Handout listrik-magnet-ii

HANDOUT KULIAH

LISTRIK MAGNET II

Oleh:Dr. rer. nat. Ayi Bahtiar

JURUSAN FISIKA

FAKULTAS MATEMATIKA DAN ILMU PENGETAHUAN ALAM

UNIVERSITAS PADJADJARAN BANDUNG

2007

MATERI KULIAH

1. MEDAN MAGNET ARUS MANTAP♦ Gaya Lorentz ♦ Momen dipol magnet♦ Hukum Biot Savart♦ Medan magnet dalam kawat lurus dan lengkung

2. HUKUM AMPERE♦ Hukum Ampere♦ Potensial vektor magnet♦ Medan magnet dari sirkuit jauh♦ Potensial skalar magnet♦ Fluks magnetik

3. BAHAN MAGNETIK♦ Sifat magnet bahan dengan model arus cincin mikroskopik♦ Medan polarisasi magnet/magnetisasi♦ Intensitas medan magnet♦ Suseptibilitas magnet dan permeabilitas relatif bahan magnet♦ Diamagnetik, paramagnetik, feromagnetik dan ferit♦ Syarat batas dua bahan magnetik yang berbeda♦ Hukum Ampere dalam medan magnet

4. INDUKSI ELEKTROMAGNETIK♦ Hukum diferensial Faraday ♦ Induksi elektromagnetik♦ Induktansi diri dan induktansi bolak-balik

5. ENERGI MAGNET♦ Energi magnet dari pasangan sirkuit♦ Rapat energi dalam medan magnet♦ Gaya dan torque pada sirkuit pejal

6. 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=