Hand Out Fisika II
HUKUM GAUSS Fluks Listrik Permukaan tertutup Hukum Gauss Konduktor dan Isolator
1 March 2007
1
Hand Out Fisika II
Garis gaya oleh muatan titik
+
1 March 2007
-
2
Hand Out Fisika II
Garis gaya akibat dipol
+
1 March 2007
-
3
Hand Out Fisika II
Fluks Listrik
Definisi: banyaknya garis gaya listrik yang menembus suatu permukaan Untuk permukaan dA yang tegak lurus dengan arah medan, jumlah garis gaya yang menembus permukaan itu adalah
dΦ = EdA
Total garis gaya yang menembus permukaan A dA
Φ = ∫ dΦ = ∫ EdA A
A
= E ∫ dA = EA
A
E
A
1 March 2007
4
Hand Out Fisika II
Fluks untuk sembarang permukaan
Untuk sembarang permukaan dA dengan arah tidak tegak lurus medan
r r dΦ = E • dA
dA
Fluks total untuk permukaan S
E S
Φ = ∫ dΦ S
r r = ∫ E • dA S
1 March 2007
5
Hand Out Fisika II
Contoh soal
Sebuah medan listrik dinyatakan dalam persamaan . r E = 2iˆ + 4 ˆj Tentukan fluks yang menembus permukaan r r a. S = 10kˆ b. S = −10kˆ r r c. S = 10 ˆj d. S = −10 ˆj r r e. S = 10iˆ f. S = −10iˆ
Solusi Karena medan homogen di seluruh permukaan yang ditinjau, maka fluks dapat dituliskan dalam bentuk
∫
r r r r E • dA → E • S
S
1 March 2007
6
Hand Out Fisika II
Solusi contoh soal
r r Φ = E • A = (2iˆ + 4 ˆj ) • 10kˆ = 0
a. r r b. Φ = E • A = (2iˆ + 4 ˆj ) • −10kˆ = 0 r r c. Φ = E • A = (2iˆ + 4 ˆj ) •10 ˆj = 40 r r d. Φ = E • A = (2iˆ + 4 ˆj ) • −10 ˆj = −40 r r e. Φ = E • A = (2iˆ + 4 ˆj ) • 10iˆ = 20 r r f. Φ = E • A = (2iˆ + 4 ˆj ) • −10iˆ = −20
1 March 2007
7
Hand Out Fisika II
Fluks, muatan Q, permukaan terbuka S Fluks yang keluar dari permukaan S
r Φ = ∫ E • dSnˆ1 S
E
nˆ1
dS
S
1 March 2007
8
Hand Out Fisika II
Permukaan tertutup, muatan Q diluar nˆ3
+
− nˆ2
− nˆ1
nˆ1 dA
nˆ2 − nˆ3
1 March 2007
9
Hand Out Fisika II
Perhitungan fluks Q diluar permukaan
Perhatikan arah normal permukaan dan arah medan listrik Fluks total pada kubus mempunyai nilai: r r Φ = ∫ E • dA S
r r = ∫ E • dAnˆ1 + ∫ E • dA(− nˆ1 ) + S
S
r r ∫ E • dAnˆ2 + ∫ E • dA(−nˆ2 ) + S
S
S
S
r r ∫ E • dAnˆ3 + ∫ E • dA(−nˆ3 ) = Φ1 − Φ 1 + 0 − 0 + 0 − 0 =0 1 March 2007
10
Hand Out Fisika II
Permukaan tertutup, Q di dalam nˆ3
− nˆ2
− nˆ1
nˆ1 dA
nˆ2 − nˆ3 1 March 2007
11
Hand Out Fisika II
Perhitungan fluks Q di dalam
Perhatikan arah normal permukaan dan arah medan listrik Fluks total pada kubusr mempunyai nilai: r Φ = ∫ E • dA S
r r = ∫ E • dAnˆ1 + ∫ E • dA(− nˆ1 ) + S
S
r r ∫ E • dAnˆ2 + ∫ E • dA(−nˆ2 ) + S
S
S
S
r r ∫ E • dAnˆ3 + ∫ E • dA(−nˆ3 ) = Φ1 + Φ1 + Φ 2 + Φ 2 + Φ 3 + Φ 3 ≠0 1 March 2007
12
Hand Out Fisika II
Hukum Gauss
Besar fluks atau garis gaya listrik yang keluar dari suatu permukaan tertutup sebanding muatan yang dilingkupi oleh luasan tertutup tersebut
r r q ∫ E • dS =
ε0
Prinsip untuk menggunakan teorema Gauss dengan mudah
Pilih permukaan yang medan listrik di permukaan tersebut homogen Tentukan muatan yang dilingkupi permukaan tersebut Tentukan arah medan terhadap arah normal permukaan.
1 March 2007
13
Hand Out Fisika II
Permukaan Gauss Berbentuk Bola
Untuk muatan titik dan bola E dA
1 March 2007
14
Hand Out Fisika II
Permukaan Gauss Berbentuk Silinder
Kawat dan silinder panjang tak berhingga dA E
dA E Medan homogen di seluruh permukaan selimut silnder. Arah medan radial searah dengan normal permukaaan selimut silinder untuk muatan positip dan berlawanan untuk muatan negatip
1 March 2007
15
Hand Out Fisika II
Permukaan Gauss Berbentuk Balok
Plat tipis luas tak berhingga E
Medan homogen pada tutup balok, arah sama dengan normal tutup balok
E 1 March 2007
16
Hand Out Fisika II
Medan akibat sebuah muatan titik E
dA
r r q ∫ E • dA =
ε0
q
∫ EdA = ε E ∫ dA = E 4πr = 2
0
q
ε0 q
ε0
q E= 4πr 2ε 0 1 March 2007
17
Hand Out Fisika II
Konduktor dan Isolator
Di dalam konduktor, muatan bebas bergerak Jika diberi muatan tambahan dari luar → muncul medan listrik → muatan bergerak menghasilkan arus internal → terjadi distribusi ulang muatan tambahan dari luar hingga tercapai keseimbangan elektrostatis → medan listrik di dalam konduktor menjadi nol → menurut hukum Gauss berarti muatan di dalam konduktor nol,muatan tambahan dari luar tersebar di permukaan konduktor 1 March 2007
18
Hand Out Fisika II
Waktu yang diperlukan untuk mencapai keseimbangan elektrostatis pada koduktor sangat cepat Medan listrik di dalam konduktor boleh dianggap selalu nol dan muatan dari luar selalu ada di permukaan konduktor Di dalam isolator muatan tidak bebas bergerak Muatan tambahan dari luar akan terdistribusi merata dalam isolator 1 March 2007
19
Hand Out Fisika II
Bola konduktor pejal positip
Tinjau suatu bola konduktor pejal dengan jari-jari R dan muatan Q E dA
•Muatan hanya tersebar di permukaan bola saja •Medan listrik di dalam bola (r
1 March 2007
20
Hand Out Fisika II
Medan listrik di luar bola konduktor
Untuk r>R, total muatan yang dilingkupi permukaan Gauss adalah Q Hukum Gauss untuk kasus bola konduktor pejal:
r r q Q ∫ E • dS = → E ∫ dS =
ε0
E 4πr = 2
Q
ε0
→E=
ε0
Q 4πε 0 r
2
Dengan r>R
1 March 2007
21
Hand Out Fisika II
Bola isolator pejal
Isolator: muatan tersebar merata di seluruh volum isolator Di dalam bola r r q ∫ E • dS =
ε0
r
r r3 E ∫ dS = Q 3 ε0R
R
E 4πr =
r3
2
q= 1 March 2007
3 4 π r 3 3 4 π R 3
Q=
r3 R
3
Q
E=
ε0R r
4πε 0 R
3
3
Q
Q 22
Hand Out Fisika II
Bola isolator pejal (2)
Medan di luar r r Q ∫ E • dS =
ε0
E ∫ dS = r
R
Q
ε0
E 4πr = 2
q=Q 1 March 2007
E=
Q
ε0
Q 4πε 0 r 2 23
Hand Out Fisika II
Medan listrik pada bola isolator berongga πr 3 − 43 πR13 q= Q 3 3 4 πR 2 − 3 πR1 4 3 4 3
r r q ∫ E • dS =
ε0
R2
R1
r
πr 3 − 43 πR13 1 E ∫ dS = Q 3 3 4 πR 2 − 3 πR1 ε 0 4 3 4 3
r 3 − R13 Q E= 3 R 2 − R13 4πε 0 r 2 1 March 2007
24
Hand Out Fisika II
Bola bermuatan negatip
Pada prinsipnya sama dengan bola bermuatan positip hanya arah medan listriknya masuk menuju pusat bola
dA E
r r −Q ∫ E • dS =
ε0
∫ EdS cos180 = E 4πr = 2
E= 1 March 2007
−Q
ε0
Q
ε0
Q 4πε 0 r 2 25
Hand Out Fisika II
Dua bola, jenis muatan beda
Sebuah bola tipis jari-jari a bermuatan 2Q. Di dalam bola tipis diletakkan bola pejal konduktor berjari-jari b dan bermuatan –3Q.
b
1 March 2007
a
Medan listrik untuk daerah r
Hand Out Fisika II
Medan untuk r>a •Dibuat permukaan Gauss berbentuk bola dengan jari-jari r>a •Total muatan yang dilingkupi permukaan Gauss: q=2Q+(-3Q)=-Q •Medan akibat muatan -Q r r q −Q ∫ E • dS = → ∫ EdS cos180 =
ε0
E 4πr = 2
1 March 2007
Q
ε0
→E=
ε0
Q 4πε 0 r 2 27
Hand Out Fisika II
Medan listrik akibat kawat lurus
Permukaan Gauss berbentuk silinder Untuk muatan positip arah medan listrik radial keluar dari pusat silinder Untuk muatan negatip arah medan listrik radial masuk menuju pusat silinder E dA
1 March 2007
28
Hand Out Fisika II
Medan akibat kawat tak berhingga Fluks medan listrik yang menembus permukaan silinder r r r r r r r r ∫ E • dS = ∫ tutup E • dS + ∫ se lubung E • dS + ∫ tutup E • dS = ∫ tutup EdS cos 90 + ∫ se lub ung EdS cos 0 + ∫ tutup EdS cos 90 = E 2πrl
Jika panjang kawat L, muatan total Q, maka muatan yang dilingkupi oleh silinder:
Q q = l = λl L 1 March 2007
29
Hand Out Fisika II
Hukum Gauss untuk kawat sangat panjang
Penentuan medan listrik
r r q ∫ E • dS =
ε0
Q l E 2πrl = ε0L E=
Q 2πε 0 rL
λ = 2πε 0 r 1 March 2007
30
Hand Out Fisika II
Contoh soal untuk kawat panjang (1)
Tentukan medan listrik dan gambarkan arahnya pada titik A dan B yang berjarak 20 cm dari kawat dengan rapat muatan λ=10 mC/m seperti pada gambar. •A •B
Solusi :
λ 10.10 −3 0,1 0,025 N/C E= = = = π 2πr 2π (0,2) 4π 1 March 2007
31
Hand Out Fisika II
Contoh soal untuk kawat panjang (2)
Tentukan medan listrik dan gambarkan arahnya pada titik A dan B yang berjarak 20 cm dari kawat dengan rapat muatan λ=-10 mC/m seperti pada gambar. •A •B
Solusi :
λ 10.10 −3 0,1 0,025 N/C E= = = = π 2πr 2π (0,2) 4π 1 March 2007
32
Hand Out Fisika II
Medan listrik karena dua kawat sejajar
Dua buah kawat pajang tak berhingga diberi muatan masing-masing dengan rapat muatan λ dan -2 λ. Jarak kedua kawat a. Tentukan medan listrik pada titik P yang berjarak b dari kawat -2Q. λ -2λ
r r r Etotal = E −2 λ + E λ
E-2λ a
1 March 2007
b
Eλ P
Etotal = E − 2 λ − E λ 2λ 2λ = − 2πε 0 (b ) 2πε 0 ( a + b )
33
Hand Out Fisika II
Medan listrik akibat silinder
Misalkan silinder konduktor berjari-jari R , panjangnya L, dan bermuatan Q. Permukaan Gauss berbentuk silinder dengan jari-jari r dan panjang L seperti kawat panjang tak berhingga Untuk muatan positip, medan listrik berarah radial meninggalkan sumbu pusat silinder Untuk muatan negatip, medan listrik berarah radial menuju sumbu pusat silinder
1 March 2007
34
Hand Out Fisika II
Permukaan Gauss pada silinder
Muatan positip r r q ∫ E • dA =
ε0 q
∫ EdA cos 0 = ε dA
1 March 2007
E
E ∫ dA =
0
q
ε0
35
Hand Out Fisika II
Permukaan Gauss pada silinder
Muatan negatif r r q ∫ E • dA =
ε0 −q
∫ EdA cos 0 = ε dA
1 March 2007
E
E ∫ dA =
0
q
ε0
36
Hand Out Fisika II
Medan listrik pada silinder konduktor pejal
Di dalam konduktor
Muatan yang dilingkupi permukaan Gauss =0 karena pada konduktor muatan hanya tersebar di permukaan konduktor saja. Dengan demikian, medan listrik di dalam konduktor E=0
1 March 2007
37
Hand Out Fisika II
Medan listrik akibat silinder konduktor pejal
Di luar konduktor
Muatan yang dilingkupi permukaan Gauss
q=Q
1 March 2007
38
Hand Out Fisika II
Medan akibat silinder konduktor
Medan listrik di luar silinder konduktor
r r q ∫ E • dA =
ε0
E ∫ dA = E 2πrL = E= 1 March 2007
Q
ε0 Q
ε0
Q 2πε 0 Lr 39
Hand Out Fisika II
Medan listrik pada silinder isolator pejal
Di dalam isolator
Muatan yang dilingkupi permukaan Gauss r2 πr 2 L q= 2 Q= 2Q R πR L
1 March 2007
40
Hand Out Fisika II
Silinder isolator pejal
Medan listrik di dalam isolator (r
r r q ∫ E • dA =
ε0
r2 E ∫ dA = Q 2 ε0R r2 Q E 2πrL = 2 ε0R r Q E= 2 2πε 0 R L 1 March 2007
41
Hand Out Fisika II
Silinder isolator pejal (2)
Medan di luar silinder (r>R)
r r q ∫ E • dA =
ε0
E ∫ dA = E 2πrL = E= 1 March 2007
Q
ε0 Q
ε0
Q 2πε 0 Lr 42
Hand Out Fisika II
Silinder Isolator Berongga
Jari-jari dalam silinder a, jari-jari luar b, muatan Q, dan panjang silinder L
Untuk r
1 March 2007
43
Hand Out Fisika II
Silinder isolator berongga (2)
Untuk r>b, semua muatan terlingkupi oleh permukaan Gauss ( q=Q), sehingga medan di luar silinder adalah:
E=
Q
2πε 0 Lr Untuk a
Muatan yang dilingkupi
q = ρ silinderVGauss
1 March 2007
2 2 ( − ) Q r a 2 2 = 2 πr L − πa L = 2 2 Q 2 (b − a ) πb L − πa L
44
Hand Out Fisika II
Bola isolator berongga Medan listrik untuk a
ε0
(r 2 − a 2 )Q E ∫ dA = ε 0 (b 2 − a 2 ) (r 2 − a 2 )Q E 2πrL = ε 0 (b 2 − a 2 ) (r 2 − a 2 )Q E= 2πε 0 (b 2 − a 2 ) Lr
1 March 2007
45
Hand Out Fisika II
Dua silinder dengan muatan berbeda
Silinder pejal isolator berjari-jari a, panjang c, dan bermuatan 3Q berada dalam suatu silinder berongga yang jari-jari dalamnya b, jari-jari luarnya d, panjangnya c, dan bermuatan –Q. Di dalam isolator (r
1 March 2007
46
Hand Out Fisika II
Di antara isolator dan konduktor (a
ε0
ε0
3Q 2πrcε 0
Di dalam konduktor (bd) r r 2Q 2Q ∫ E • dS = → E 2πrc = → E =
ε0
1 March 2007
ε0
2Q 2πrcε 0
47
Hand Out Fisika II
Medan listrik Akibat Plat Tipis Positip
Misal: Luas Plat A dan rapat muatan per satuan luas σ E
A
Q q = S = σS A S E 1 March 2007
48
Hand Out Fisika II
Perhitungan medan listrik akibat plat tipis (1) r r r r r r r r ∫ E • dS = ∫ tutup E • dS + ∫ se lub ung E • dS + ∫ tutup E • dS = ES + 0 + ES = 2 ES r r q ∫ E • dA =
ε0
σS E 2S = ε0 σ E= 2ε 0 1 March 2007
49
Hand Out Fisika II
Medan listrik Akibat Plat Tipis Negatip
Misal: Luas Plat A dan rapat muatan per satuan luas -σ E
A
−Q q= S = −σS A S E 1 March 2007
50
Hand Out Fisika II
Perhitungan medan listrik akibat plat tipis(2) r r r r r r r r ∫ E • dS = ∫ tutup E • dS + ∫ se lubung E • dS + ∫ tutup E • dS = − ES + 0 − ES = −2 ES r r q ∫ E • dA =
ε0 − σS E (−2 S ) = ε0 σ E= 2ε 0 1 March 2007
51
Hand Out Fisika II
Medan listrik akibat dua plat tipis
Dua plat tipis luas tak berhingga masing-masing mempunyai rapat muatan σ dan - σ. Medan listrik di sekitar plat tersebut dapat dianalisis seperti gambar di bawah ini σ -σ E1
Eσ = E −σ =
σ 2ε 0
E2
E3
r E1 = Eσ ( − iˆ) + E −σ (i ) = 0 r σ ˆ E 2 = Eσ (i ) + E −σ (i ) =
ε0
r E 3 = Eσ (iˆ) + E −σ ( − i ) = 0 1 March 2007
52
Hand Out Fisika II
Medan akibat 3 plat tipis
Tiga buah plat tipis masing-masing bermuatan σ, -σ, dan 2σ. Medan di sekitar plat bisa dicari dengan cara berikut -σ 2σ σ
x=2
x=4
x=7
r r r r Etotal = Eσ + E−σ + E2σ 1 March 2007
53
Hand Out Fisika II
Medan listrik akibat 3 plat tipis (2) r E ( x < 2) = Eσ (−iˆ) + E−σ (iˆ) + E2σ (iˆ)
σ ˆ σ ˆ 2σ ˆ =− i+ i+ i 2ε 0 2ε 0 2ε 0 σ ˆ = i 2ε 0 r E (4 < x < 7) = Eσ (iˆ) + E−σ (−iˆ) + E2σ (iˆ)
σ ˆ σ ˆ 2σ ˆ = i− i− i 2ε 0 2ε 0 2ε 0 2σ ˆ =− i 2ε 0 1 March 2007
r E (2 < x < 4) = Eσ (iˆ) + E−σ (iˆ) + E2σ (iˆ) =
σ ˆ σ ˆ 2σ ˆ i+ i+ i 2ε 0 2ε 0 2ε 0 4σ ˆ = i 2ε 0
r E ( x > 7) = Eσ (iˆ) + E−σ (−iˆ) + E2σ (iˆ) =
σ ˆ σ ˆ 2σ ˆ i− i+ i 2ε 0 2ε 0 2ε 0 2σ ˆ = i 2ε 0 54
Hand Out Fisika II
Muatan induksi
Muatan muncul akibat pengaruh medan listrik eksternal -σ´ σ´ σ + E
+ E’ + + + -
E
logam netral
Di dalam tipis logam: E+E´=0
1 March 2007
σ σ' i −i =0 2ε 0 ε0
σ '=
σ 2 55
Hand Out Fisika II
Logam ditanahkan
Ditanahkan artinya dihubungkan dengan sumber muatan yang sangat besar. Bagian yang terhubung ditanahkan akan bermuatan netral. σ’
σ
E’
E
-
E’
E 1 1 March 2007
2
3
4 56
Hand Out Fisika II
Di dalam logam (daerah 3) medan listrik total nol Karena ditanahkan, daerah 4 medan listriknya juga nol
r r r´ E3 = E + E = 0
σ ' = −σ
1 March 2007
57
