Download - Listrik Magnet II New
LISTRIK MAGNET II
MEDAN KARENA PERGERAKAN MUATAN TITIK
KELOMPOK 6
NAMA :
1. Tresna Mustikasari (140310100040)
2. Sarah Bella. S (140310100046)
3. Siti Nurmilati (140310100052)
4. M. Imbar Fitriadi (140310100054)
5. Faizal (ketua) (140310100056)
Penerapan langsung potensial Lienard-Wiechert adalah pada perhitungan medan suatu muatan titik yang bergerak menurut garis lurus dengan kecepatan tetap.
Medan di titik P harus dihitung pada saat t, yang pada saat itu muatan ada di x.
Medan suatu muatan titik yang bergerak seragam
Kedudukan terhambat xβ dan waktu terhambat tβ ditentukan oleh π β²2 = π2αΊπ‘β π‘β²α»2 = αΊπ₯0 β π₯β²α»2 + π2
Potensial skalarnya diberikan oleh
παΊπ,π‘α»= π4ππ0 1π β²α1+ απ£ .πβ²παα
Karena muatan bergerak dari xβ ke π₯0 dalam waktu π‘0 β π‘β²,
jelaslah bahwa π2 αΊπ‘β π‘β²α»2 = π£2 αΊπ‘0 β π‘β²α»2 + π2
P
Rβ R b
v
nβ xβ x x0
lβ l l0
Jika persamaan ini dipecahkan untuk tβ hasilnya adalah
π‘β² = π2 π‘β π£2 π‘0 Β± ΰΆ₯π£2 π2 αΊπ‘0β π‘α»2+ π2 αΊπ2β π£2α»π2β π£2
pada t = π‘0 = 0
π‘β² = Β± ΰΆ₯π2 αΊπ2 β π£2α»π2 β π£2
kita dapatkan π₯0 β π₯β² dari π₯0 β π₯β² = π£ αΊπ‘0 β π‘β²α»
= π£ ࡬π‘0 αΊπ2β π£2α»β π2 π‘+ π£2 π‘0+ ΰΆ₯π£2 π2 αΊπ‘0β π‘α»2+ π2 αΊπ2β π£2α» π2β π£2 ΰ΅°
Sedangkan Rβ ditunjukkan sebagai
π β² = π ΰ΅π‘ αΊπ2 β π£2α»β π2 π‘+ π£2 π‘0 + ΰΆ₯π£2 π2 αΊπ‘0 β π‘α»2 + π2 αΊπ2 β π£2α» π2 β π£2 ΰ΅±
π β= π β² β π£ αΊπ₯0 β π₯β²α»π
π β= αΊπ2 β π£2α»β1 απ£2π αΊπ‘0 β π‘α»+ π ΰΆ₯π£2 π2 αΊπ‘0 β π‘α»2 + π2 αΊπ2 β π£2α»β π£2π αΊπ‘0 β π‘α»β π£2π ΰΆ₯π£2 π2 αΊπ‘0 β π‘α»2 + π2 αΊπ2 β π£2α»ΰ΅¨
= ΰΆ§π£2αΊπ‘0 β π‘α»2 + π2 α1 β π£2π2α
Dari hasil tersebut maka dapat di ketahui: Potensial skalarnya :
παΊπ,π‘α»= π4ππ 1ΰΆ§π£2αΊπ‘0β π‘α»2+ π2 ࡬1 β π£2π2ΰ΅°
Sedangkan potensial vektornya :
A(P,t) = π0π4π 1
ΰΆ§π£2αΊπ‘0β π‘α»2+ π2 ࡬1 β π£2π2ΰ΅°
Jika titik P ditentukan oleh koordinat Cartesius π, π,π, maka
π= π0 = v to dan π2 + π 2 = π2
Dengan memanfaatkan hasil ini dalam persamaan
A(P,t) = π0π4π 1
ΰΆ§π£2αΊπ‘0β π‘α»2+ π2 ࡬1 β π£2π2ΰ΅° dan dengan memisalkan π= (π,π,π), kita peroleh
παΊπ,π‘α»= π4ππ 1ΰΆ¨( πβ ππ‘ )2 +ΰ΅« π2 + π2ΰ΅―( 1β π£2
π2 ) Dan
A(P,t) = π0π4π π£
( πβ ππ‘ )2 +ΰ΅« π2 + π2ΰ΅―( 1β π£2π2 )
Dalam hal muatan titik bergerak dipercepat, penyederhanaan tertentu yang terdapat dalam hal muatan yang bergerak dengan kecepatan tetap tidak mungkin lagi dugunakan.
Dalam hal ini kesulitan utama yang kita hadapi ialah akibat langsung dari kenyataan bahwa potensial Lineard-Wiechert tidak lagi dapat diungkapkan dalam kedudukan muatan saat ini, malahan sebaliknya, muncul secara nyata tempat dan waktu terhambat. Potensial.
Medan suatu titik yang dipercepat
persyaratan hambatan
αΊπβ π₯β²α»2 + (πβ π¦β²)2 + (πβ π§β²)2 = π2(π‘β π‘β²)2 Memberikan suatu hubungan tunggal diantara perubahan sisanya. Jadi, jelas bahwa meskipun potensialnya bergantung pada delapan perubahan, hanya empat diantaranya yang benar-benar bebas. Dalam menghitung E dan B perlu dilakukan pendiferensialan potensial terhadap masing-masing Ξ·, ΞΎ, ΞΆ dan t dengan membiarkan tiga yang lain tetap sebagai
࡬πΏπ΄πΏπ‘ΰ΅°π = ࡬πΏπ΄πΏπ‘ΰ΅°+ ࡬πΏπ΄πΏπ‘β²
ࡰ࡬πΏπ‘β²πΏπ‘ΰ΅°π
dan
࡬πΏπ΄πΏπ‘β²ΰ΅°π = ࡬πΏπ΄πΏπ‘β²
ΰ΅°+ ࡬πΏπ΄πΏπ‘ࡰ࡬πΏπ‘πΏπ‘β²ΰ΅°π
Medan Radiasi Untuk Kecepatan Rendah Hasil perhitungan dari potensial untuk muatan titik yang
bergerak tidak teratur, dapat ditulis sebagai:
(*)
(**) Dari persamaan (**) kita mengetahui bahwa medan-B dari
suatu muatan titik dalam hampa udara selalu tegak lurus pada medan-E pada titik dan waktu yang sama, dan juga tegak lurus pada garis yang menghubungkan titik medan dengan tempat kedudukan terhambat zarah, Rβ.
πΈ αΊπ,π‘α»= π4ππ01πΉβπ ΰ΅απΉβ² β π β²πβ²π αΰ΅1β π£β²2π2 ΰ΅±+ 1π2 πΉβ²π₯ααπΉβ² β πΉβ²πβ²π απ₯παΆβ²ΰ΅‘
π΅ αΊπ,π‘α»= πΉβ²π₯π¬π β²π
Untuk gerakan yang berkecepatan tetap (=0) suku pertama dalam persamaan (*) memberikan hasil :
karena Rβ/c = t-tβ Untuk gerak tak seragam dengan kecepatan
tinggi, suku pertamanya tidak memberikan saham pada radiasi dari muatan,karena besarnya berkurang sesuai jarak menurut 1/Rβ2
E(π,π‘) = π4ππ π π β3࡬1β π£2π2 ΰ΅°
Jika kecepatan muatan kecil dibandingkan dengan kecepatan cahaya, yaitu jika Β« 1, maka hampiran:
dan
hanya kita tinjau halnya muatan yang bergerak lambat
πΉβ² β π β²πβ²π β πΉβ²
πΉβ= π β² β πΉβ².πβ²π β π β²
Jika disamping itu, hanya medan radiasi, yaitu bagian medan yang sebanding dengan 1/Rβ yang ditinjau, maka persamaan (*) dan (**) menjadi
π¬αΊπ,πα»= πππ πΊππΉβ²π(πΉβ²ππαΆβ² )πΉβ²πππ π©αΊπ,πα»= πππ πΊππΉβ²π[πΉβ²π(πΉβ²ππαΆβ² )]πΉβ²πππ = πππ πΊπππ παΆππΉβ² )πΉβ²ππ
Dari vector medan ini diketahui bahwa vector poynting adalah:
yang melalui penggunaan persamaan vector, berubah menjadi:
πΊ= π¬ππ―= πππππ ππππππππ ππΉβ²πππαΎπΉβ²παΊπΉβ²ππαΆβ²α»αΏπ[παΆβ²ππΉβ²]
πΊ= π216π2π0π3 πΉβ²(πΉβ²π₯παΆβ²)2π β²5
Daya total jika selanjutnya, dipilih pada arah sumbu-z, maka:
π·πΉ= β ππππ‘ = ΰΆ± πΊ.π πππ
= π216π2π0π3 π β²2παΆ2 sin2 ππ β²5 πΉβ².πΉβ²π β² π β²2 sinπππππ
yang dari persamaan itu dengan mudah dapat diperoleh
π·πΉ= β ππππ‘ = π24ππ0 23 πβ²αΆ2π3
Contoh Soal
Proton yang bermasa m = 1,67 x 10-27 kg dan muatan
q = - e = 1,6 x 10-19C bergerak dalam lingkaran yang
berjari-jari 21 cm tegak lurus terhadap medan magnetik
B = 4000 G.
Carilah (a) periode gerak dan (b) kecepatan protonnya
Diketahui: Ditanyakan:
m = 1,67 x 10-27 kg (a). T = ?
q = 1,6 x 10-19C (b). v = ?
B = 4000 G
Solusi
Kita tidak perlu mengetahui jari-jari lingkarannya
untuk mengetahui periodenya. Maka:
T = 2ππππ΅ =
2π(1,67π₯10β27 ππ)ΰ΅«1,6π₯10β19πΆΰ΅―(0,4π) = 1,64 π₯ 10β7π
π= πππ΅π = αΊ0,21α»ΰ΅«1,6π₯10β19 ππΰ΅―(0,4π)1,67π₯10β27π = 8,05 π₯ 106 π/π
Periksa bawa v x T = Keliling lingakaran
r = ππ2π = ΰ΅«8,05π₯106 ΰ΅―(1,64π₯10β7)2π = 0,21 π