Hukum Gauss

Teorema Gauss
Garis gaya listrik
Garis
Gaya Listrik
Konsep fluks
Teorema Gauss
Penggunaan Teorema Gauss


EP
Medan oleh muatan titik
Medan oleh kawat panjang tak berhingga
Medan listrik oleh plat luas tak berhingga
Medan listrik oleh bola isolator dan konduktor
Medan listrik oleh silinder isolator dan konduktor
Muatan induksi
5 March 2013
Garis gaya listrik digunakan untuk
menggambarkan medan listrik
Arah medan listrik menyinggung garis gaya
P
Q
EQ

Rapat garis gaya  kuat medan listrik
1
5 March 2013
Garis gaya oleh sebuah muatan titik

Garis Gaya oleh muatan negatip
Oleh muatan titik positip

Sebuah muatan negatip
+
5 March 2013
2
-
3
5 March 2013
4
1
Garis gaya akibat dipol

Fluks Listrik

Muatan positip dan negatip (dipol)

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
d  EdA

-
+
Total garis gaya yang
menembus permukaan A
dA
   d   EdA
A
A
A
 E  dA  EA
E
A
5 March 2013
5
5 March 2013
Fluks untuk sembarang permukaan


 
d  E  dA
Fluks total untuk
permukaan S
E

   d
S
S
 
  E  dA
Sebuah medan listrik dinyatakan dalam persamaan .

E  2iˆ  4 ˆj Tentukan fluks yang menembus permukaan


a. S  10kˆ
b. S  10kˆ


c. S  10 ˆj
d. S  10 ˆj


d. S  10iˆ
e. S  10iˆ
Solusi
Karena medan homogen di seluruh permukaan yang
ditinjau, maka fluks dapat dituliskan dalam bentuk


 E  dA 
 
E S
S
S
5 March 2013
6
Contoh soal
Untuk sembarang permukaan dA dengan arah
tidak tegak lurus medan
dA
Fisika Terapan (PU1123)
7
5 March 2013
8
2
Fluks,muatan Q,permukaan terbuka S
Solusi contoh soal
a.
b.
c.
d.
e.
f.
 
  E  A  (2iˆ  4 ˆj )  10kˆ  0
 
  E  A  (2iˆ  4 ˆj )  10kˆ  0
 
  E  A  ( 2iˆ  4 jˆ)  10 ˆj  40
Fluks yang keluar dari
permukaan S
 
  E  A  (2iˆ  4 ˆj )  10 ˆj  40
 
  E  A  (2iˆ  4 ˆj )  10iˆ  20
 
  E  A  (2iˆ  4 ˆj )  10iˆ  20

   E  dSnˆ1
E
n̂1
S
dS
S
5 March 2013
9
Permukaan tertutup, muatan Q diluar
5 March 2013
10
Perhitungan fluks Q diluar permukaan


Perhatikan arah normal permukaan dan arah medan listrik
Fluks total pada kubus mempunyai nilai:
n̂3
 
   E  dA
S
 n̂2


  E  dAnˆ1   E  dA( nˆ1 ) 
 n̂1
S
S


 E  dAnˆ   E  dA(nˆ ) 
2
n̂1 dA
S
S
S


 E  dAnˆ3   E  dA(nˆ3 )
n̂2
 1  1  0  0  0  0
0
 n̂3
5 March 2013
2
S
11
5 March 2013
12
3
Permukaan tertutup, Q di dalam
Perhitungan fluks Q di dalam

n̂3

Perhatikan arah normal permukaan dan arah medan listrik
Fluks total pada kubus mempunyai nilai:
 
   E  dA
 n̂2
S


  E  dAnˆ1   E  dA( nˆ1 ) 
 n̂1
S
S


 E  dAnˆ   E  dA(nˆ ) 
2
n̂1 dA
2
S
S
S
S


 E  dAnˆ3   E  dA(nˆ3 )
n̂2
 1  1   2   2   3   3
0
 n̂3
5 March 2013
13
Hukum Gauss


5 March 2013
14
Permukaan Gauss Berbentuk Bola
Besar fluks atau garis gaya listrik yang keluar dari
suatu permukaan tertutup tergantung muatan
yang dilingkupi oleh luasan tertutup tersebut

Untuk muatan titik dan bola
E dA


q
E

d
S


0
Medan dipermukaan
bola homogen.
Arah medan radial,
searah dengan normal
permukaan bola
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.
5 March 2013
15
5 March 2013
Fisika Terapan (PU1123)
16
4
Permukaan Gauss Berbentuk Silinder

Permukaan Gauss Berbentuk Silinder/Balok
Kawat dan silinder panjang tak berhingga
dA E

Plat tipis luas tak berhingga
E
Medan homogen
pada tutup balok,
arah sama dengan
normal tutup balok

dA E
Medan homogen di seluruh permukaan selimut silnder.
Arah medan radial searah dengan normal permukaaan
selimut silinder
5 March 2013
E
17
5 March 2013
Medan akibat sebuah muatan titik
E

dA

Konduktor

q
 E  dA  
 EdA 

0
q
0
q
0
q
E 4r 2 
0
q
E
4r 2 0
E  dA 
5 March 2013
Fisika Terapan (PU1123)
18

19
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
Waktu yang diperlukan untuk mencapai
keseimbangan elektrostatis sangat cepat
5 March 2013
Fisika Terapan (PU1123)
20
5
isolator


Bola konduktor pejal positip
Di dalam isolator muatan tidak bebas bergerak
Muatan tambahan dari luar akan terdistribusi
merata dalam isolator
5 March 2013
Fisika Terapan (PU1123)

Tinjau suatu bola konduktor pejal dengan jari-jari
R dan muatan Q
E
dA
21
5 March 2013
Fisika Terapan (PU1123)
Medan listrik di luar bola konduktor





Isolator: muatan tersebar merata di seluruh
volum isolator
Di dalam bola


q
 E  dS  
r
q
23
5 March 2013
4 r 3
3
4
R 3
3
0

r3
E  dS 
Q
 0R3
R
0
0
Q
Q
E 4r 2   E 
0
4 0 r 2
Fisika Terapan (PU1123)
22
Bola isolator pejal
Buat permukaan Gauss berbentuk bola dengan
jari-jari r >R
Total muatan yang dilingkupi permukaan Gauss
adalah Q
Hukum Gauss untuk kasus bola konduktor
pejal:
  q
Q
 E  dS   E  dS 
5 March 2013
•Muatan hanya tersebar
di permukaan bola saja
•Medan listrik di dalam
bola (r<R) nol
•Medan di luar bola dapat
dicari dengan cara berikut:
Q
E 4r 2 
r3
R3
Q
r3
Q
 0R3
r
E
Q
4 0 R 3
Fisika Terapan (PU1123)
24
6
Medan listrik pada bola isolator berongga
Bola isolator pejal (2)

Medan di luar


q
Q
 E  dS  
0
Q
0
Q
E 4r 2 
0
Q
E
4 0 r 2
R
q=Q
5 March 2013
E  dS 
E
Fisika Terapan (PU1123)
25

4
3
3
4
3

 E  dS 

Q
0
 EdS cos 180  
E 4r 2 
E
5 March 2013
Fisika Terapan (PU1123)
R1
r
3
1
3
1
r  R
1
Q
0
R 23  43 R
r 3  R13
Q
R 23  R13 4 0 r 2
Fisika Terapan (PU1123)
26
Sebuah bola tipis jari-jari a bermuatan 2Q. Di
dalam bola tipis diletakkan bola pejal konduktor
berjari-jari b dan bermuatan –3Q.
Q
E
R2
Dua bola, jenis muatan beda
Pada prinsipnya sama dengan bola bermuatan positip
hanya arah medan listriknya masuk menuju pusat bola
dA
4
3
5 March 2013
Bola bermuatan negatip

r 3  43 R13
Q
R 23  43 R13


q
 E  dS   0
E  dS 
r
4
3
4
3
0
b
Q
0
a
Q
4 0 r 2
27
5 March 2013
Medan untuk daerah r<a
ditentukan dengan cara
yang sama dengan contoh
di slide sebelumnya
Fisika Terapan (PU1123)
28
7
Medan listrik akibat kawat lurus
Medan untuk r>a
•Dibuat permukaan Gauss berbentuk bola dengan jarijari r>a
•Total muatan yang dilingkupi permukaan Gauss:
q=2Q+(-3Q)=-Q
•Medan akibat muatan -Q


q
 E  dS  
E 4r 2 
5 March 2013
0
  EdS cos180 
29
tutup
tutup


E  dS  
se lub ung
EdS cos 90  
5 March 2013


EdS cos 0   tutup EdS cos 90
E
Q
l  l
L

Fisika Terapan (PU1123)
q
31
0
Q
E 2rl 
l
0L
Jika panjang kawat L, muatan total Q, maka muatan yang
dilingkupi oleh silinder:
5 March 2013

 E  dS  
 E 2 rl
q
30
Penentuan medan listrik




E  d S   tutup E  d S
se lub ung
Fisika Terapan (PU1123)
Hukum Gauss untuk kawat sangat panjang
Fluks medan listrik yang menembus permukaan silinder


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
dA
E
Q
Q
E
0
4 0 r 2
Medan akibat kawat tak berhingga


Q
0
Fisika Terapan (PU1123)
 E  dS  


5 March 2013
Q
2 0 rL

2 0 r
Fisika Terapan (PU1123)
32
8
Contoh soal untuk kawat panjang (1)

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 =10 mC/m seperti pada gambar.

Tentukan medan listrik dan gambarkan arahnya pada
titik A dan B yang berjarak 20 cm dari kawat dengan
rapat muatan =-10 mC/m seperti pada gambar.
A
A
B

B
Solusi :
E


10.10 3 0,1 0,025
N/C



2r 2 (0,2) 4

5 March 2013
Fisika Terapan (PU1123)
E
33
Medan listrik karena dua kawat sejajar

5 March 2013





Etotal  E 2  E

5 March 2013
E-2
b P
E
E total  E  2   E 
2
2


2 0 (b ) 2 0 ( a  b )
Fisika Terapan (PU1123)

10.10 3 0,1 0,025 N/C



2r 2 (0,2) 4

Fisika Terapan (PU1123)
34
Medan listrik akibat kawat berbentuk silinder
Dua buah kawat pajang tak berhingga diberi muatan
masing-masing dengan rapat muatan  dan -2 . Jarak
kedua kawat a. Tentukan medan listrik pada titik P yang
berjarak b dari kawat -2Q.

-2
a
Solusi :

35
Misalkan silinder konduktor berjari-jari R ,
panjangnya L, dan bermuatan Q.
Permukaan Gauss berbentuk silinder dengan jarijari 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
5 March 2013
Fisika Terapan (PU1123)
36
9
Permukaan Gauss pada silinder

Permukaan Gauss pada silinder
Muatan positip



Muatan negatip

q
 E  dA  
0
q
 EdA cos 0   0
dA E
5 March 2013
E  dA 
dA
37

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
5 March 2013
Fisika Terapan (PU1123)
5 March 2013
E
0
q
E  dA 
0
Fisika Terapan (PU1123)
38
Medan listrik akibat silinder konduktor pejal
Di dalam konduktor

0
q
Medan listrik akibat silinder konduktor pejal

q
 EdA cos180  
q
0
Fisika Terapan (PU1123)

 E  dA  
39
Di luar konduktor

Muatan yang dilingkupi permukaan Gauss
Q
q  V  2 R 2 L  Q
R L
5 March 2013
Fisika Terapan (PU1123)
40
10
Medan akibat silinder konduktor

Medan listrik akibat silinder isolator pejal
Medan listrik di luar silinder konduktor



Di dalam isolator
q
 E  dA  
0
Q
E  dA 
0
E 2rL 
E
5 March 2013
Q
0

Muatan yang dilingkupi permukaan Gauss
Q
2 0 Lr
Fisika Terapan (PU1123)
q
41
5 March 2013
Silinder isolator pejal




q
 E  dA  
0
Q
E  dA 
0
2
r
Q
 0R2
r2
E 2rL 
Q
 0R2
E 2rL 
r
E
Q
2 0 R 2 L
E
Fisika Terapan (PU1123)
42
Medan di luar silinder (r>R)
  q
 E  dA   0
5 March 2013
Fisika Terapan (PU1123)
Silinder isolator pejal (2)
Medan listrik di dalam isolator (r<R)
E  dA 
r 2 L
r2
Q 2 Q
R 2 L
R
43
5 March 2013
Q
0
Q
2 0 Lr
Fisika Terapan (PU1123)
44
11
Silinder Isolator Berongga

Silinder isolator berongga (2)
Jari-jari dalam silinder a, jari-jari luar b, muatan Q,
dan panjang silinder L

Untuk r>b, semua muatan terlingkupi oleh permukaan
Gauss ( q=Q), sehingga medan di luar silinder adalah:
E

Untuk a<r<b, dibuat permukaan Gauss berbentuk
silinder dengan jari-jari a<r<b dan panjang L

Muatan yang dilingkupi
q   silinderVGauss 

Q
2 0 Lr
Q
(r 2  a 2 )
r 2 L  a 2 L  2 2 Q
2
b L  a L
(b  a )
2
Untuk r<a, E=0, karena q=0
5 March 2013
Fisika Terapan (PU1123)
45
5 March 2013
Bola isolator berongga

  q
 E  dA   0
( r 2  a 2 )Q
 0 (b 2  a 2 )

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<a)
( r 2  a 2 )Q
E 2rL 
 0 (b 2  a 2 )
E
5 March 2013
q
(r 2  a 2 )Q
2 0 (b 2  a 2 ) Lr
Fisika Terapan (PU1123)
46
Dua silinder dengan muatan berbeda
Medan listrik untuk a<r<b
E  dA 
Fisika Terapan (PU1123)


 E  dS 
47
5 March 2013
r 2 c
r2
3Q  2 3Q
2
a c
a
( r 2 / a 2 ) 3Q
3Qr 2
3Qr
 E 2 rc 
E
0
 0a2
2a 2 c 0
Fisika Terapan (PU1123)
48
12
Medan listrik Di Sekitar Plat Tipis (1)

Di antara isolator dan konduktor (a<r<b)


3Q
 E  dS  
 E 2rc 
0
3Q
3Q
E
0
2rc 0
Misal: Luas Plat A dan rapat muatan per satuan luas 
E
A
Di dalam konduktor (b<r<d): E=0
q
Di luar konduktor (r>d)


2Q
 E  dS  
 E 2rc 
0
Q
S  S
A
S
2Q
2Q
E 
0
2rc 0
E
5 March 2013
Fisika Terapan (PU1123)
49
5 March 2013
Perhitungan medan listrik akibat plat tipis (1)




 E  dS   tutup E  dS  
Fisika Terapan (PU1123)
50
Medan listrik Di Sekitar Plat Tipis (2)





se lub ung E  dS   tutup E  dS
Misal: Luas Plat A dan rapat muatan per satuan luas -
E
 ES  0  ES
A
 2 ES
q
  q
 E  dA   0
S
S
0

E
2 0
E 2S 
5 March 2013
Fisika Terapan (PU1123)
Q
S  S
A
E
51
5 March 2013
Fisika Terapan (PU1123)
52
13
Perhitungan medan listrik akibat plat tipis(2)
Medan listrik akibat dua plat tipis

 
 
 
 
 E  dS   tutup E  dS   selub ung E  dS   tutup E  dS
  ES  0  ES
 2 ES


E
5 March 2013
E1
q
 E  dA  
E ( 2 S ) 
 S
0
E  E 
53
Fisika Terapan (PU1123)
2

E ( x  2)  E ( iˆ )  E (iˆ)  E2 (iˆ )

 ˆ  ˆ 2 ˆ
i
i
i
2 0
2 0
2 0

x=2
x=4
 ˆ
i
2 0


 ˆ  ˆ 2 ˆ
i
i
i
2 0
2 0
2 0

Fisika Terapan (PU1123)

E ( 2  x  4)  E (iˆ )  E (iˆ )  E2 (iˆ)
 ˆ  ˆ 2 ˆ

i
i
i
2 0
2 0
2 0

E (4  x  7)  E (iˆ)  E (iˆ)  E2 (iˆ)
x=7




Etotal  E  E  E2
5 March 2013
54
Medan listrik akibat 3 plat tipis (2)
Tiga buah plat tipis masing-masing bermuatan , -, dan
2. Medan di sekitar plat bisa dicari dengan cara berikut
-

2 0
5 March 2013
E3

E1  E (iˆ)  E  (i )  0


E 2  E (iˆ)  E  (i ) 
0

E 3  E (iˆ)  E  ( i )  0

2 0
Fisika Terapan (PU1123)

E2
0
Medan akibat 3 plat tipis

Dua plat tipis luas tak berhingga masing-masing
mempunyai rapat muatan  dan - . Medan listrik di
sekitar plat tersebut dapat dianalisis seperti gambar di
bawah ini

-
55
5 March 2013

E( x  7)  E (iˆ)  E (iˆ)  E2 (iˆ)

2 ˆ
i
2 0
 ˆ  ˆ 2 ˆ
i
i
i
2 0
2 0
2 0

Fisika Terapan (PU1123)
4 ˆ
i
2 0
2 ˆ
i
2 0
56
14
Muatan induksi

Logam ditanahkan
Muatan muncul akibat pengaruh medan listrik
eksternal
-´
´

+
E

Bagian yang terhubung dengan tanah akan
bermuatan netral
E

E
+
E’
-+
E
’
-
E’
-

Di dalam tipis logam: E+E´=0
i
5 March 2013

'
i
0
2 0
0
 '
Fisika Terapan (PU1123)
E’
-
logam netral
1

2
Etotal=E+E’
57
5 March 2013
2
3
4
 '  
Fisika Terapan (PU1123)
58
15