BAB I ALJABAR VEKTOR I. ANALISIS VEKTOR
1.1. Notasi Vektor
Vektor adalah besaran yang, memiliki besar dan arah Skalar adalah besaran yang hanya mempunyai besar saja. Notasi vektor : dinyatakan dengan huruf besar yang ditulis tebal. Misal A Vektor satuan adalah : vektor tersebut dibagi dengan nilai absolutnya a A
=
A A
dimana :
A =
A. A
(1.1) Vektor yang dinyatakan dengan komponennya dalam ketiga sistim koordinat adalah A = A X a X
+ AY aY + A Z a Z
(untuk koordinat kartesian)
(1.2) A
= Ar ar + Aφ .aφ + A Z a Z
(untuk koordinat silinder)
(1.3) A
= Ar a r + Aθ aθ + Aφ aφ
(untuk koordinat bola)
(1.4) Dimana : A X , AY , A Z ,... adalah komponen vektor. a X , aY , a Z ,... adalah vektor satuan (atau vektor)
1.2. Aljabar Vektor
1. Penjum Penjumlah lahan an dan dan pengu penguran rangan gan vekt vektor or A ± B
= ( A X a X + AY aY + A Z a Z ) ± ( B X a X + BY aY + B Z a Z ) = ( A X
± B X ) a X + ( AY ± BY )aY + ( A Z ± B Z ) a Z
(1.5) 2. Hasi Hasill kali kali tit titik ik dua dua vek vekto tor r A • B = AB cos θ
(1.6) dimana
adalah sudut terkecil antara dua vektor.
A • B
= A X B X + AY BY + A Z B Z
(1.7) A • A = A
2
= A X 2 + AY 2 + A Z 2
(1.8) 3. Perk Perkal alia ian n sila silang ng AxB
= ( AB AB .sin θ )an
(1.9) Dengan operasi perkalian silang ini dalam bentuk komponen memberikan hasil AxB
= ( A X a X + AY aY + A Z a Z ) x( B X a X + BY aY + B Z a Z )
= ( AY B Z − A Z BY )a X + ( A Z B X − A X B Z )aY + ( A X BY − AY B X )a Z (1.10) Atau dapat juga dinyatakan dengan bentuk determinan
AxB
a X
aY
a Z
= A X
AY
A Z
B X
BY
B Z
(1.11)
an
A
B
Gambar 1.1. 1.1. Perk alian silang
1.3. Sistim Koordinat
Terdapat tiga sistim koordinat untuk memetakan atau menggambarkan posisi sebuah objek atau koordinat sebuah benda, yaitu sistim koordinat kartesian, silinder dan bola. Titik P dinyatakan dinyatakan dalam tiga koordinat, koordinat, P ( x, y , z ) untuk untuk koordinat koordinat kartesian, kartesian, P ( r , φ , z )
untuk untuk koordi koordinat nat silide siliderr dan P ( r ,θ , φ ) untuk untuk koordi koordinat nat bola bola yang yang
ditunjukkan dalam Gambar 1.2. Jika Jika
koor koordi dina natt
titi titik k P dikemb dikembang angkan kan
(r + d ,r φ + d φ , z + d )
atau
pada pada
x( + d ,x y + d ,y z + d )
(r + d ,r θ + d θ , φ + d φ )
atau
akan akan terja terjadi di sebu sebuah ah
volume differensial dv dan differensial luas ds yang ditunjukkan dalam Gambar 1.3. dv = (dx .dy .dz )
koordinat kartesian
(1.12) dv = (rdr .d φ .dz )
koordinat silinder
(1.13) dv
= (r 2 sin θ .dr .d θ .d φ ) koordinat bola
(1.14)
Z
P ( x, y, z )
Z
•
Z
P (r ,φ , z )
•
P (r ,θ ,φ )
Z
φ
r
y
φ
x (a) Kartesian
r
y
y
•
θ
(b) Silinder Gambar
1. 2.
Tiga sistim koordinat
(c) Bola
z
z
z r sin sin θ .d φ
r .d φ dr
dz
••
dz
•
P
P
dy
r .d θ
• P
dx
dr y
y x
x
(a) Kartesian
x
(b) Silinder
Gambar 1. 3.
y
(c) Bola
Differensial volume dan luas
Defferensial luas untuk sistim koordinat silinder dalam arah ar adalah (ds ) ar
= (r .d φ .dz )ar
(1.15) Untuk differensial luas yang lain yaitu dengan mengambil perkalian dua sisi yang dihada dihadapi pi oleh oleh setiap setiap vektor vektor normal normal terhad terhadap ap bidang bidang yang yang tegak tegak lurus lurus atau atau yang yang dihadapi oleh vektor tersebut.
Contoh soal 1
Tentukan Tentukan vektor vektor C yang didapat dari titik K (3, ( 3, -6, 5) ke L(0, 7, 2) dalam sistim koordinat kartesian, dan tentukan pula vektor satuannya yang searah dengan C . Vektor jarak dari titik K K ke titik L L R Atau R R
Vektor satuan a R
= (0 − 3)a X + (7 − (−6))aY + (2 − 5)a Z
= −3a X + 13aY − 3a Z = 32 +13 2 +32 =13 .75
=
− 3a X + 13aY − 3a Z 13.75
z L − K K (3,−6,5)
L(0,7,2) y
x
Gambar 1.4.
Penjumlahan dua vektor
Contoh soal 2
Diketahui A = 5a X
+ 6a Z
dan
B
= 8a X + 2a Z , tentukan tentukan sudut terkecil dari hasil
perkalian kedua vektor dengan dengan perkalian: (a) titik dan (b) silang. silang. A • B
(b)
= A B cosθ
AxB
AxB
=
⇒
sin θ = A B sin
cos cos θ =
⇒
a X
aY
a Z a X
5
0
6
5
0
8
2
0
8
2
A • B A B
sin sin θ =
=
(5)8 55 ( 68)
= 1.78
AxB A B
aY
= 48 aY +10 a Z −12 a X = −12 a X +10 aY + 48 a Z
z
• B(0,0,b)
y A(r , φ ,0)
x sin θ =
12 2
+ 102 + 482 55 68
Contoh soal 3
⇒
Gambar
θ
1.5 1. 5.
= sin −1
Contoh soal
3
Ekpres Ekpresika ikan n vektor vektor satuan satuan yang yang ditarik ditarik dari dari titik titik A(r , φ ,0) ke titik z = b dalam koordinat silinder (Gambar 1.4) Vektor jarak antara dua titik
R
a R
= (0 − r )a r + (φ −φ )aφ + (b − 0)a Z
=
R R
=
− rar + baZ r 2 + b 2
Contoh soal 4.
Tentukan luas bidang yang dibatasi oleh permukaan lengkung [dS ]3 yang ditunjukkan oleh Gambar1.6, jika jari-jari silinder 2 m dan tinggi 10 m.
z
[d S ]2
dr
[d S ]2
[d s]1
r .d φ
[dS ]3
[d s]1
dz
y 2π / 3
x π / 6
Gambar 1.6. Contoh soal 4
[dS ]3
Luas bidang lengkung
2π /31 0
2π / 3 1 0
/6 0
/6 0
2π π 4 π d = ∫ rS. dφ .d = r φ z z = 2 − ( 1 − 0) = 0 3 6 3 π π 3
Contoh soal 5.
Hitunglah masing-masing elemen luas dS 1 dan dS 2 dari Gambar 1.7 untuk koordinat bola. z
1
[d S ]2
dr
[d s]1
y 1
1
0
60
dr
x
Gambar 1.7. Contoh soal 5
dS 1
= rd θ .dr 1
S 1 =
π
1
∫ ∫ r .d .r d θ = 2 r 0 0
dS 2
1
= rd θ .r sin θ .d φ
2
π
= (1 − 0 ) π ( − 0) =
θ 0
1
0
2
2
2
π
2
1
π π / 2
π
π / 2
π π S 2 = r s iθ .nd θ .d φ = r (− c oθ ) s (φ ) = (1 − 0 ) − () ( cπ − oc so0) s − ∫0 π ∫/3 2 3 0 0 π / 3 2
S 2
=
2
2
2
π
3
BAB II. FLUKS LISTRIK DAN HUKUM GAUSS 2.1. Muatan total dalam volume
Muatan total yang berada di dalam suatu volume tertentu adalah dQ = ρ .dv
(2.1) Atau dapat dinyatakan sebagai Q
= ∫ ρ .dv v
(2.2) 2.2. Fluks listrik dan Kerapan fluks
Fluks listrik listrik
diawali diawali dari muatan muatan positip positip yang diakhiri diakhiri pada muatan negatip. negatip. Jika
tidak tidak terdapa terdapatt muatan muatan negatip negatip,, fluks fluks listrik listrik menuju menuju tak berhin berhingga gga sebaga sebagaima imana na ditunjukkan dalam Gambar 2.1. Muatan satu coulomb menghasilkan fluks listriks satu coulomb.
+Q
•
•−
•+
Q
(a )
Q
(b ) Gambar 2.1.
Garis fluks
ψ = Q .......... (C)
(2.3) Kerapatan fluks D adalah vektor yang mengambil arah garis-garis fluks. Fluks
d ψ
yang melalui elemen luas dS , arah normal, maka kerapatan fluks di titik P P adalah D
=
d ψ an dS
(C/m 2 )
(2.4) Jika Jika rapat rapat fluks fluks D menembus menembus bidang bidang dS yang yang memben membentuk tuk sudut sudut sepert sepertii yang yang ditunjukkan dalam Gambar 2.2, maka fluks yang dihasilkan adalah d ψ = D.dS . cos θ
= D.dS .a n
= D. D.dS (2.5) an D
P
•
d S
D
dS (a) Gambar 2.2.
Integral
d ψ
(b)
Fluks menembus bidang dS
melal melalui ui perm permuk ukaan aan tert tertut utup up S meng mengha hasi silk lkan an muat muatan an tota totall yang yang
dilingkupinya yang dikenal sebagai hukum Gauss, yaitu :
D.dS ∫ D.
=Q
(2.6) Hubungan kerapatan fluks dengan kuat medan listrik dinyatakan sebagai D
= ε r .ε o . E
(2.7) ε r adalah permitivitas medium.
Dimana :
Contoh soal 2.1.
Tentukan muatan total didalam volume 1 ≤ r ≤ 3 m , 2 kerapatannya adalah ρ = 2 z sin φ
0 ≤ φ ≤ π / 3, 0 ≤ z ≤ 2 m, jika
2
(C / m )
Penyelesaian: 3 π / 3 2
dQ
= ∫ ρ .dv = ∫ 0
∫ ∫ (2 z sin 0
2
φ ).rd φ (d φ )dz
1
π / 3
3
2
1 sin 2φ 1 z 2 = 2 r 2 (1 / 2)φ − 2 0 2 1 2 0
= (2
3
−1)
1 2
(2 2
1 π sin sin π / 3 − sin sin 0 4π − 3 ) = 7 − 0) ( − 0) − ( 2 3 2 12
Catatan : sin φ = 2
1 2
(1 − cos 2φ )
dan
1
∫ 2
(1 − cos 2φ ).d φ =
1
φ −
2
sin 2φ 2
Contoh soal 2.2.
Diberikan D = ( 5 x a X 2
+ (10 z )a Z
2 (C / m ) . Tentukan fluks ψ yang menembus
permukaan luas 1m 2 yang terletak di x = 2m 2m dan z = 4m. Penyelesaian :
Dari persamaan (2.5)
d ψ = D.dS
Fluks total ψ = D X (dS )a X
+ D Z ( dS )a Z
z
D Z
y
0
x Gambar 2.3.
1 1
(5 ) d . = y5(2 ) yd z = 2 ψ X = ∫ X 0 0 00 11
2
2
1 1
ψ Z = ∫ (1 z) d 0. = x1 (4 x)d 0 y = 4 0 0 00 11
Fluks total = ψ X + ψ Y Contoh soal 2.3.
= 60
d
D X
Contoh soal 2.2
sin φ sin (C/m 2 ) dalam koordinat silinder 3r aZ
cos φ ) aφ − Diberikan rapat fluks D = ( 2r cos
yang dibatasi oleh r = 3m, z = 0 dan z = 5m dengan
0 ≤ φ ≤ π / 2 .
Penyelesaian :
∫
ψ = D.dS
= ∫ Dφ (dS ) aφ + ∫ D Z (dS ) aZ
3 5
3 π / 2
0 0
0
= ∫ ∫ (2r cos φ )( dr .dz ) − ∫
π / 2
∫ 0
3
= 2c φo s (1/ 2) .
2
( z)
r
0
5
0
sin φ (rd φ .dr ) 3r
3
π / 2
− − c φo s ( ) 3 r
0
0
0
= 2[cos π / 2 − cos 0](1 / 2)( 32 − 0 2 )(5 − 0) + (1 / 3)[cos π / 2 − cos 0]( 3 − 0) ψ = 44
Soal-soal
2.1. Diketahui Diketahui kerapatan muatan dalam koordinat koordinat bola r ≤ 3 m adalah ρ
− 300 = 3 r
3
( µ C / m ) Berapakah muatan total yang menembus permukaan r = 4m.
2.2. Muatan titik Q = 8nC , terletak di titik asal sistim koordinat kartesian. Berapakah fluks yang menembus bidang yanh dibatasi oleh z = 2m dengan 0 ≤ x ≤ 4m, dan
− 4 ≤ y ≤ 4 m. 2.3. 2.3.
Dibe Diberi rika kan n
(
D = 45.e
−r / 4
)
ar
z − 2 4 az
2
(C / m )
dala dalam m
koor koordi dina natt
sili silind nder. er.
Tentukan fluks yang keluar dari silinder tegak yang dibatasi oleh r = 8m, z = 0 dan z = 20m.
BAB III. DIVERGEN DAN TEOREMA DIVERGENSI 3.1. Divergensi dalam sistim koordinat
Divergensi dalam ketiga sistim koordinat dinyatakan sebagai :
∂ A X ∂ A y ∂ A Z + + ∂ x ∂ y ∂ z
Div A =
(koordinat kartesian)
(3.1) Div A =
∂ (r . A ) 1 ∂ Aφ ∂ A z + (koordinat silinder) r + r ∂r r ∂φ ∂ z
1
(3.2) 1
Div A =
r 2
∂Aφ 1 1 ∂ 2 ∂ ( r Ar ) + ( Aθ sin sin θ ) + ∂r r sin θ ∂θ r sin θ ∂φ
(koordinat bola)
(3.3) Catatan :
∇ • A
= divergensi A
Divergensi untuk rapat fluks D dinyatakan sebagai :
∫ D.dS = Q ∆v
∆v
= ρ
(3.4)
(C / m 3 )
3.2. Teorem divergensi
∫ D.dS
= ∫ ρ .dv =Q
(3.5) Atau D.dS = ∫ (∇• D )dv ∫ D.
→
ρ = ∇ • D
(3.6) Contoh soal 3.1 3 Diberikan A = ( x ) ax
+ ( yz ) ay + ( xyz xyz ) az , tentukan ∇ • A
Penyelesaian :
∇ • A =
yz ) ∂( xyz ) ∂( x 3 ) ∂( yz xy + + = 3 x 2 + z + xy ∂ x ∂ y ∂ z
Contoh 3.2. 3 Diberikan D = (r sin φ ) ar + (4r cos φ ) aφ + 6r .z , carilah
∇ • D
di (2; π / 2;3)
Penyelesaian : 3 ∂(r sin sin φ ) 1 ∂(4r cos φ ) ∂(6r . z ) sin sin φ ∇ • D = + + = + (−4 sin φ ) + 6r (3 z 2 ) ∂r ∂φ ∂ z r r r
1
Contoh 3.3.
Diberikan Diberikan bahwa D
= (50r 2 ) ar + (2rz sin φ ) az
dalam koordinat koordinat silinder, silinder, hitunglah hitunglah
muatan total dengan kedua ruas teorema divergensi divergensi yang dilingkupi dilingkupi oleh r = 2m, z = 0 dan z = 4m. Penyelesaian :
∫ D.dS = ∫ D (dS ) r
ar
+ ∫ D z (dS ) az =
2 2π 4 3
4
2π 4
2 2π
∫ ∫ (50 r )( rd φ .dz ) + ∫ ∫ (2rz sin φ )( rd φ .dr ) 2
0 0
0 0
13
2
2π
5 0 (φ ) ( z) + 2 z ( r ) (− c φ o) 3 0 0 0 0 0 0
= r
= 50 (2 3 − 0)[ 2π − 0](4 − 0) − 2(4 − 0)(1 / 3)( 2 3 − 0)(cos
2π − cos 0)
= 3200 π ∂(r )(50 r 2 ) ∂(2rz sin φ ) 1 ∇ • D = + = 50 (3r 2 ) + 2rz cos φ r r ∂r ∂φ 1
2 2π 4
2 2π 4
∫(∇• D)dv = ∫ ∫ ∫150 r (rdr .d φ .dz ) + ∫ ∫ ∫2rz cos φ (rdr .d φ .dz ) 2
0
0 0
0 0 0
2 2π 4
2
2π 4
1 35 0 2 3 1 6 = r (φ ) z( ) + r ( sφ ) i z( n) = 5 (8)20π (4) + ( s2π − is n0)i4 3 0 0 03 0 0 0 3 = 3200 π Soal-soal 3 3.1. Diketahui A = ( 45 x ) ax
sin φ ) ay + (60 − ( 4 xy sin
x
) az , carilah z
∇ • A
di (2; -1; 4)m.
2 −4 3.2. Diberikan D = (2r sin φ ) ar + (50rz ) az , tentukan rapat muatannya.
sin θ ) ar + (2 cos cos θ ) aθ , hitunglah muatan totalnya dengan kedua 3.3. Diketahui D = ( 20 sin
ruas teorema divergensi untuk volume dalam permukaan r = 3m.
BAB IV EERGI POTENSIAL LISTRIK Dalam medan listrik E E suatu muatan titik Q mengalami gaya F = QE
(4.1) Untuk mengimbangi gaya ini perlu diimbangi dengan gaya lain F a dengan besar sama tapi arah berlawanan dengan gaya tadi F a
= −QE
(4.2)
E
F Q
•
F a
Gambar 4.1.
Gaya dalam medan magnet
Usaha didefinsikan sebagai gaya selama perpindahan. dW
= F a d . cos θ = F a .d
⇒ jika gaya F
a
membentuk sudut.
(4.3) Atau dinyatakan sebagai dW = −QE .d
(4.4) d = dx ax
+ dy ay + dz az (koordinat kartesian)
d = dr ar
+ rd φ aφ + dz az (koordinat silinder )
(4.5)
(4.6) d = dr ar
+ rd θ aθ + r sin θ .d φ aφ (koordinat bola)
(4.7)
Contoh soal 4.1.
Berapa usaha yang dilakukan untuk memindahkan muatan 5 µ C dari titik asal ke titik (3m; π / 2;6m)
(
)
E = 45 r
ar
dalam
koordinat
silinder
dalam
medan
listrik
+ (10 sin φ ) aφ
Penyelesaian :
d W =
−∫
3
π / 2
1 2 . .d = − Q (4 5r )d r − Q (1 0s i nφ )r d φ = − Q4 5 r Q E 2 0 0
∫
∫
3
π / 2
− Q1 0(− c o φ s) 0
0
= −5(10 −6 )45
1 2
= 5(10 −6 )( 2023
(3
2
− 0) + 5(10 −6 )(cos π / 2 − cos 0)
/ 2) J
II I
Gambar 4.2.
Lintasan usaha yang ditempuh
4.1. Potensial Distribusi Muatan
Muatan yang disebar secara merata dalam volume, permukaan luas, dan garis, maka potensial titik diluar dapat dinyatakan sebagai dV
=
dQ 4π ε 0 R
(4.8) Integral persamaan (4.8) memberikan hasil V
= ∫
ρ .dv
4πε 0 R
⇒
dQ = ρ .dv
(4.9a) V =
ρ S .ds
∫ 4π ε R
⇒
dQ
= ρ S .ds
ρ .d 4π ε 0 R
⇒
dQ
= ρ .d
0
(4.9b) V =
∫
(4.9c) Contoh soal 4.2. Muatan 50 nC disebarkan secara merata pada suatu cincin berjari-jari 3m. Tentukan potensial pada suatu titik di poros cincin itu sejauh 5m dari bidang cincin. Penyelesaian : Dengan persamaan (4.9c) V =
ρ .d 4π ε 0 R
∫
⇒
ρ
=
Q kel
=
5010
−9
2π (3)
=
2510 3π
−9
R
= (0 − 3) a r + (φ − φ )aφ + (5 − 0) a z
⇒
=
R
3
2
+ 52 =
34
z
(0, φ ,5)
R
y
(3, φ ,0)
dQ = ρ (rd φ )
x Gambar 4.3.
2π
V =
(2 5 1 0 / 3π )
∫ 4π 0
−9
0
3ε 4
(3d φ ) =
Contoh soal 4.2
−9
2510
3φ 1 2π ε 0 3 4
2π
=
2
0
2 5 1− 09 4π
0
V
3ε 4
4.2. Gradien Potensial
Gradien dalam ketiga koordinat dituliskan
∂V ∂V ∂V ∇V = + + ∂ x ax ∂ y ay ∂z az (kartesian) (4.10a)
∂V 1 ∂V ∂V ∇V = + + (koordinat silinder) ∂r ar r ∂φ aφ ∂z az (4.10b)
∂V + 1 ∂V + ∂V 1 ∇V = (koordinat bola) ∂r ar r ∂θ aθ r sin θ ∂φ aφ (4.10c) Potensial juga dinyatakan sebagai dV = − E • d
(4.11) Atau juga dinyatakan sebagai dV = ∇V • dr
(4.12)
∇V = − E (4.13)
4.3. Energi Dalam Medan Listrik Statis
Usaha Usaha untuk untuk memind memindahk ahkan an sejuml sejumlah ah muatan muatan dalam dalam suatu suatu daerah daerah tertent tertentu u yang yang mengandung sejumlah n muatan titik dinyatakan sebagai : W E
1
=
n
∑Q V m
2 m=1
m
(4.14) Dalam bentuk yang lain dinyatakan sebagai : W E
=
1 2
1
1
D 2
∫ D. E .dv = 2 ∫ε E .dv = 2 ∫ ε dv 2
(4.15) Khusus untuk medan kapasitor, energi yang tersimpan dinyatakan sebagai : W E
=
1 2
QV
=
1 2
CV 2
(4.16)
Contoh soal 4.3
Diketahui Diketahui potensial potensial V = 8 x + 15 z 2 (V). (V). Tentuk Tentukan an energi energi yang yang tersim tersimpan pan dalam dalam volume yang dibatasi oleh 0 ≤ x ≤ 2 m, 1 ≤ y ≤ 2 m, dan 1 ≤ z ≤ 3 m. Penyelesaian : Dengan persamaan (4.15) W E = E = − ∇ V 2
E
1
E .dv ε 2 ∫ 2
∂(8 x) ∂(15 z 2 ) a X + a Z = − = −( (8)a X + (30 z )a Z ) ∂ ∂ x z
= (64 + 900 z )
1
223
2 2
1
∫∫
3
1
223
W E = ε (6 + 9 z4 )d0.d .dx0= y εz 0(6 xx )4 y z + ε 0(9 xx 0 / 2y) 0 z 2011 2 0 1 2 011 2
1
W E
1
1
2
2
= ε 0 64 (2 − 0)( 2 −1)(3 −1) + ε 0 900 (2 − 0)(( 2 −1)(32 −12 ) / 2 = 1928 ε 0 J.
Soal-soal
4.1. Tentukan usaha untuk memindahkan muatan titik Q = −5µ C dari titik (0,1,3) ke (3,2,0) dalam medan E = (4 x + 2 y)a x + (6 z )a z untuk lintasan y = 3 x. 4.2. Muatan 60 nC disebar secara merata pada permukaan piringan dengan jari-jari 3m. Tentukan potensial oleh muatan itu pada titik poros sejauh 4m dari piringan. 4.3. 4.3. Sebuah Sebuah muatan muatan titik titik Q = 2 nC dititik dititik (2,1,4) (2,1,4) m dalam koordinat koordinat kartesian. kartesian. Tetapkan beda potensial V AB jika A adalah (2,4,6) m dan B (1,0,3) m. 4.4. Diberikan medan E = (5 / r )a r V/m untuk 0 < r ≤ 2 m dan E = (5)ar V/m untuk r > 2 m. Tetapkan beda potensial V AB untuk A A(2,0,0) m dan B(3,0,0).
BAB V HUKUM AMPERE DAN MEDAN MAGNETIK
5.1. Hukum Biot-Savart
dH =
I .dlxa R 4π R 2
Dimana :
R = vektor jarak dari elemen arus I .dl ke titik dH (pengamat)
a R = vektor satuan
R R
H = kuat medan magnetik z
I .d l R
(r , φ ,0)
•
H
•
R
d H I .dl
Gambar 10. Hukum Biot-Savart
Gambar
(0, φ ,−z )
11. 11 . Hukum Biot - Savart
Contoh soal 5.1
Arus I pada konduktor panjang di sumbu z dalam koordinat silinder (lihat gambar). Tetapkan harga H disebuah titik di bidang z = 0. Penyelesaian : dH =
H =
I .dlxa R
∞
4π R
2
( I .dZ ) az
=
4π (r 2 + z 2 )
I ( r ) aφ
∫ 4π (r + z ) 2
2
3/ 2
dZ = (
−∞
r ar − z az ===== 2 2 r + z
x
I 4π
∞
aφ )
∫ (r
2
−∞
r
+ z ) 2
3/ 2
penyelesaian dng integral
dZ =
I 2π r
aφ
Untuk Untuk selanj selanjutn utnya, ya, jika jika terdapa terdapatt arus arus I panjan panjang g tak-te tak-terhi rhingg ngga, a, maka maka kuat kuat medan medan magnet yang terjadi adalah H =
I 2π r
ar
5.2. Hukum Ampere
∫ H •dl = I Integral garis dari komponen tangensial H sepanjang lintasan tertutup adalah sama dengan besarnya arus yang dilingkupi litasan itu. Contoh soal 5.2
Tetapkan kuat medan H oleh arus I pada koduktor panjang dan lurus .menggunakan persmaan hukum Ampere. Penyelesaian :
I
∫ H •dl = H (2π r ) = I ======= H = 2π r a
φ
Opertor Curl
(Curl A).an =
lim li m
∫ A.d l
∆ s → 0 ∆ S
∂ A Z ∂ A y ∂ A X ∂ A Z ∂ AY ∂ A X Curl A = − a X + − a y + − a Z ∂ y ∂ z ∂ z ∂ x ∂ x ∂ y
koord. Kartesia
1 ∂ A Z ∂ Aφ ∂ Ar ∂ A Z 1 ∂ (r Aφ ) ∂ Ar − ar + − aφ + − a Z ko. Silinder C ur l A = r ∂ φ ∂ Z ∂ z ∂ r r ∂ r ∂ φ ∂ ( Aφ s i nθ ) ∂ Aθ 1 1 ∂ Ar ∂ (r Aφ ) 1 ∂ (r Aθ ) ∂ Ar aθ + Curl A = − ar + − − aφ r s i nθ ∂ θ ∂ φ r r s inθ ∂ φ ∂ r r ∂ r ∂ θ 1
xH 5.3. Rapat Arus J dan ∇ xH
(C u rl H ) • a X =
l i m I X
∆ S → 0 ∆ S
=
j X
====== adalah rapat arus
Operator curl adalah ∇ xH = j
5.4. Rapat Fluks Magnetik B B = µ . H
Tesla
Dimana µ = µ 0 µ r adalah permeabilitas medium (bahan) tersebut.
µ 0 = 4π .10 −7 Henry/ Fluks magnetik
∫
B.dS φ = B. S
Weber
Contoh soal 1.
Tentuk Tentukan an besarn besarnya ya fluks fluks yang yang melalu melaluii bagian bagian bidang bidang φ =π / 4 yang yang dibatas dibatasii oleh oleh 0.01 < r < 0.05 m dan 0< z < 2 m (lihat gambar). Sebuah arus sebsar 2.5 A mengalir
sepanjang sumbu z dalam arah a Z . Penyelesaian :
∫
φ = B. B.dS S
dS = dr.dz H =
B = µ . H
I 2π r
aφ
2
− H
H
H
dS x
−
−
0
0.01 I = 2.5A π / 4
−
0.05 Gambar 12
0.0 52
−7
0.0 52
0.0 5
µ 0 I 1 I 4π .1 0 (2.5) φ = ∫ ∫ µ 0 d r .d z= d r .d z= l nr ( z ) ∫ ∫ 2π 2π r 2π 0.0 10 r 0.0 10 0.0 1
2
0
φ =1.61 .10 −6 Wb.
Contoh 2.
Sebuah Sebuah rangka rangkaian ian arus arus perseg persegii 4 dalam dalam koordi koordinat nat kartes kartesian ian ditunj ditunjukk ukkan an dalam dalam Gambar 13. Tetapkan kuat medan H di titik pusat dengan persamaan Biot-Savart. y
L / 2
I
− L / 2
L / 2
•
x
R
− L / 2 Gambar 13
Penyelesaian :
dX
dH =
I .dlxa R
I .dX di titik ( x, - L/2, z ) m, maka vektor dengan elemen arus I .
2 4π R
jarak R R adalah ditarik dari elemen arus ke titik pusat : R
= (0 − x)a X + (0 + L / 2)aY + (0 −0)a Z = −( x)a X + ( L / 2)aY
a R
=
dH
− ( x)a X − ( L / 2)aY x 2 + ( L / 2) 2 [(− x)a X + ( L / 2)aY IdX ( L / 2)a Z x = 2 2 3/ 2 4π [( x + ( L / 2) ] 4π [ x 2 + ( L / 2) 2 x 2 + ( L / 2) 2 [( IdX )a X ]
=
Maka kuat medan magnet total, semua sisi adalah L / 2
H = 8
IdX ( L / 2)a Z
∫ 4π [ x 0
2
+ ( L / 2)
2 3/ 2
]
=
2 2 I π L
a Z
=
2 2 I L π
an
Contoh 5.4
Medan magnetik didalam sebuah silinder penghantar dengan jari-jari r 0 =1 cm, H =
10
4
r
( 2r 0 ) 2 sin(π / 2r ) − 2r cos(π / 2r ) a 0 0 φ π π
A/m
Tetapkan arus total yang melalui penghantar tersebut. Penyelesaian : Terd Terdap apat at dua dua cara cara peny penyel eles esai aian an :
xH (1) (1) meng menghi hitu tung ng J = ∇ xH
kemudian
mengintegrasikannya terhada dS . (2) Menggunakan hukum Ampere.
BAB VI INDUKTANSI DAN RANGKAIAN MAGNETIK
6.1. Tegangan Induksi Diri
Sebuah tegangan akan timbul pada terminal kumparan N lilit seperti ditunjukkan dalam Gambar 6.1, jika fluks bersama bersama
bagi lilitan itu berubah berubah terhadap terhadap waktu. waktu.
Menurut hukum Faraday, tegangan induksi ( atau imbas) adalah : v
(6.1)
= − N
d φ dt
φ (t )
•
• N lili Gambar 6.1
Induktansi diri dinyatakan sebagai L = N
d φ di
(6.2) Dengan mengganti harga N .d φ = L.di , persamaan (6.1) menjadi : v = L
di dt
(6.3) 6.1. Induktor dan Induktansi
Induktor (atau induktansi) dibentuk oleh dua penghantar yang terpisah oleh ruang bebas, bebas, dan tersusun sedemikian sedemikian hingga hingga fluks magnetik magnetik dari yang satu terkait dengan dengan yang lain. Flus total yang terkait dalam konduktor itu adalah :
N φ φ
λ =
→ →
untuk − kumpara
(6.4)
untuk − yang − lain
Maka induktansi dari induktor tadi didefinisikan sebagai L =
λ I
(6.5) Contoh soal 6.1
Carilah induktansi per satuan panjang suatu penghantar koaksial (se-sumbu) yang ditunjukkan dalam Gambar 6.2.
(L/panjang)
I
φ b
a
Gambar 6.2
Penyelesaian : Arus dalam konduktor panjang, maka kuat medan magnetik adalah : H =
I
2π .r
aφ
B = µ 0 H =
============
Fluks total yang menembus bidang sudut
= konstan adalah
b
µ 0 I aφ 2π .r
b
µ 0 I µ 0 I µ 0 I λ = φ = B.d S = ∫ ∫ (d .r d )z = ( z) ( l r n) = ( l bn / a) 2π .r 2π 0 2 π 0a a Induktansi per satuan panjang adalah L
=
λ I .
=
µ 0 ln(b / a ) 2π
H/m
6.2. Rangkaian Magnetik
Jika hukum Amper diterapkan dalam lintasan tertutup c yang melalui kumparan panjang berteras (atau inti) udara, ditunjukkan dalam Gambar 6.3.
∫ H .d = N .I (6.6)
C
φ N lilit
H, B
Gambar 6.3
Maka H ≈
N . I
(6.7) 6.3. Kurva Magnetisasi
Sampel bahan feromagnetik dapat diperiksa dengan jalan memberi harga H yang ber berta tamb mbah ah besa besarr dan dan meng menguk ukur ur harg hargaa B yang yang bers bersan angk gkut utan an.. Gamb Gambar ar 6.4 6.4 memperlihatkan kurv atau kurv kurvaa B-H untu untuk k bebe beberap rapaa baha bahan n kurva a magn magneti etisasi sasi atau feromagnetik. Permeabiltas µ r µ 0 = ( B / H ) didapat dari kurva B-H . Kumparan dengan N lilit dan arus I menghasilk menghasilkan an gaya gerak magnetik magnetik (ggm) (ggm) yang diberikan oleh NI , yang diberi simbul F . Penerapan hukum Amper pada lintasan teras yang ditunjukkan dalam Gambar 6.5 menghasilkan :
∫
F = N . I = H .d
=∫ H .d +∫ H .d +∫ H .d 1
2
3
= H 1 .1 + H 2 .3 + H 3 .3
) T ( B
B
1.60
C
1.40
D
1.20 1.00 A
0.80 0.60
A : Bes i tuang tuang B : B aja tuang tuang C : Baja silikon D : Campuran Besi-nikel
0.40 0.20
2000
1000
3000
5000
4000
H(A/m)
Gambar 6.4. 6.4. K urva B-H
6.4. Hukum Amper Bagi Rangkaian Magnetik
Sebuah kumparan dengan N lilit dan arus I menghasilkan gaya gerk magnetik (ggm) yang diberikan oleh NI . Hukum Amper analogi dengan hukum Kirchoof tegangan untuk loop tertutup bagi rangkaian magnetik yang ditunjukkan dalam Gambar 6.5, dapat diturunkan ℜ1
1
•
2
• F = N I
R1
ℜ2
F
V
φ
R2
+
−
ℜ3
I R3
3
(a)
(b) Gambar 6.5 . Contoh rangkaian magnetik magnetik
∫
F = NI = H .d
=
∫ H .d + ∫ H .d + ∫ H .d = H 1
1
2
1
+ H 2 2 + H 3 3
3
Persamaan tegangan Kirchoof dari Gambar 6.5 (c) adalah V = V 1
+ V 2 +V 3 = IR IR1 + IR IR 2 + IR3
(c)
B A . ( ) ( B . A ) = A = φ (ℜ) µ µ A
NI = H = Penurunan NI
F = NI NI
= φ (ℜ1 + ℜ2 + ℜ3 )
H −1 analogi dengan tahanan R
Dengan ℜ = µ . A
= σ . A
6.5. Teras Bercelah Udara dan Teras Paralel 1
1
3
φ 1 •
•
2
• F = N I
a
a
b
•
φ 3 2
φ 2
F = N I
3
Gambar 6. 6. Rangkaian magnetik dengan celah udara
Gambar 6.7. Rangkaian magnetik paralel paralel
Untuk teras persegi panjang dengan ukuran-ukuran a dan b, luas semu celah udara : S a
= (a + a )(b + a )
(m 2 )
Jika fluks di celah udara diketahui, maka perkalian H a a dapat dihitung, H a
B 1 φ = = µ µ S 0 0 a
⇒
H a a
=
a .φ
µ 0 .S a
Penurunan NI untuk Gambar 6.6, dapat dituliskan sebagai NI = H i i
+ H a a = H i i +
a .φ
µ 0 .S a
Penurunan NI untuk Gambar 6.7, dapat dituliskan sebagai F − H 11
= H 2 2 = H 3 3 dengan fluks memenuhi
φ 1
= φ 2 + φ 3
Contoh Soal 1.
Diketahui rangkaian magnetik Gambar 6.8, tersusun dari bagian I yang buat dari baja tuang dan bagian C yang terbuat dari besi tuang. Jumlah kumparan 150 lilit, carilah arus yang diperlukan untuk menimbulka menimbulkan n kerapatan kerapatan B2 teras 1 dan 2 masing-masing Penyelesaian :
1 = 0.34
m dan
2 =
= 0.45T . Panjang rata-rata
0.138 m.
H 11
2
ℜ1 •
1.8
• F = N I
ℜ2
F
H 2 2
b
φ 2
(a)
(b) Gambar 6.8. Contoh soal 1
Luas penampang untuk bagian 1 dan 2 masing-masing dihitung : S 1
= 2.10 −2 (2.10 −2 ) = 4.10 −4 m 2
Untuk besi tuang, dengan B2
= 2.10 −2 (1.8)10 −2 = 3.6(10 −4 )m 2
S 2
= 0.45T
dengan kurva B-H didapat harga H 2
= 1270
A/m. Untuk
rangkain
φ = B2 S 2 B1
=
φ S 1
magnetik
tersebut,
fluks
yang
sama,
= (0.45)3.6(10 −4 ) = 1.62 (10 −4 ) , maka 1.62 (10 −4 )
=
= 0.41T
4.10 −4
Dari kurva B-H untuk baja tuang ( B1 = 0.4 1T
⇒
H 1 = 2 3 3) A/m.
Penurunan NI dinyatakan dengan F = NI = H 11
+ H 2 2
150 I = 233 233(0.41) + 1270 (0.45)
⇒
I = 1.70 A.
Contoh 2.
Selesaikanlah untuk contoh soal 1 dengan menggunakan reluktansi. Penyelesaian : [ µ 0 µ r ]1
=
[ µ 0 µ r ]2
=
ℜ1 = ℜ2 =
B1 H 1 B2 H 2
1
[ µ 0 µ r ]1 2
[ µ 0 µ r ] 2
=
0.41
=
0.45
=
233 233
1270
175 .10 −5 = 175
= 3.54.10 −4
0.34 175 175 .10
=
H/m
−5
= 1942 H −1
0.138 138 0.354 354 .10
H/m
−4
= 3898 H −1
yaitu
:
F = NI = φ (ℜ1 150 I
+ ℜ2 )
=1.62 (10 −4 )[1942 + 3898 ] =
