antara fluks yang melalui sirkuitdengan arus dalam sirkuit tersebut. Jika dalam sirkuit tsb terdapat bahan-bahanyang linier (µ = konstan), maka nilai fluks berbanding lurus dengan arus listrik:
I∝Φ
Misalkan sirkuit tersebut stasioner dan pejal, maka perubahan fluks hanyaditimbulkan oleh perubahan arus saja, melalui:
dtdI
dId
dtd Φ
=Φ
Untuk bahan linier:
dIdL
IdId Φ
=⇒Φ
=Φ Induktansi diri sirkuit
Sehingga gaya gerak listrik (ggl):
dtdIL−=ξ
Contoh: Induktansi diri dari suatu kumparan toroida (dalamnya udara)
Dari hukum sirkuit Ampere, magnet induksi didalam lilitantoroida :
R2
NIB 0
π=
µ=
l
l
Fluks yang melalui tiap lilitan:
l
rr
AINAIn
ABdanB
00
S1
µ=µ=
=•=Φ ∫
N = jumlah lilitan
= panjang lilitanl
Fluks total:l
IAN20µ=Φ
Induktansi diri:
l
ANI
L2
0µ=Φ
=
INDUKTANSI BOLAK-BALIK
21Φ = fluks yang melalui sirkuit-2 yang ditimbulkan oleh sirkuit-1
Jika ada N-buah sirkuit yang salingberinteraksi, maka:
Φij : fluks yang melalui sirkuit ke-i yang ditimbulkan oleh sirkuit ke-j
Fluks yang melalui sirkuit ke-i didefinisikan:
∑
∑
=
=
Φ=
Φ
Φ=Φ
N
1j
iji
N
1jiji
dtd
dtd
I1I2
1 2
Perubahan fluks yang disebabkan oleh perubahan arus adalah:
dtdI
dId
dtd
dtdI
dId
dtd
jN
1j j
iji
j
i
ijij
∑=
Φ=
Φ
Φ=
Φ
Maka induktansi bolak balik antara sirkuit ke-I dan ke-j adalah:
dtdI
Mdt
d
dId
M
jN
1jij
i
j
ijij
∑=
=Φ
Φ=
Jika semua sirkuit terletak di dalam medium linier, maka Mij tidak bergantungpada arus-arus, namun tergantung pada geometri sirkuit saja).
iii
ijji
LM
MM
=
=
Contoh perhitungan indukstansi bolak-balik dalam kumparan toroida. Sebuahtoroida mempunyai 2-lapisan lilitan (lilitan dalam dan lilitan luar).
Jika N1 = jumlah lilitan dalam dan I1 adalah arus lilitan dalam, sedangkan N2: jumlah lilitan luar dengan arus I2, maka induktansi bolak-balik adalah:
1
2121 I
M Φ=
Induksi magnet yang ditimbulkan oleh lilitan dalam:
toroidarataratakelilingINB 110 −=µ
= ll
simetrisANNM
ANNM
AINNNAB
21012
21021
1210221
µ=
µ=
µ==Φ
l
l
l
Induktansi diri masing-masing lilitan adalah:
toroidadalamLLMM
ANL;ANL
212112
220
2
210
1
⇒==
µ=
µ=
ll
Persamaan diatas menyatakan bahwa induktansi bolak-balik antara dua sirkuitselalu lebih kecil atau sama dengan akar dari perkalian induktansi diri masing-masing sirkuit. Karenanya secara umum, sering ditulis:
1k;LLkM 2112 ≤=
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 yangmelalui lititan.
RUMUS NEUMANN
Untuk dua sirkuit dalam medium linier, induktansi bolak-balik dinyatakan dengan:
1
2121 I
M Φ=
Induksi magnet di sirkuit-2:
( ) ( )∫ −
−π
µ=
1C3
2
121102
rrrrxd
4IrB rr
rrlr
rr
( )2
1C3
2
121
2
10
2S221
danrr
rrxd4
I
danB
rrr
rrlr
rr
•
−
−π
µ=
•=Φ
∫∫
∫
( )
( )
2
2S 1C 2
12
10
2
1C 2
12
2S
1021
221
012
22
12
2213
2
121
2
1C3
2
121
2
1021
danrr
dx4
I
danrr
dx4
I
rr1xddx
rr1
rrdxdari
rr1xd
rrrrxd
danrr
rrxd4
I
rrr
lr
r
rrr
lr
r
rrr
lr
43421lrr
rrrrlr
r
rrr
lr
rr
rrlr
rrr
rrlr
•
−∇
πµ
=
•
−∇
πµ
=Φ
−∇−∇
−=
−∇
−∇−=
−
−⇒
•
−
−π
µ=Φ
∫ ∫
∫∫
∫∫
=
2
2S 1C 2
12
1021 dan
rrdx
4I r
rrlr
r•
−∇
πµ
=Φ ∫ ∫
Teorema Stokes: ( )
∫ ∫∫ ∫
∫∫
−•
=•
−∇
⇓
•=•∇
2C 1C 12
212
2S 1C 12
12
CS
rrdddan
rrdx
dEdanEx
rrlr
lr
rrr
lr
r
lrrrrr
Maka induktansi bolak-balik menjadi:
∫ ∫
∫ ∫
−•
πµ
=
−•
πµ
=
1C 2C'
22
'220
2
2C 1C 12
21021
rrdd
4L
rrdd
4M
rrlr
lr
rrlr
lr
Rumus Neumann
INDUKTANSI RANGKAIAN SERI
R1 L1 L2 R2
dtdI,I
M
V
( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )dtdIM2LLRRIV
dtdIML
dtdIMLRRIV
RRIV
2121
2121
2121
++++=
+++++=
+=ξ+ξ+
Sehingga rangkaian menggambarkan suatu resistor denganresistansi/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 masing-masing koil searah).
2. L1 + L2 - 2|M| untuk kopoling negatif.
Induktansi bolak balik :
1k1;LLkM 21 ≤≤−=
Induktansi efektif dari rangkaian seri :
2211eff LLLk2LL ++=
INDUKTANSI RANGKAIAN PARALEL
dtdIM
dtdILV
dtdIM
dtdILV
122
211
+=
+=
R1 L1
L2R2
M
V
1I
2I
Dalam kasus rangkaian paralel, tidak mungkin untuk mendefinisikan induktansiefektif dan resistansi efektif sebagai fungsi dari R1 , R2 , L1 dan L2 .
Namun bila R1 dan R2 diabaikan, maka :
Dengan mengeliminasi dI1/dt kemudian dI2/dt, diperoleh :
( )
( ) dtdI
M2LLMLLV
dtdIMLL)ML(V
dtdIMLL)ML(V
21
221
22211
12212
−+−
=
−=−
−=−
Sehingga induktansi efektif dari dua induktor paralel :
M2LLMLLL
21
221
eff −+−
=
Dimana tanda dari M bergantung pada cara dari kedua konduktor dihubungkan.
BAB VENERGI MAGNET
Jika suatu sumber tegangan V diberikan pada suatu sirkuit, secara umum arusyang 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 menjadipanas oleh sirkuit, suku ini juga menyerap seluruh kerja jika tak ada perubahanfluks (dΦ = 0).
Suku I dΦ adalah kerja untuk melawan ggl dalam sirkuit, yang merupakanbagian 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 melaluisirkuit dΦ searah dengan fluks yang dihasilkan oleh arus I.
Untuk sirkuit stasioner (tak ada kebocoran energi selain panas), maka suku dWbsama dengan perubahan energi magnet dalam sirkuit.
A. ENERGI MAGNET DARI SIRKUIT TERGANDENG
Jika ada n buah sirkuit dimana arusnya saling berinteraksi, maka kerja listrikyang dilakukan untuk melawan ggl (induksi emf) adalah :
i
n
1iib dIdW Φ=∑
=
Jika dΦi dihasilkan oleh perubahan arus dalam n sirkuit itu sendiri, makaperubahan fluks menjadi :
j
n
1jijj
n
1j j
iji dIMdI
dId
d ∑∑==
=Φ
=Φ
Untuk sirkuit stasioner, maka tidak ada kerja mekanis yang berkaitan denganperubahan fluks dΦi sehingga dWb sama dengan perubahan dalam energimagnet dU dari sistem.
Jika nilai arus akhir dari sirkuit-sirkuit ini adalah I1, I2, …, In maka :
Dimana a adalah fraksi dari arus dan fluks total, maka :
i
n
1ii
1
0i
n
1ii
1
0i
n
1i
'ib
I21
dIIddW
Φ=
ααΦ=Φα=
∑
∫∑∫ ∑∫
=
==
Sehingga energi magnet dari n-sirkuit yang tergandeng :
j
n
1jiji
n
1ii dIMI
21U ∑∑
==
=Φ=
αΦ=Φα=
ddII
ii
i'i
Untuk rangkaian/sirkuit pejal dan medium magnetnya linier, maka :
n1nn,1n3223
n1n131132112
2nn
211
211
j
n
1i
n
1jiij
IIM...IIMIIM...IIMIIM
IL21...IL
21IL
21
IIM21U
−−
= =
+++++++
+++=
= ∑∑
Dimana : Mij = Mji
Mii = Li
Jika hanya dua rangkaian yang tergandeng, maka energi magnetnya :
MM
IL21IIMIL
21U
12
22221
211
=
++=
Jika didefinisikan :
( ) 0LMx2xLI21U
IIx
22
122
2
1
≥++=
=
Nilai x yang menghasilkan U minimum (maksimum) diperoleh dengan :
1
1
LMx
0MxL
0dxdU
−=
=+
=
Energi magnet U ≥ 0 untuk sembarang nilai x, khususnya nilai minimum U adalah lebih besar atau sama dengan nol.
221
21
2
1
2
MLL
0LLM2
LM
≥
≥+−
Untuk rangkaian/sirkuit tunggal :
L21LI
21I
21U
LI2
2 Φ==Φ=
=Φ
B. RAPAT ENERGI DALAM MEDAN MAGNET
Pandang suatu kelompok rangkaian berarus diletakkan dalam medium dengansifat magnet linier.
Jika diasumsikan masing-masing rangkaian hanya terdiri dari satu loop saja, maka fluks ΦI diungkapkan sebagai :
∫ ∫ •=•=ΦiS iC
ii IdAdanBrrrr
Dimana A adalah potensial vektopr lokal. Energinya :
ii iC
i dIAI21U •= ∑ ∫
r
Untuk sejumlah sirkuit Ci, maka :
∫∑ ∫ ∫ •=
→
→
Vi iC V
ii
dvAJ21U
dvJIdIrr
rr
( ) ( ) ( )
( ) ( )∫ ∫ •×−×∇•=
×∇•−×∇•=ו∇
=×∇
V S
danHA21dvAH
21U
:makaHAAHHA
JH
rrrrrr
rrrrrrrrr
rrr
Dimana S adalah permukaan yang dilingkupi oleh volume V.
Kontribusi integral permukaan menjadi hilang, jika S menjadi tak-hingga, sehingga :
( )AB
dvBH21U
Vrrr
rr
×∇=
•= ∫
Rapat energi di dalam medan magnet :
BH21u
rr•=
Untuk kasus bahan magnet isotropik dan linier (B = µH), maka :
µ=µ=
22 B
21H
21u
C. GAYA DAN TORQUE PADA SIRKUIT PEJAL
Pandang salah satu bagian dari sistem membuat perpindahan dr akibatpengaruh gaya-gaya magnet yang bekerja padanya, semua arus tetap konstan.
Kerja mekanis oleh gaya F yang bekerja pada sistem :
dUdWrdFdW b −=•=rr
Dimana dU adalah perubahan energi magnet dalam sistem dan dWb adalahkerja oleh sumber energi luar untuk melawan induksi emf (ggl) sehingga arustetap konstan.
Jika geometri sistem diubah oleh pergerakan satu bagian dari sistem atau lebih, tetapi arusnya konstan, maka :
Ix
b
ii
ib
ii
i
dxdUF
UF
rdFdU
dU2dWdIdW
dI21dU
=
∇=
•=
=
Φ=
Φ=
∑
∑
rr
rr
Gaya pada sirkuit adalah gradien dari energimagnet, jika I dijaga konstan.
Jika gerak sirkuit dibuat sedemikian rupa sehingga ia berotasi disekitarsumbunya, maka :
332211 dddddW θτ+θτ+θτ=θ•τ=rr
Dimana τ adalah torque magnet pada sirkuit dan dθ adalah pergeseran sudut. Dalam kondisi ini :
I33
I22
I11
U;U;U
θ∂∂
=τ
θ∂∂
=τ
θ∂∂
=τ
Kedua persamaan diatas untuk arus konstan adalah analog dengan kasus listrikstatik untuk potensial konstan, dimana kerja batere diperlukan untuk menjadaagar potensial konstan.
Fluks yang melewati sirkuit dapat dijaga konstan, maka dWb = 0 dan sistemdikatakan terisolasi, akibatnya :
ΦΦ
θ∂∂
−=τ
∂∂
−=
−==•
11x
U;xUF
dUdWrdF rr
BAB VIPERSAMAAN MAXWELL
A. GENERALISASI HUKUM AMPERE
Medan magnet akibat distribusi arus memenuhi hukum Ampere :
∫ ∫ •=• danJdH rrlrr
Namun hukum Ampere terkadang tidak dapat digunakan, karena itu perlugeneralisasi yang selalu berlaku.
Pandang suatu sirkuit yang terdiri dari suatu kapasitor pelat sejajar yang kecildiberi arus konstan I.
S1
S2
( )tI
Kontur C
kapasitor
Jika hukum Ampere diterapkan pada kontur C dan permukaan S1 :
)1........(IdanJdHC 1S∫ ∫ =•=•
rrlrr
Namun jika hukum Ampere diterapkan pada kontur C dan permukaan S2 :
)2.......(0danJdHC 2S∫ ∫ =•=•
rrlrr
Kedua persamaan diatas kontradiktif, karena itu keduanya salah. Persamaan (1) dianggap benar, karena ia tidak bergantung pada kapasitor, sedangkanpersamaan (2) perlu dimodifikasi karena kehadiran pelat kapasitor.
Jika permukaan S2 dan S1 membentuk suatu permukaan tertutup S, maka n disetiap titik dibuat keluar dari permukaan S, sehingga :
∫ −=•S
IdanJ rr
Dimana tanda minus datang dari perubahan arah normal. Disisi lain, integral permukaan dari persamaan (1) dan (2) sama dengan integral garis H disekitarkurva C yang sama.
Dengan pendekatan ini, maka :
∫∫ ∫ =•−•=•CS C
0dHdHdanJ lrr
lrrrr
Tanda minus timbul dari perubahan C dalam kasus permukaan S1. Sekarangkontradiksi timbul dari bentuk arus I yang diasumsikan mengalir kedalam volume yang dilingkupi permukaan S menjadi nol. Inilah ketidakkonsistenan denganhukum Ampere. Arus yang mengalir kedalam volume kenyataannya tidak samadengan nol, namun sama dengan laju perubahan muatan pada keping kapasitor(hukum kekekalan muatan).
Ketidakkonsistenan ini dapat diselesaikan dalam formulasi hukum Ampere yang lain :
JHrrr
=×∇
Namun divergensi dari curl sembarang vektor itu nol, sehingga :
( ) 0H =×∇•∇rrr
Disisi lain dari hukum kekekalan muatan (kontinuitas arus listrik ) :
0t
J =∂ρ∂
+•∇rr
Sehingga ada ketidakkonsistenan antara hukum Ampere dengan persamaankontinuitas arus listrik, karena :
( )
tJ
0JH
∂ρ∂
−=•∇
=•∇=×∇•∇rr
rrrrrHukum Ampere
Kontinuitas arus listrik
Sangatlah sulit untuk memodifikasi agar kedua persamaan diatas konsisten. Cara untuk memodifikasi adalah dengan mengubah suku sebelah kanan darihukum Ampere dengan suatu vektor yang divergensinya nol.
Dengan menggunakan hukum Gauss :
( )
0tDJ
0Dt
J
D
=
∂∂
+•∇
=•∇∂∂
−=•∇
ρ=•∇
rrr
rrrr
rr
Sehingga persamaan kontinuitas arus listrik menjadi :
Disini diasumsikan bahwa D adalahfungsi kontinu dari ruang dan waktudimana turunannya dapat ditukar.
Sehingga hukum Ampere dapat ditulis :
=∂∂
+=×∇
DtDJH
r
rrrr
pergeseran arus
B. PERSAMAAN MAXWELL
Persamaan Maxwell merupakan generalisasi dari keempat hukum dalam listrikdan medan magnet :
0B
DtBE
tDJH
=•∇
ρ=•∇∂∂
−=×∇
∂∂
+=×∇
rr
rr
rrr
rrrr
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 :
∫ •=V
E dvDE21U
rr
Energi yang disimpan dalam medan magnet :
∫ •=V
M dvBH21U
rr
Dari hukum Ampere yang diperluas dan bentuk diferensial hukum Faraday :
( ) ( ) JEtDE
tBHHEEH
rrr
rr
rrrrrrr•−
∂∂
•−∂∂
•−=×∇•−×∇•
Suku kiri dapat dikonversi dengan bantuan persamaan identitas :
( ) ( ) ( )
( ) JEtDE
tBHHE
GFFGGF
rrr
rr
rrrr
rrrrrrrrr
•−∂∂
•−∂∂
•−=ו∇
×∇•−×∇•=ו∇
Menghasilkan :
BH21
tH
t21H
tH
tBH
DE21
tE
t21E
tE
tDE
2
2
rrrrrr
r
rrrrrr
r
•∂∂
=∂∂
µ=µ∂∂
•=∂∂
•
•∂∂
=∂∂
ε=ε∂∂
•=∂∂
•
Jika persamaan diatas diterapkan dalam medium, dimana D(t) sebanding denganE(t) dan B(t) sebanding dengan H(t) [konstanta-konstanta pembandingnya takbergantung waktu], maka :
Sehingga persamaan sebelumnya menjadi :
( ) ( ) EJHBDE21
tHE
rrrrrrrrr•−•+•
∂∂
−=ו∇
Turunan waktu dari jumlahrapat energi listrik dan magnet
Dalam banyak kasus J = gEadalah negarif laju pemanasanpersatuan volume (g adalahkonduktivitas listrik).
Bentuk integrasi terhadap volume V yang dilingkupi permukaan S :
( ) ( ) dvEJdvHBDE21
dtddvHE
VVV
rrrrrrrrr•−•+•−=ו∇ ∫∫∫
Dengan menerapkan terome divergensi pada suku sebelah kiri, maka :
( ) ( )
( ) ( ) danHEdvHBDE21
dtddvEJ
dvEJdvHBDE21
dtddanHE
SVV
VVS
rrrrrrrrr
rrrrrrrrr
•×+•+•=•−
•−•+•−=•×
∫∫∫
∫∫∫
Sehingga jelas bahwa bagian J • E terdiri dari dua bagian :
1. Laju perubahan energi elektromagnetik yang disimpan dalam volume V
2. Integral permukaan.
( ) ( ) danHEdvHBDE21
dtddvEJ
SVV
rrrrrrrrr•×+•+•=•− ∫∫∫
Suku sebelah kiri merupakan daya yang ditransfer kedalam medanelektromagnetik melalui gerakan muatan-muatan bebas dalam volume V. Jikatidak ada sumber emf/ggl dalam V, maka suku sebelah kiri berharga negatif dansama dengan minus produksi panas Joule persatuan waktu. Namun dalamkasus tertentu bisa berharga positif.
Pandang partikel bermuatan q bergerak dengan kecepatan konstan v dibawahpengaruh kombinasi gaya mekanis, listrik dan magnet, maka laju dimana kerjamekanis bekerja pada partikel :
( ) vEqvBvEqnFmrrrrrrrr
•−=•×+−=•
Rapat arus dapat didefinisikan :
iii
i vqNJ rr∑=
Maka laju dimana kerja mekanik persatuan volume (rapat daya) ditransferkedalam medan elektromagnetik :
JEvFN imi
i
rrrr•−=•∑
Karena integral permukaan hanya meliputi medan listrik dan medan magnet, inimemungkinkan untuk mengintrepetasikan bagian ini sebagai laju energi yang melalui permukaan tertutup. Sehingga persamaan :
( ) ( ) dvHEdvHBDE21
tdvEJ
VVV
rrrrrrrrrו∇+•+•
∂∂
=•− ∫∫∫Menggambarkan kekekalan energi dalam volume tertentu V.
Jika didefinisikan :
( )
EJtuS
HBDE21u
HES
rrrr
rrrr
rrr
•−=∂∂
+•∇
•+•=
×=
Maka :
= vektor Poynting
jelas J • E = kerja yang dilakukanoleh medan lokal pada partikel-partikel bermuatan persatuan volume.
Jika ∇ • S = 0 merupakan hukum kekekalan energi lokal : laju perubahan energimedan sama dengan disipasi daya persatuan volume persatuan waktu di setiaptitik.
= rapat energi listrik dan magnetik
Jika ∇ • S ≠ 0 tetapi J • E = 0, maka :
0tuS =∂∂
+•∇rr Persamaan kontinuitas untuk muatan,
kecuali jika rapat energi u berperandalam rapat muatan ρ.
Jika persamaan diatas menggambarkan kekekalan energi, maka ∇ • Smerupakan divergensi dari suatu rapat arus energi atau laju aliran energipersatuan luas.
Umumnya:
HESrrr
×= merupakan aliran energi lokal persatuan waktu dan luas.
D. PERSAMAAN GELOMBANG
Salah satu konsekuensi penting dari persamaan Maxwell adalah persamaanpropagasi gelombang elektromagnetik dalam medium linier. Persamaangelombang untuk H :
tDJH
tDJH
∂∂
×∇+×∇=×∇×∇
∂∂
+=×∇r
rrrrrr
rrrr
Dengan bantuan :
EgJ
EDrr
rr
=
ε=
Maka :
tEEgH∂∂
×∇ε+×∇=×∇×∇r
rrrrrr
tH
tBE
∂∂
µ−=∂∂
−=×∇rr
rr
Dengan bantuan persamaan Maxwell dan B = µ H, maka :
)1.(....................0tHg
tHH
tH
tHgHH
tH
tHgH
2
22
2
22
0
2
2
=∂∂
µ−∂∂
εµ−∇
∂∂
εµ−∂∂
µ−=∇−•∇∇
∂∂
εµ−∂∂
µ−=×∇×∇
=
rrrr
rrrr
321rrr
rrrrr
2
2
tE
tEg
tDJ
tBE
∂∂
εµ−∂∂
µ−=
∂∂
×∇−×∇−=∂∂
×∇−=×∇×∇rr
rrrr
rrrrr
Untuk medan E, juga berlaku :
)2.(....................0tEg
tEE 2
22 =
∂∂
µ−∂∂
εµ−∇rr
rr
Kedua persamaan gelombang (1) dan (2) merupakan persamaan gelombang yang dibangun medan elektromagnetik dalam medium linier dan homogen dimana rapatmuatannya nol tanpa memperdulikan apakah mediumnya konduktor atau bukankonduktor. Persamaan (1) dan (2) merupakan konsekuensi penting daripersamaan Maxwell (persamaan Maxwell dipenuhi).
Untuk menyelesaikan persamaan gelombang tsb, perlu diperlukan perhatiankhusus dalam menyelesaikan persamaan Maxwell.
E. GELOMBANG MONOKROMATIK
Gelombang monokromatik adalah gelombang dimana medan-medannya dicirikanoleh frekuensi tunggal.
( ) ( ) ( ) ( )ϕ+ω== ω− tcosrEerEt,rE ti rrrrrr
Jika disubstitusikan ke dalam persamaan gelombang :
{ } 0EgiEEe
0tEg
tEE
22ti
2
22
=µω+εµω+∇
=∂∂
µ−∂∂
εµ−∇
ω− rrrr
rrrr
1. Dalam ruang hampa (vakum)
Dalam vakum, g = 0, ε = ε0, dan µ = µ0. Jika medan E(r) berubah hanya dalam1-dimensi (misalnya arah-z), maka persamaan gelombang menjadi :
( )
200
2
2
2
c1
0Ecdz
zEd
=µε
=
ω+
rr
Persamaan gelombang diatas disebut persamaan Helmholtz secara matematissama dengan persamaan osilator harmonik dengan solusinya :
( ) ( )
ctankonsvektorE
ziexpEzE
0
0
ω=κ=
κ±=r
rr
Secara lengkap :( ) ( ){ }( ) ( )
( ) ( )c/ztcosEt,rE
realbagianztcosEt,rE
ztiexpEt,rE
0
0
0
mrrr
mrrr
mrrr
ω=
⇒κω=
κω−=
Menggambarkan perambatan gelombang sinusoidal ke arah kanan atau kiridalam arah-z (bergantung tanda minus dan plus yang digunakan). Kecepatanpropagasi gelombang adalah c. Jika cahaya adalah suatu bentuk radiasielektromagnetik, maka persamaan Maxwell memperkirakan bahwa kecepatancahaya dalam vakum:
s/m10x9979,21c 8
00=
µε=
Frekuensi gelombang dan panjang gelombang didefinisikan :
κπ
=λπω
=2;
2f
2. Dalam medium dielektrik non-magnetik dan non-kondukting
Dalam medium ini, g = 0, µ = µ0 dan ε = Kε0, maka persamaan gelombangnyasama dengan dalam vakum, kecuali :
c/Kω=κ
Dengan mendefinisikan , persamaan gelombang E sama denganvakum kecuali kecepatan propagasi gelombang menjadi c/n. Besaran n disebut indeks bias dari medium dielektrik (untuk vakum n = 1).
Kn =
3. Dalam medium kondukting
0EgiEE 22 =µω+εµω+∇rrrr
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 :
ωε<<εµω<<µω g;g 2
Jika nilai g >> ωε, maka suku kedua diabaikan.
Untuk kasus satu-dimensi :
( ) 0Egidz
zEd2
2=µω+
rr
Jika koefisien E dibuat real, maka harus diasumsikan bahwa α = iω juga real, dengan kata lain frekuensinya imajiner.
Jika , maka fungsi ruang dari E(r) sama seperti dalam vakum, hanyasekarang kebergantungan terhadap waktunya berbeda.
µα=κ g
( ) ( ) ( )texprEt,rE α−=rrrr
merupakan medan yang meluruh ekponensial terhadap waktu (bukan perilakugelombang berosilasi). Transisi perilaku meluruh dan gelombang terjadi jika :
ct1g
=ε
≅α=ω tc = waktu relaksasi material
Dari tracing penurunan persamaan :
0EgiEE 22 =µω+εµω+∇rrrr
Dari persamaan Maxwell, suku kedua atau ∂2E/∂t2 diturunkan dari pergeseranarus ∂D/∂t, sedangkan suku ketiga atau ∂E/∂t diturunkan dari arus transport J. Sehingga eksistensi propagasi gelombang elektromagnetik bergantung padapergeseran arus dalam persamaan Maxwell. Tanpa pergeseran arus, hanya adamedan yang meluruh secara eksponensial.
F. SYARAT-SYARAT BATAS
Syarat-syarat batas yang harus dipenuhi oleh medan-medan listrik dan magnet pada interface antara dua media diturunkan dari persamaan Maxwell.
0B =•∇rr
Pada sembarang interface antara dua media dapat digambarkan oleh suatupermukaan silinder (lihat gambar).
1. Syarat batas medan magnet induksi B
A
S1
S2
h
1nr
2nr
1
2
∫ ∫∫∫
∫ ∫=•+•+•=•
=•=•∇
S 3S3
2S2
1S1
V S
0danBdanBdanBdanB
0danBdvB
rrrrrrrr
rrrr
S33nr
Teorema divergensi :
Jika h → 0, maka suku ketiga menjadi nol, dan secara geometris S1~ S2. Karena normal n1 berlawanan arah dengan normal n2, maka berlaku :
n2n1 BB = Komponen normal dari medan magnet Badalah kontinu pada interface
Komponen tangensial dari medan listrik dapat diperlakukan dengan cara yang sama. Hal ini sekali lagi berdasarkan persamaan Maxwell :
( )∫ ∫ •∂∂
−=•×∇
=∂∂
+×∇
S S
dantBdanE
0tBE
rr
rrr
rrr
1
2
l
1h
2h
Dengan menerapkan teorema Stokes, maka :
∫ •∂∂
−=−−++−S
n22n11n22n11t2t1 dantB'Eh'EhEhEhEE rr
ll
Jika loop dibuat tipis (h1 → 0 dan h2 → 0), maka keempat suku terakhir dalamruas kiri dan ruas kanan adalah nol, sehingga :
t2t1
t2t1
EE
0EE
=
=− ll
Komponen tangensial dari medan listrik E haruskontinu pada interface
2. Syarat batas medan listrik E
3. Syarat batas pergeseran listrik D
Syarat batas pada komponen normal pergeseran listrik lebih kompleks, namunjuga dapat diturunkan dari salah satu persamaan Maxwell :
ρ=•∇ Drr
Dengan cara yang sama seperti dalam penurunan syarat batas medan B dapatditurunkan dengan silinder tipis pada permukaan batas dua media yang berbeda
dvdvDVV
ρ=•∇ ∫∫rr
Dengan menerapkan teorema divergensi, dan h → 0, maka :
( ) σ=− n2n1 DD
Dimana σ adalah rapat muatan permukaan pada interface. Umumnya σ ≠ 0, sehingga syarat batas menjadi kompleks, namun muatan listrik harus kekal :
tJ
∂ρ∂
−=•∇rr
Sehingga dapat dibuat penyederhanaan.
Dengan mengintegralkan persamaan kekekalan muatan listrik dan silinder dibuattipis h → 0, maka :
( )t
JJ n2n1 ∂σ∂
−=−
Jika hanya radiasi monokromatik yang ditinjau, rapat muatan permukaan harusberubah dengan e-iωt sehingga ruas kanan persamaan diatas menjadi iωσ.
Dengan substitusi D = εE dan J = gE, maka diperoleh :
ωσ=−σ=ε−εiEgEg
EE
n22n11
n22n11
Beberapa kasus khusus :
(a). Jika σ = 0, maka :
2
2
1
1
ggε
=ε
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 :
0EgiEgi n22
2n11
1 =
ω+ε−
ω+ε
(c). Jika salah satu konduktivitasnya tak-hingga, g2 = ∞, maka :
1n1
n2
E
0E
εσ
=
=
4. Syarat batas intensitas magnet H
Syarat batas komponen tangensial juga dapat diturunkan denganmengintegralkan persamaan Maxwell terhadap permukaan yang ditutupi olehloop, seperti dalam kasus komponen tangensial medan listrik:
tDJH∂∂
+=×∇r
rrr
Jika loop dibuat tipis, maka kondisi batas menjadi :
⊥=− jHH t2t1
Dimana j⊥ adalah komponen rapat arus permukaan yang tegak lurus terhadaparah komponen-H yang sesuai. Ide rapat arus permukaan adalah analog dengan rapat muatan permukaan yang menggambarkan suatu arus berhinggadalam suatu lapisan tak-hingga. Rapat arus permukaan menjadi nol, kecualijika konduktivitasnya tak-hingga, karenanya untuk konduktivitas berhinggaberlaku :
t2t1 HH =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 :
22
2 Jt
DHr
rrr
=∂∂
−×∇
Dengan menggunakan hubungan D2 = εE2 dan J2 = gE2, dan diasumsikan E2berubah terhadap waktu sesuai e-iωt menghasilkan :
( )222
2 Hig
1Errr
×∇ωε−
=
Persamaan diatas mengimplikasikan bahwa E2 = 0 dalam medium yang konduktivitasnya tak-hingga.
Dengan asumsi yang sama, maka :
Sehingga jika E2 = 0 , maka H2 = 0. Dengan demikian syarat batas padakomponen tangensial H pada interface dimana konduktivitas salah satumediumnya tak-hingga, maka :
( )22
2 Ei
1Hrrr
×∇ωµ
=
⊥= jH t1
Tabel. Syarat-syarat medan medan listrik, pergeseran listrik, medan magnet induksi dan intensitas medan magnet untuk kasus g = 0, g = ∞ dan g sembarang.
B2n = 0B1n = 0
H2t = 0H1t = j⊥
D2n = 0D1n = σ
E2t = 0E1t = 0
g2 = ∞
B1n = B2nH1t = H2tE1t = E2tg1 , g2sembarang≠ ∞
B1n = B2nH1t = H2tD1n = D2nE1t = E2tg1 = g2 = 0
BnHtDnEtg
n11
1 Egi
ω+ε
n22
2 Egi
ω+ε=
BAB VIIRADIASI ELEKTROMAGNETIK
A. PERSAMAAN GELOMBANG DENGAN SUMBER
Dalam pembahasan persamaan gelombang elektromagnetik monokromatik, sebelumnya diasumsikan bahwa rapat muatan ρ di dalam medium nol dan hanyaada sumber arus J yang timbul dari respon pasif suatu medium ohmik terhadapgedan listrik dari gelombang.
Dalam pembahasan kali ini, akan diturunkan persamaan gelombang EM dimanaterdapat sumber muatan dan arus yang diberikan oleh distribusi muatan ρ (r, t) dandistribusi arus J (r,t).
Karena divergensi induksi magnetik B adalah nol, maka dapat diungkapkan dalamsurl suatu potensial vektor.
( ))1...(....................AB
0ABrrr
rrrrr
×∇=
=×∇•∇=•∇
Dengan menerapkan salah satu persamaan Maxwell :
( ) 0At
E
tBE
=×∇∂∂
+×∇
∂∂
−=×∇
rrrr
rrr
Dengan mengasumsikan bahwa turunan medan dalam ruang dan waktu dapatditukar, maka :
0tAE =
∂∂
+×∇r
rr
Maka medan E dapat diungkapkan dalam gradien suatu skalar :
)2......(....................tAE∂∂
−φ∇−=r
rr
Persamaan (1) dan (2) merupakan bentuk medan magnet dan medan listrikdalam potensial vektor dan skalar. Dengan substitusi pers. (1) dan (2) kedalampersamaan Maxwell, dengan bantuan D = εE dan B = µH :
JtA
tA1
tDJH
rr
rrrr
rrrr
=
∂∂
+φ∇∂∂
ε+×∇×∇µ
∂∂
+=×∇
Dengan menggunakan hubungan :
( ) Jtt
AAA
JtA
tA
2
22 rr
rrrrrr
rr
rrrr
µ=∂φ∂
∇εµ+∂∂
εµ+∇−•∇∇
µ=
∂∂
+φ∇∂∂
εµ+×∇×∇
Defisinikan kondisi Lorentz (gauge Lorentz) :
JtAA
0t
A
2
22 r
rrr
rr
µ−=∂∂
εµ−∇
=∂φ∂
εµ+•∇
Maka :
Dengan bantuan persamaan (2) dan persamaan Maxwell, diperoleh :
ρ=
∂∂
•∇+φ∇•∇ε−tAr
rrr
Persamaan gelombang tak-homogen dari potensial vektor.
Pertukaran urutan divergensi dan turunan waktu pada A dan denganmenggunakan kondisi (gauge) Lorentz, menghasilkan :
ερ
−=∂φ∂
εµ−φ∇ 2
22
tPersamaan gelombang tak-homogen dari potensial skalar.
Solusi untuk persamaan gelombang tak-homogen analog dengan solusi umumpersamaan Poisson, yang terdiri dari solusi umum persamaan homogen dansolusi khusus persamaan tak-homogen.
Persamaan gelombang potensial skalar tak-homogen dikurangi dalam kasusstatis ∂φ/∂t =0, menjadi persamaan Poisson, sehingga solusinya seperti dibahasdalam persoalan listrik statik dalam vakum :
( ) 'dv'rr
'r4
1
V0∫ −ρ
πε=φ rr
r
Untuk persamaan gelombang A, solusi dalam kondisi statis dan vakum) :
( ) ( ) 'dv'rr
'rJ4
rAV
0 ∫ −πµ
= rr
rrrr
Namun kedua solusi tersebut tidak dapat menggambarkan kebergantunganterhadap waktu dari ρ (r, t) dan J (r,t).
Dalam vakum (n = 1), maka persaman gelombang potensial skalar :
ερ
−=∂φ∂
−φ∇ 2
2
22
tc1
Dimana dapat dengan mudah dicari solusinya untuk suatu muatan titik dankemudian seluruh elemen-elemen muatan ρ ∆v dijumlahkan dalam distribusimuatan yang sesuai. Untuk memudahkan muatan titik diletakkan di titik pusatkoordinat, sehingga persamaan :
harus dipenuhi disetiap titik, kecuali di titik pusat dimana dalam suatu volume kecil ∆v di sekitar titik pusat yang harus dipenuhi:
0tc
12
2
22 =
∂φ∂
−φ∇
)t(q1tc
1dv 2
2
22
Vε
−=
∂φ∂
−φ∇∫∆
q(t) hanya menggambarkan besaran muatan q di titik pusat pada waktu t (bukankebergantungan gerakan muatan q terhadap waktu).
Dari sifat simetri distribusi muatan, maka potensial φ hanya bergantung pada r saja (tidak bergantung pada sudut azimut), sehingga :
0tc
1r
rrr
12
2
22
2 =∂φ∂
−∂φ∂
∂∂
Dengan mendefinisikan :
( ) ( )
0tc
1r
rt,rt,r
2
2
22
2=
∂χ∂
−∂χ∂
χ=φ
Persamaan ini merupakan persamaan gelombang 1-dimensi yang dipenuhi olehfungsi sembarang r – ct atau r + ct.
Bukti :
Definisikan : u = r – ct dan f (u) adalah fungsi sembarang.
2
22
2
2
2
2
2
2
2
2
dufdc
tf;
dudfc
tu
dudf
tf
dufd
ru
dufd
rf;
dudf
ru
dudf
rf
=∂∂
−=∂∂
=∂∂
=∂∂
=∂∂
=∂∂
=∂∂
0tc
1r 2
2
22
2=
∂χ∂
−∂χ∂
Substitusi ke dalam persamaan :
Diperoleh :
)terbukti(0du
fdcc1
dufd
2
22
22
2=
−
Dengan demikian terbukti bahwa fungsi r – ct memenuhi persamaan gelombang1-dimensi (begitu pula dengan fungsi r + ct ).
Sehingga fungsi :
χ = f (r – ct) + g (r + ct)
Merupakan solusi sembarang dari persamaan gelombang 1-dimensi. Namunfungsi g (r + ct) tidak terjadi dalam aplikasi persamaan gelombang, sehinggadapat 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 daritak-hingga.
Suatu solusi simetrik bola sekarang tersedia :
( )r
ctrf −=φ
yang mengandung suatu fungsi sembarang sehingga persamaan :
juga dipenuhi.
)t(q1tc
1dv 2
2
22
Vε
−=
∂φ∂
−φ∇∫∆
Potensial muatan statik :r4
q
0πε=φ
Kedua bentuk fungsi potensial muatan statik dan simetrik bola dapat dikonversi :
( ) ( )04
c/rtqctrfπε−
=−
Sehingga solusi persamaan gelombangnya menjadi :
( ) ( )r4c/rtqctrf
0πε−
=−
Dengan demikian, persamaan gelombang tak-homogen potensial skalar dalamkondisi Lorentz dipenuhi oleh :
( ) ( ) 'dv'rr't,'r
41t,r
V0∫ −ρ
πε=φ rr
rr
Dimana t’ = t - |r – r’|/c disebut waktu retardasi (pelambatan) dan fungsi φ disebutsebagai potensial skalar retardasi.
Solusi untuk persamaan gelombang potensial vektor A tak-homogen dapatdiperoleh dengan cara yang sama. Vektor-vektor A dan J diurai terlebih dahulukedalam komponen kartesian (x, y, z). Contoh untuk komponen-x:
x2x
2
x2 J
tAA µ−=∂∂
εµ−∇r
Dimana solusinya memiliki bentuk :
( ) ( ) 'dv'rr't,'rJ
4t,rA
V
0 ∫ −πµ
= rr
rrrr
( ) ( ) 'dv'rr't,'rJ
4t,rA
V
x0x ∫ −π
µ= rr
rr
Jika ketiga koponen digabung kembali, maka diperoleh :
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 adalahperhitungan radiasi dari suatu dipol listrik yang berosilasi. Dipol diasumsikan terdiridari bola-bola yang diletakkan di posisi z = yang dihubungkan oleh sebuahkawat yang kapasitansinya diabaikan.
2/l±
+q
-qx
y
z
2/l
2/l
Muatan sebelah atas adalah +q dan muatanbawah –q. Kekekalan muatan memerlukanbahwa arus didalam kawat :
qI &+=Dimana arus I > 0 dalam arah positif z. Kondisi dimana kapasitansi arus diabaikandan arusnya seragam jika panjang kecildibandingkan dengan panjang gelombangradiasi.
l
Potensial vektor yang diakibatkan distribusi arus diatas didalam vakum :
( )( )
'dzk'zr
c/k'zrt,'zI
4t,rA
2/
2/
0z ∫
− −
−−
πµ
=l
l
rr
rrr
( ) 2/122 'zrk'z2rk'zr +•−=−rrrr
Jika artinya hanya medan pada jarak yang jauh dari dipol yang dihitung, maka :
r<l
θ−=− cos'zrk'zrrr
Dimana θ adalah sudut antara r dan sumbu-z. Suku z’ cos θ dapat diabaikan jikar cukup besar. Namun dalam bentuk retardasi z’ cos θ dapat diabaikan jika z’cos θ /c diabaikan dibandingkan dengan waktu dimana perubahan arussignifikan. Sebagai contoh dengan perioda untuk arus yang berubah secaraharmonik.
Karena z’ cos θ ≤ , artinya bahwa z’ cos θ /c dapat diabaikan dalam bentukwaktu retardasi hanya jika :
2/l
λ=<< cT2l
Jika dipol kecil dibandingkan dengan satu panjang gelombang dan titikpengamatan jauh dibandingkan dengan , maka :l
( ) )a......(..........crtI
r4t,rA 0
z
−
πµ
=lr
Potensial skalar φ dapat ditentukan dengan menerapkan kondisi (gauge) Lorentz atau dengan menggunakan ungkapan potensial retardasi yang sesuai. Keduametoda memberikan hasil yang sama. Namun karena potensial listrik akibatsuatu dipol adalah perbedaan antara dua bagian besar, pendekatan potensialretardasi harus hati-hati. Karena kesulitan ini dikaitkan dalam perhitungan gauge Lorentz, potensial skalar diperoleh dengan menyelesaikan :
0tc
1A =∂φ∂
+•∇rr
Dimana A didefinisikan dalam persamaan (a).
−+
−
πε=
−
∂∂
πε−=
∂φ∂
crt'I
crz
crtI
rz
4
crtI
r1
z4t
230
0
l
l
Dimana I’ adalah turunan dari I. Dengan mengintergasikan persamaan diatas, dimana I = +q’, maka diperoleh :
( ) ( ) ( )
−
+−
πε=φ
cc/rtI
rc/rtq
rz
4t,r 2
0
lr
Untuk menghitung medan elektromagnetik, maka diperlukan mendefinisikandistribusi arus-muatan yang berubah secara harmonik terhadap waktu.
−ωω−=
−ω=+=
−ω=
−
crtsinq
crtsinIqI
crtcosq
crtq
00
0
&
Dengan menyelesaikan potensial vektor A kedalam harmonik bola, diperoleh :
0Acrtsinsin
rI
4A
crtsincos
rI
4A
00
00r
=
−ωθ
πµ
−=
−ωθ
πµ
=
ϕ
θl
l
Induksi magnet B dapat dihitung dari B = ∇ x A, maka hanya komponen-ϕ sajayang tidak nol.
( )
−ω+
−ω
ωπµ
=
θ∂∂
−∂∂
= θϕ
crtsin
r1
crtcos
csin
rI
4
Ar1rA
rr1B
00
r
l
Perhitungan medan listrik lebih kompleks karena tidak hanya melibatkan Anamun juga φ. Komponen-komponen medan listrik : (PR !!)
( ) ( )
0t
Asinr1E
crtsin
cr1
crtcos
rcr1
4sinI
tA
r1E
rc/rtcos
crc/rtsin
4cosI2
tA
rE
tAE
2230
0
320
0rr
=∂∂
−ϕ∂φ∂
θ−=
−ω−
−ω
ω
−ωπε
θ−=
∂∂
−θ∂φ∂
−=
ω−ω
−−ω
πεθ
=∂∂
−∂φ∂
−=
∂∂
−φ∇−=
ϕϕ
θθ
l
l
rrr
Untuk menghitung laju dimana dipole memancarkan energi dilakukan denganmengintegralkan komponen normal vektor Poynting diseluruh jari-jari bola :
∫∫π
ϕθ θθπµ
=•0
2
0dsin2BER1danS rr
Dengan hanya memilih bagian yang tidak nol jika R → ∞ melalui pemilihanbagian yang sebanding dengan 1/r dalam Eθ dan Bϕ diperoleh :
( )
−ω
ωπε
=•∫ crtcos
c6IdanS 2
3
2
0
20lrr
yang merupakan daya radiasi instan. Daya radiasi rata-rata :
21
crtcos;
2I
c6danSP 2
20
30
22=
−ω
πεω
=•= ∫lrr
Dengan substitusikan diperoleh :001cdanc2 µε=ωπ=λ
)b.......(....................2I
32P
20
2
0
0
λε
µπ=
l
Disipasi energi dari suatu resistansi R yang membawa arus I0 cos ωt denganlaju rata-rata : . Jika dibandingkan dengan persamaan (b), diperolehresistansi radiasi suatu dipol :
2/RIP 20=
)vakumdalam(ohms7893
2R22
0
0r
λ
=
λε
µπ=
ll
Dalam medium material µ0 dan εo diganti dengan µ dan ε, serta εµωπ=λ 2
Resistansi radiasi diatas mungkin dapat dipakai untuk menggambarkan radiasidari antena radio. Namun terdapat beberapa “cacat” yang akan menghambathasil yang baik, seperti :
1. Efek dari bumi diabaikan
2. Umumnya antena tidak dibebani pada ujungnya
3. Sangat jarang antena yang pendek jika dibandingkan dengan panjanggelombang yang diradiasikan.
Dengan menghilangkan kedua cacat terakhir, maka persoalan dapatdisederhanakan. Namun kasus pengaruh gangguan bumi diluar cakupan kuliahini.
B.2. RADIASI DARI SUATU ANTENA SETENGAH-GELOMBANG
Batasan panjang antena yang kecil dibandingkan dengan satu panjanggelombang dapat dihilangkan dalam beberapa kasus yang relatif sederhana. Khususnya, suatu kawat yang panjangnya setengah-panjang gelombang dapatdipecah kedalam elemen-elemen tak-hingga, dimana masing-masing elemenmetoda sebelumnya (kasus dipol) dapat digunakan.
Pandang suatu kawat terletak sepanjang sumbu-z dari –λ/4 ke +λ/4 danmembawa arus yang nol pada ujung-ujung kawat :
( )
λπ
ω='z2costsinIt,'zI 0
Ketidakseragaman arus memerlukan suatu variasi rapat arus, dimana terbesarpada ujung-ujung kawat. Suatu elemen dz’ pada z’ dalam vakum berkontribusiterhadap Eθ:
'dz'z2coscRtcos
Rc4sinIdE 2
00
λπ
−ωω
πεθ
=θ
Dimana R adalah jarak dari dz’ terhadap titik observasi dan 1/R2 dapat diabaikan.
Dengan cara yang sama :
'dz'z2coscRtcossin
RcI
4dB 0
0
0
λπ
−ωθ
ωπµ
=ϕ
Problem dalam perhitungan Eθ dan Bϕ dapat dikurangi dengan menghitung :
duucoscRtcos
R1K
2/
2/∫π
π−
−ω=
Dimana u = 2πz’/λ. Seperti sebelumnya R = r – z’ cos θ dan kemudian denganmemilih r cukup besar, maka z’ cos θ dapat diabaikan, sehingga :
( )
( ) duucoscosusincrtsin
r1
duucoscosucoscrtcos
c1
duucoscosucrtcos
r1K
2/
2/
2/
2/
2/
2/
∫
∫
∫
π
π−
π
π−
π
π−
θ
−ω
−θ
−ω=
θ+
−ω=
( )[ ]θ
θπ
−ω= 2sin
cos2coscrtcos
r2K
Sehingga medan-medannya :
( )[ ]
( )[ ]θ
θπ
−ω
πµ
=
θθπ
−ω
πε=
ϕ
θ
sincos2cos
crtcos
r2IB
sincos2cos
crtcos
rc2IE
00
0
0
Daya rata-rata yang dipancarkan (integral vektor Poynting rata-rata) dari antena :
( )[ ]θθ
θθπ
εµ
π= ∫
π
dsinsin
cos2cosI41P 2
2
0
20
0
0
Untuk antena setengah-gelombang :
)vakumdalam(2Iohms1,73P
20=
top related