HUKUM GAUSS

23-1 PENDAHULUAN

Hukum Gauss adalah sebuah alternatif untuk menjelaskan

bagaimana muatan listrik dan medan listrik berperilaku. Satah satu

konsekuensi dari hukum ini adalah bahwa muatan statik pada konduktor

terdapat pada permukaan konduktor itu, bukan di bagian dalamnya.

Itulah sebabnya mengapa anak ini mendapatkan muatan listrik ketika

menyentuh bola logam bermuatan. Rambut pada kepala anak itu saling

tolak-menolak dan berdiri. Seringkali, ada dua cara, yaitu cara yang

mudah dan cara yang sukar untuk melakukan sebuah pekerjaan; cara

mudah itu melibatkan tak lebih daripada penggunaan alat-alat yang

tepat. Dalam fisika, sebuah alat penting untuk menyederhanakan soal

adalah penggunaan sifat-sifat simetri dari sistem. Banyak sistem fisika

mempunyai simetri; contohnya, sebuah silinder tidak kelihatan berbeda

setelah Anda merotasikannya mengelilingi sumbunya, dan sebuah bola

logam bermuatan keliliatan sama saja setelah Anda memutarkannya

terhadap sebarang sumbunya yang melalui pusatnya.

Hukum Gauss adalah bagian dari kunci penggunaan pertimbangan

simetri untuk menyederhanakan perhitungan medan-listrik. Misalnya,

medan distribusi muatan garis lurus atau distribusi muatan lembar

bidang, yang kita turunkan dalam Subbab 22-7 dengan menggunakan

beberapa integrasi yang sangat rumit, dapat diperoleh dalam beberapa

baris dengan bantuan hukum Gauss. Sebagai tambahan untuk membuat

perhitungan tertentu lebih mudah, hukum Gauss akan memberikan juga

kepada kita pandangan ke dalam (insight) mengenai bagaimana muatan

listrik mendistribusikan dirinya pada benda penghantaf (konduktor).

Berikut ini diterangkan tentang apa sebenarnya hukum Gauss itu. Jika

ada suatu distribusi muatan yang umum, kita mengelilinginya dengan

sebuah permukaan khayal yang mencakup muatan itu. Kemudian kita

perhatikan medan listrik di berbagai titik pada permukaan khayal ini.

23 - 1

Hukum Gauss adalah sebuah hubungan antara medan di semua titik pada

permukaan dengan muatan total yang tercakup di dalam permukaan itu.

Hal ini mungkin kedengarannya menyerupai sebuah cara yang cenderung

tidak langsung untuk menyatakan sesuatu, tetapi terbukti akan

merupakan sebuah hubungan yang sangat

berguna. Selain kegunaannya sebagai alat perhitungan Hukum Gauss aka

n mem-bantu kita mendapatkan penglihatan (insight) yang lebih dalam

mengenai medan listrik. Kita akan memanfaatkan penglihatan tersebut

berulang-ulang dalam beberapa bab berikutnya seiring kita meneruskan

pengkajian kita mengenai elektromagnetisme.

23-2 MUATAN DAN FLUKTUASI LISTRIK

Dalam Bab 22 kita mengajukan pertanyaan, "Jika ada suatu

distribusi muatan, berapakah medan listrik yang dihasilkan oleh distribusi

tersebut di sebuah titik P?" Kita telah mengetahui bahwa jawabannya

dapat dicari dengan menyatakan distribusi itu sebagai kumpulan muatan-

muatan titik, yang masing-masing menghasilkan sebuah medan listrik Eρ

yang diberikan oleh Persama ar(22-7. Medan total di P akan sama dengan

jumlah vektor dari medan-medan yang ditimbulkan oleh semua muatan

titik itu.

Tetapi ada sebuah hubungan alternatif di antara distribusi muatan

dan medan listrik. Untuk menemukan hubungan ini, marilah kita

mempertahankan pertanyaan Bab 22 dan bertanya, "Jika pola medan

listrik itu diketahui pada sebuah daerah tertentu, apa yang dapat kita

tentukan mengenai distribusi muatan dalam daerah itu?"

Berikut adalah sebuah contoh. Tinjaulah kotak yang diperlihatkan

dalam Gambar23-1a,yang mungkin atau mungkin tidak berisi muatan

listrik. Kita akan membayangkan bahwa kotak itu, dibuat dari material

yang tidak mempunyai efek pada setiap medan listrik; kotak itu sama

seperti tali tak bermassa, bidang miring tanpa gesekan, dan pendidikan

tinggi yang gratis. Lebih baik lagi, andaikanlah kotak itu menyatakan

sebuah permukaan khayal yang mungkin atau mungkin tidak mencakup

23 - 2

sejumlah muatan. Kita akan merujuk pada kotak itu sebagai permukaan

tertutup (closed surface) karena kotak itu secara lengkap mencakup

sebuah volume. Bagaimanakah Anda dapat menentukan berapa banyak

muatan listrik (ika ada) yang terdapat di dalam kotak itu?

Dengan mengetahui bahwa sebuah distribusi muatan menghasilkan

sebuah medan listrik dan bahwa sebuah medan listrik mengerahkan gaya

pada muatan uji, maka Anda dapat menggerakkan sebuah muatan uji qo

mengitari tepi kotak itu. Dengan mengukur gaya Fρ

yang dialami oleh

muatan uji itu di kedudukan yang berbeda-beda, maka Anda membuat

sebuah peta berdimensi tiga dari medan listrik lqoFEρρ

= di luar kotak

itu. Dalam kasus yang diperlihatkan dalam Gambar 23-1b, peta itu

terbukti sama seperti medan listrik yang dihasilkan oleh sebuah muatan

titik positif (Gambar 22-22a). Dari rincian peta itu, Anda dapat mencari

nilai eksak dari muatan titik di dalam kotak itu.

Untuk menentukan kandungan kotak itu, kita sesungguhnya hanya

perlu mengukur Eρ

pada permukaan kotak. Dalam Gambar 23-2a ada

sebuah muatan titik positif tunggal, dan dalam Gambar 23-2b ada dua

23 - 3

muatan positif tunggal. Pola-pola medan pada permukaan kotak itu

berbeda rinciannya, tetapi dalam kedua kasus, medan listrik itu

menunjuk ke luar dari kotak tersebut. Gambar-gambar 23-2c dan 23-2d

memperlihatkan kasus-kasus berturut-turut dengan satu dan dua muatan

titik negatif, di dalam kotak tersebut. Sekali lagi, rincian

dari Eρ

pada permukaan kotak itu berbeda, tetapi dalam kedua kasus

medan itu menunjuk ke dalam kotak.

Dalam Subbab 22-6 kita menyebutkan analogi di antara vektor

medan listrik dan vektor kecepatan fluida yang bergerak. Analogi ini

dapat membantu, walaupun medan listrik sebetulnya tidak "mengalir".

Dengan menggunakan analogi ini, dalam Gambar 23-2a dan 23-2b, di

mana vektor medan listrik menunjuk ke luar dari permukaan itu, kita

mengatakan bahwa ada sebuah fluks listrik (electric flux) ke arah luar.

(Kata flux berasal dari kata Latin yang berarti "aliran".) Dalam Gambar

23-2c dan Gambar 23-2d vektor Eρ

menunjuk ke dalam permukaan, dan

fluks listrik itu ke arah dalam.

23 - 4

.

Gambar 23-2 menyarankan sebuah hubungan yang sederhana:

Muatan positif di dalam kotak itu bergerak bersama sebuah fluks listrik

yang arahnya ke luar melalui permukaan kotak itu, dan muatan negatif

di dalam kotak itu bergerak bersama sebuah fluks listrik yang arahnya ke

dalam. Apa yang terjadi jika ada muatan nol di dalan kotak itu? Dalam

Gambar 23-3a kotak itu kosong dan di mana-mana 0=Eρ

, sehingga tidak

ada fluks listrik ke dalam atau ke luar kotak itu. Dalam Gambar 23-3b,

satu muatan titik positif dan satu muatan titik negatif yang besarnya

sama dicakup di dalam kotak itu, sehingga muatan netto di dalam kotak

itu adalah nol. Ada sebuah medan listrik, tetapi medan listrik itu

"mengalir ke dalam" kotak pada setengah permukaannya dan" mengalir

ke luar" kotak pada setengah permukaan lainnya. Maka tidak ada fluks

listrik netto ke dalam atau ke luar kotak tersebut.

Kotak itu sekali lagi kosong dalam Gambar 23-3c. Akan tetapi, ada

muatan yang hadir di luar kotak itu; kotak itu telah ditempatkan dengan

satu ujungnya sejajar dengan sebuah lembaran tak berhingga yang

bermuatan homogen, yang menghasilkan sebuah medan listrik homogen

23 - 5

yang tegak lurus terhadap lembar itu (seperti yalg telah kita pelajari

dalam Contoh 22-12 dan Subbab 22-7). Pada satu ujung kotak itu, Eρ

menunjuk ke dalam kotak; pada ujung yang berlawanan, Eρ

menunjuk ke

luar kotak itu; dan pada sisi-sisi kotak itu, Eρ

sejajar dengan permukaan

sehingga tidak menunjuk baik ke dalam maupun ke luar kotak itu.

Seperti dalam Gambar 23-3b, fluks listik yang menuju ke dalam pada

satu bagian kotak itu secara eksak mengkompensasi fluks listrik yang

menuju ke luar pada bagian lain kotak itu. Maka dalam semua kasus yang

diperlihatkan dalam Gambar 23-3, tidak ada fluks listrik netto yang

melalui permukaan kotak itu, dan tidak ada muatan netto tercakup

dalam kotak itu.

Gambar 23-2 dan 23-3 mendemonstrasikan hubungan di antara

tanda (positif, negatif atau nol) dari muatan netto yang dicakup oleh

sebuah permukaan tertutup dan arah (ke luar, ke dalam, atau tidak ke

mana-mana) dari fluks listrik netto yang melalui permukaan itu. Ada juga

hubungan di antara besar (magnitude) muatan netto di permukaan

tertutup itu dan kekuatan (strength) "aliran" netto dari Eρ

pada

permukaan itu. Dalam kedua Gambar 23-4a dan23-4b ada sebuah muatan

titik tunggal di dalam kotak itu, tetapi dalam Gambar 23-4b besar

muatan itu adalah dua kali besar muatan dalam Gambar 23-4a, sehingga

Eρ

di mana-mana adalah dua kali besar Eρ

dalam Gambar 23-4a. Dengan

mengingat analogi aliran fluida, ini berarti bahwa fluks listrik ke arah

luar netto dalam Gambar 23-4b adalah dua kali besar fluks listik ke arah

luar netto Gambar 234a. Hal tersebut menunjukkan bahwa fluks listrik

netto yang melalui permukaan kotak itu berbanding langsung dengan

besarnya muatan netto yang tercakup oleh kotak itu.

Kesimpulan ini tidak bergantung pada ukuran kotak itu. Dalam

Gambar 23-4c muatan titik +q dicakup oleh sebuah kotak yang dimensi

linearnya dua kali dimensi linear dari kotak dalam Gambar 23-4a. Besar

medan listrik dari sebuah muatan titik berkurang seiring makin besarnya

jarak, sesuai dengan 1/r² , sehingga besar Eρ

rata-rata pada setiap muka

23 - 6

kotak besar dalam Gambar 23-4c persis sama dengan ¼ dari besar rata-

ratanya pada muka yang bersangkutan dalam Gambar 23-4a. Tetapi

setiap muka kotak besar itu secara eksak mempunyai luas yang besarnya

empat kali luas muka yang bersangkutan dari kotak kecil itu. Maka fluks

listrik ke arah luar akan sama untuk kedua kotak itu jika kita

mendefinisikan fluks listrik sebagai berikut: Untuk setiap muka kotak itu,

ambillah hasil kali dari komponen tegak lurus rata-rata dari Eρ

dan luas

muka tersebut; kemudian jumlahkan hasil-hasil dari semua muka kotak

itu. Dengan definisi ini, fluks lisfik netto yang ditimbulkan oleh sebuah

muatan titik tunggal di dalam kotak itu tak bergantung pada ukuran

kotak dan hanya bergantung pada muatan netto di dalam kotak itu'

Kita telah melihat bahwa ada hubungan di antara jumlah netto

dari muatan di dalam sebuah permukaan tertutup dan fluks listrik yang

melalui permukaan tersebut. Untuk kasus khusus dari sebuah permukaan

tertutup dalam bentuk sebuah kotak persegi dan distribusi muatan yang

dibentuk oleh muatan-muatan titik atau lembaran bermuatan yang

luasnya tak berhingga, kita tetah mendapatkan hal-hal sebagai berikut:

1. Apakah fluks listrik netto yang mengalir arahnya ke luar atau ke dalam

melalui sebuah permukaan tertutup bergantung pada tanda dari

muatan yang dicakup itu.

2. Muatan di luar permukaan itu tidak memberikan sebuah fluks listrik

netto melalui permukaan tersebut.

23 - 7

3. Fluks-fluks listrik netto itu berbanding langsung dengan jumlah netto

dari muatanyang tercakup di dalam permukaan itu tetapi tidak

bergantung pada ukuran permukaan tertutup itu.

Pengamatan-pengamatan ini adalah pernyataan kualitatif dari hukum

Gauss.

Apakah pengamatan-pengamatan ini berlaku untuk jenis lainnya

dari disribusi muatan dan untuk permukaan tertutup yang bentuknya

sebarang? Jawaban untuk pertanyaan-pertanyaan ini adalah "ya". Tetapi

untuk menerangkan mengapa demikian, kita memerlukan sebuah

pernyataan matematika yang teliti dari apa yang kita maksud dengan

fluks listrik. Hat ini dikembangkan dalam subbab selanjutnya'

23-3 MENGHITUNG FLUKS LISTRIK

Dalam subbab sebelumnya kita memperkenalkan konsep fluks

listrik. Secara kualitatif fluks listrik yang melalui sebuah permukaan

adalah sebuah gambaran mengenai apakah medan listrik Eρ

menunjuk ke

dalam atau ke luar permukaan itu. Kita menggunakan hal ini untuk

memberikan pernyataan kualitatif kasar dari hukum Gauss: Fluks listrik

netto yang melalui sebuah permukaan tertutup berbanding langsung

dengan muatan netto di dalam permukaan tersebut. Untuk mampu

memanfaatkan sepenuhnya hukum ini, kita perlu mengetahui bagaimana

menghitung fluks listrik. Untuk melakukan ini, marilah sekali lagi kita

memanfaatkan analogi di antara medan listrik Eρ

dan medan vektor

kecepatan Vρ

dalam sebuah fluida yang mengalir. (Sekali lagi, ingatlah

bahwa ini hanyalah sebuah analogi; medan listrik bukanlah sebuah

aliran.)

23 - 8

Gambar 23-5 memperlihatkan sebuah fluida yang mengalir secara

tetap dari kiri ke kanan. Marilah kita memeriksa kecepatan aliran volume

dV/dt (dalam, katakanlah, meter kubik per detik) melalui segiempat

siku-siku kawat yang luasnya adalah A. Bila luas itu tegak lurus terhadap

kecepatan aliran Vρ

(Gambar 23-5a) dan kecepatan aliran itu sama di

semua titik dalam fluida, maka kecepatan aliran volume dV/dt adalah

luas A dikalikan dengan laju aliran v:

vAdtdV

=

Bila segiempat siku-siku dimiringkan pada sudut Φ (Gambar 23-5b)

sehingga mukanya tidak tegak lurus terhadap Vρ

maka luas yang

diperhitungkan adalah luas bayangan hitam yang kita lihat bila kita

memandangnya dalam arah Vρ

luas ini, yang digambarkan berwarna

merah dan ditandai dengan A, dalam Gambar 23-5b, adalah proyeksi dari

luas A pada sebuah permukaan yang tegak lurus terhadap Vρ

. Dua sisi dari

segiempat siku-siku yang diproyeksikan itu mempunyai panjang yang

sama seperti sisi aslinya, tetapi kedua sisi lainnya dipendekkan oleh

sebuah faktor sebesar cos Φ, sehingga luas panjang diproyeksikan itu

sama dengan A cos Φ. Maka kecepatan aliran volume melalui A adalah

⊥A

23 - 9

vAdtdV

= φcos

Jika Φ = 90", dv/dt = 0; segiempat siku-siku kawat itu sejajar

dengan aliran, dan tidak ada fluida yang lewat melalui segiempat siku-

siku itu. Juga, v cos Φ adalah komponen dari vektor Vρ

yang tegak lurus

terhadap bidang dari luas A. Dengan menamakan ini komponen maka

kita dapat menuliskan kembali kecepatan aliran volume itu sebagai

⊥V

AvdtdV

⊥=

Kita dapat menyatakan kecepatan aliran volume itu secara lebih

rapi dengan menggunakan konsep luas vektor Aρ

, yakni tegak lurus pada

bidang luas yang kita jelaskan. Luas vektor Aρ

menjelaskan baik ukuran

sebuah area maupun orientasinya dalam ruang. Dinyatakan dalam Aρ

kita

dapat menuliskan kecepatan aliran volume fluida yang melalui segiempat

siku-siku dalam Gambar 23-5b sebagai

AvdtdV ρρ.=

Dengan menggunakan analogi di antara medan listrik dan aliran

fluida, kita sekarang mendefinisikan fluks listrik dengan cara yang sama

seperti kita baru saja mendefinisikan kecepatan aliran volume sebuah

fluida; kita gantikan saja kecepatan fluida Vρ

tersebut dengan medan

listrik Eρ

. Simbol yang kita gunakan untuk fluks listrik adalah ΦE (huruf

besar Yunani "phi"; E yang dicetak subskrip adalah untuk mengingatkan

bahwa ini adalah fluks Iistrik). Tinjaulah mula-mula sebuah luas rata A

yang tegak lurus terhadap sebuah medan listrik Eρ

(Gambar 23-6a). Kita

mendefinisikan fluks listrik yang melalui luas ini sebagai hasilkali dari

besarnya medan E dengan luas A:

EAE =φ

23 - 10

Secara kasarnya kita katakan, kita dapat menggambarkan ΦE

dalam garis-garis medan yang lewat melalui A. Penambahan luas berarti

bahwa lebih banyak garis Eρ

yanq lewat melalui luas itu, yakni

penambahan fluks; medan yang lebih kuat berarti garis-garis Eρ

yang

semakin rapat sehingga lebih banyak garis per satuan luas, sehingga fluks

itu akan bertambah.

Jika luas A itu rata tetapi tidak tegak lurus terhadap medan Eρ

,

maka lebih sedikit garis medan yang lewat melaluinya. Dalam kasus ini

luas yang diperhitungkan adalah luas bayangan hitam (silhouette) yang

kita lihat bila memandangnya dalam arah Eρ

. Inilah luas

23 - 11

⊥A dalam Gambar 23-6b) dan sama dengan A cos ø (bandingkan dengan

Gambar 23-5b).

Bentuk umum dari definisi kita mengenai fluks listrik untuk sebuah

medan listrik homogen Adalah

EAE =φ φcos (fluks listrik untuk B yang homogen, permukaan rata). (23-

I)

Karena E cos Φ adalah komponen dari Eρ

yang tegak lurus terhadap luas

itu, maka kita dapat menuliskan kembali Persamaan (23-I) sebagai

AEE ⊥=φ (fluks listrik untuk Eρ

yang homogen, permukaan rata), (23-2)

Dinyatakan dalam luas vektor Aρ

yang tegaklurus terhadap luas itu, kita

dapat menuliskan fluks listrik itu sebagai produk skalar dari Eρ

dan Aρ

AEE

ρρ.=φ (fluks listrik untuk E yang homogen, permukaan rata). (23-3)

Persamaan (23-l), (23-2), dan (23-3) menyatakan fluks listrik untuk

sebuah permukaan

rata dan sebuah medan listrik yang homogen dengan cara yang berbeda

tetapi ekuivalen satu dengan lainnya. Satuan SI untuk fluks listrik adalah

1 CmN /. 2

Kita dapat menyatakan arah sebuah luas vektor Aρ

dengan

menggunakan vektor satuan yang tegak lurus terhadap luas itu

singkatan untuk "normal". Maka

n̂ n̂

nAA ˆ=ρ

Sebuah permukaan mempunyai dua sisi, sehingga ada dua arah yang

mungkin untuk n dan ˆ Aρ

. Kita harus selalu menetapkan arah mana yang

kita pilih. Dalam Subbab 23-2 kita mengkaitkan muatan di dalam sebuah

permukaan tertutup dengan fluks listrik yang melalui permukaan itu.

Dengan sebuah permukaan tertutup kita akan selalu memilih arah ke

arah luar dan kita akan berbicara mengenai fluks yang ke luar dari

sebuah permukaan tertutup. Jadi, apa yang kita namakan "fluks listrik

yang arahnya ke luar" dalam Subbab 23-2 bersesuaian dengan sebuah

n̂

23 - 12

nilai Eφ yang positif, dan apa yang kita namakan "fluida listrik yang

arahnya ke dalam" bersesuaian dengan sebuah nilai Eφ yang negatif.

Apa yang terjadi jika medan listrik Eρ

tidak homogen tetapi

berubah dari titik ke titik pada luas A? Atau apa yang terjadi jika A

adalah bagian dari sebuah permukaan lengkung? Maka kita membagi A ke

dalam banyak elemen kecil dA , yang masing-masing mempunyai sebuah

vektor satuan yang tegak lurus terhadap elemen luas itu dan sebuah

luas vektor

n̂

dAnAd .ˆ=ρ

. Kita menghitung fluks listrik yang melalui setiap

elemen dan mengintegralkan hasil-hasil itu untuk mendapatkan fluks

total:

∫ ∫∫ === ⊥ )____(.cos listrikfluksdariumumdefinisiAdEdAEdAEE

ρρφφ

(23-5)

Kita menamakan integral ini integral permukaan (surface integral) dari

komponen ⊥E

pada luas itu, atau integral permukaan dari AdEρρ

. . Berbagai bentuk

integral itu semuanya menyatakan hal yang sama dalam suku-suku yang

berbeda. Dalam soal spesifik, satu bentuk kadang-kadang lebih

memudahkan daripada bentuk lainnya. Contoh 23-3 di akhir subbab ini

melukiskan penggunaan ?persamaan (23-5).

Dalam Persamaan (23-5) fluks listrik I nt dA persis sama dengan

nilai rata-rata dari komponen tegak lurus dari medan listrik itu, dikalikan

oleh luas permukaan tersebut. Ini adalah definisi yang sama dari fluks

listrik yang kita dapatkan dalam Subbab 23-2, yang sekarang dinyatakan

secara lebih matematis. Dalam subbab berikutnya kita akan melihat

hubungan di antara fluks listrik total yang melalui sebarang permukaan

bertutup, tak peduli bagaimanapun bentuknya, dan banyaknya muatan

yang tercakup di dalam permukaan tersebut. .

23 - 13

CONTOH 23-1

Fluks listrik melalui sebuah cakram Sebuah cakram dengan jari-jari

0,10 m diorientasikan dengan vektor satuan normalnya membentuk

sudut 30" dengan sebuah medan listrik homogen

n̂

Eρ

yang besarnya 2,0 x

10r N/C (Gambar 23-:7). (Karena ini bukanlah sebuah permukaan

tertutup, maka permukaan itu tidak mempunyai "di dalam" atau "di luar".

Itulah sebabnya mengapa kita harus menetapkan arah dari n dalam

gambar itu.) a) Berapa fluks listrik yang melalui cakram itu? b) Berapa

fluks yang melalui cakram itu. Jika cakram itu diputar sehingga

normalnya tegak lurus terhadap

ˆ

Eρ

c)Berapa fluks yang melalui cakram

itu jika normalnya sejajar dengan Eρ

PENYELESAIAN a) luas adalah A= . Dari persamaan

(23-1),

22 0314,0)10,0( mm =π

)30)(cos0314,0)(/100,2(cos 023 mCNxEAE ==Φ φ

= 54 N . m2/C

b) Normal terhadap cakram itu sekarang tegak lurus terhadap

E,sehingga Dalam kasus ini tidak ada fluks yahg

melalui cakram itu. c) Normal terhadap cakram itu sejajar

0,0cos,900 === Edanφϕφ

dengan 1cos,0, == φφsehinggaEρ

dan fluks itu mempunyai nilai

23 - 14

CONTOH 23-2

Fluks listrik melalui sebuah kubus Sebuah kubus yang sisinya Eρ

ditempatkan dalam sebuah daerah yang medan listrik Eρ

nya homogen.

Carilah fluks listrik yang melalui setiap sisi kubus itu dan carilah fluks

total yang melalui kubus itu bila a) kubus itu

diorientasikan dengan dua mukanya tegak lurus terhadap medan Eρ

,

seperti dalam Gambar 23-8a; b) bila kubus itu diputarkan sejauh sudut 4

seperti dalam Gambar 23-8b.

PENYELESAIAN a) Karena Eρ

adalah homogen, kita dapat menghitung

fluks yang melalui setiap sisi kubus itu dengan menggunakan Persamaan

(23-3) dn (234). Vektor-vektor satuan untuk setiap sisi

diperlihatkan dalam gambar itu; arah dari setiap vektor satuan adalah ke

arah luar dai permukaan kubus yang tertutupi itu. Sudut di antara

)ˆ__ˆ( 61 nsampain

Eρ

dan

adalah 1801n̂ o; sudut di antara Eρ

dan adalah 0º; dan sudut di antara 2n̂

Eρ

dan setiap keempat vektor satuan lainnya adalah 90º. Setiap sisi kubus

itu mempunyai luas L², sehingga fluks yang melalui masing-masing muka

itu adalah

.090cos

;0cosˆ.

;180cosˆ.

026543

20222

20211

==Φ=Φ=Φ=Φ

+===Φ

−===Φ

EL

ELELAnE

ELELAnE

EEEE

E

E ρ

ρ

Fluks itu negatif pada sisi l. Dimana Eρ

diaralkan ke dalam kubus, dan

positif pada sisi 2, di mana Eρ

diaralkan ke luar dari kubus. Fluks total

yang melalui kubus itu adalah jumlah dari fluks-fluks yang melalui

keenam sisi tersebut:

654321 EEEEEEE Φ+Φ+Φ+Φ+Φ+Φ=Φ

= .0000022 =+++++− ELEL

23 - 15

b) Fluks yang melalui sisi I dan sisi 3 adalah negatif, karena Eρ

diarahkan

ke dalam sisi-sisi tersebut: medan itu diarahkan ke luar

dari sisi 2 dan sisi 4, sehingga fluks-fluks yang melalui sisi-sisi tersebut

adalah positif. Kita mendapatkan

.090cos

;cos)90cos(ˆ.

;cos)90cos(ˆ.

;cosˆ.

;cos)180cos(ˆ.

0265

20244

20233

222

20211

==Φ=Φ

+=−==Φ

−=+==Φ

+==Φ

−=−==Φ

EL

ELELAnE

ELELAnE

ELAnE

ELELAnE

EE

E

E

E

E

θθ

θθ

θ

θθ

ρ

ρ

ρ

ρ

Fluksl total 654321E EEEEEE φφφφφφφ +++++= yang melalui permukaan

kubus itu sekali lagi adalah nol. Kita sampai pada kesimpulan yang sama

ini dalam pembicaraan kita mengenai Gambar 23-30 dalam Subbab 23-2;

dalan subbab tersebut kita mengamati bahwa sebuah medan listrik

homogen yang melalui sebuah permukaan tertutup yang tidak berisi

muatan listrik fluks nettonya adalah nol.

CONTOH 23-2

23 - 16

Fluks listrik melalui sebuah bola Sebuah muatan titik positif q =3,0 µC

dikelilingi oleh sebuah bola dengan jari-jari 0,20 m yang beryusat pada

muatan itu (Gambar 23-9). Carilah fluks listrik yang melalui bola itu yang

ditimbulkan oleh muatan ini.

PENYELESAIAN Di setiap titik pada bola itu, besar Eρ

adalah

2

629

20 )20,0(

100,3)/.100,9(4 m

CxCmNxr

qE−

=∈

=π

CNx /1075,6 5=

Berdasarkan simetri, medan itu tegak lurus terhadap permukaan bola di

tiap-tiap titik. Arah positif untuk kedua dan ke arah luar,

sehingga

n̂ ⊥E

EE +=⊥

dan fluks yang melalui sebuah elemen permukaan dA adalah E dA. Dalarn

Persamaan (23-5), Eρ

adalah sama di tiaptiap titik dan dapat dikeluarkan

dari integral; apa yang tersisa adalah ∫ dA yang tak lain dari luas total

dari permukaan bola itu. Jadi, fluks total yang ke luar dari bola

itu adalah

24 rA π=

25 )20,0)(4)(/1075,6( mCNxEAE π==Φ

./.104,3 25 CmNx=

Perhatikan bahwa kita membagi dengan untuk mencari 22 )20,0( mr = Eρ

kemudian mengalikannya dengan untuk mencari 22 )20,0( mr = Eφ maka

jari-jari r dari bola itu saling meniadakan dalam hasil untuk @". Kita akan

memperoleh fluks yang sama dengan bola yang jari-jarinya 2,0 m atau

200 m. Pada pokoknya kita sampai pada kesimpulan yang s.rma dalam

pembicaraan kita mengenai Gambar 23-4 dalam Subbab 23-2, di mana

kita meminjam permukaan-permukaan tertutup yang berbentuk segi

empat siku-siku yang mempunyai dua ukuran yang berbeda yang

mencakup sebuah muatan

23 - 17

titik. Di sana kita mendapatkan bahwa fluks dari Eρ

tidak bergantung

pada ukuran permukaan itu; hasil yang sama berlaku untuk sebuah

permukaan bola. Sesungguhnya, fluks yang melalui sebarang permukaan

yang mencakup sebuah muatan titik tunggal tidak bergantung pada

bentuk atau ukuran permukaan itu, seperti yang akan segera

kita lihat.

23-4 HUKUM GAUSS

Hukum Gauss (Gauss’s law) adalah sebuah alternatif dari hukum Columb

untuk menyatakan hubungan antara muatan listrik dan medan listrik.

Hukum itu dirumuskan oleh Carl Friedrich 11.8 Gauss (1777-1855), salah

seorang matematikawan terbesar sepanjang masa. Banyak bidang Hukum

matematika yang dipengaruhinya, dan dia membuat kontribusi yang

s:rma pentingnya untuk fisika teoritis.

Hukum Gauss menyatakan bahwa fluks listrik total yang melalui

sebarang permukaan tertutup (sebuah permukaan yang mencakup

volume tertentu) sebanding dengan muatan lisfiik (netto) total di dalam

permukaan itu. Dalam Subbab 23-2ktta mengamati hubungan ini secara

kualitatif untuk kasus-kasus khusus; kita sekarang akan mengembangkan

secara lebih tepat. Kita akan mengawalinya dengan medan sebuah

muatan titik positif tunggal q. Garis-garis medan itu dipancarkan ke luar

sama besar dalam semua arah. Kita menempatkan muatan ini di pusat

23 - 18

sebuah permukaan bola khayal yang jari-jarinya R. Besar E dari medan

listrik di tiap-tiap titik pada permukaan itu diberikan oleh

04

1∈

=π

E 2Rq

Di setiap titik pada permukaan itu, Eρ

tegak lurus terhadap pennukaan,

dan besarnya sama di tiap-tiap titik persis seperti dalam Contoh23-3

(Subbab 23-3). Fluks listrik total adalah hasil kali dari besarnya medan E

dan luas total dari bola itu: 24 RA π=

0

22

0

)4(4

1∈

=∈

==qR

RqEAE π

πφ (23-6)

Fluks tersebut tidak bergantung pada jari-jari R dari bola itu. Fluks

tersebut hanya bergantung pada muatan q yang dicakup oleh bola itu.

Kita dapat juga menafsirkan hasil ini dalam hal garis-garis medan.

Gambar 23-10 memperlihatkan dua bola berturut-turut dengan jari-jari R

dan 2R, yang berpusat pada muatan titik 4 itu. Tiap-tiap garis medan

yang lewat melalui bola yang lebih kecil akan lewat juga melalui bola

yang lebih besar, sehingga fluks total yang melalui setiap bola adalah

sama.

23 - 19

Hal yang benar bagi keseluruhan bola itu adalah juga benar di

setiap bagian permukaannya. Dalam Gambar 23-10 sebuah luas d,A

23 - 20

digambarkan pada sebuah U-ota yang jari-jarinya R dan kemudian

diproyeksikan pada bola yang jari-jarinya 2R dengan111"nuril garis-garis

dari pusat melalui titik-titik pada batas dari dA. Luas yang diproyeksikan

pada bola yang lebih besar jelas adalah 4 dA. Tetapi karena medan listrik

yang ditimbulkan oleh sebuah muatan titik berbanding terbalik dengan f,

maka besarnyamedan itu pada bola yang jari-jarinya 2R adalah sebesar

¼ dari besarnya medan pada bola yang jarijarinya R. Maka fluks lisftik

adalah sama untuk ikedua luas itu dan tidahbergantung pada jari-jari

bola tersebut.

Cara proyeksi ini memperlihatkan kepada kita bagaimana

memperluas diskusi ini untuk permukaan yang tidak berbentuk bola.

Sebagai ganti dari sebuah bola, marilah kita mengelilingi bola yang jari-

jarinya R dengan sebuah permukaan yang bentuknya tak teratur, seperti

dalam Gambar 23-IIa. Tinjaulah sebuah sebuah elemen luas dA ya-ng

kecil pada permukaan yang tak teratur itu; kita perhatikan bahwa luas

ini lebih besar daripada elemen luas yang bersangkutan pada sebuah

permukaan bola yang berada pada jarak yang sama dari q. Iika sebuah

arah normal terhadap dA{ membentuk sudut Φ dengan sebuah garis

radial dari q, maka dua sisi dari luas yang diproyeksikan pada permukaan

Uota itu disusutkan oleh sebuah faktor cos Φ (Gambar 23-llb). Kedua sisi

lainnya tidak berubah. Jadi, fluks listrik melalui elemen permukaan bola

itu sama dengan fluks E dA cos Φ yang melalui elemen permukaan tak

teratur yang bersangkutan.

Kita dapat membagi keseluruhan permukaan tak teratur itu ke

dalam elemen-elemen dA, menghitung fluks listrik E dA cos Φ untuk

setiap elemen, dan menjumlahkan hasil-hasil itu dengan

mengintegralkannya, seperti dalam Persamaan (23-5). Setiap elemen

luas itu diproyeksikan pada sebuah elemen permukaan bola yang

bersangkutan. Jadi, fluks listrik total yang melalui permukaan tak teratur

itu, yang diberikan oleh setiap bentuk dari persamaan (23-5)' harus sama

dengan fluks total yang melalui sebuah bola, yang diperlihatkan oleh

23 - 21

Persamaan (23-6) sama dengan q/ε o. Jadi, untuk permukaan tak teratur

itu.

∫ ∈==

0

. qAdEE

ρρφ (23-7)

Persamaan (23-7) berlaku untuk sebuah permukaan yang bentuk dan

ukuranny a sebarang, asalkan permukaan itu adalah sebuah permukaan

tertutup yang mencakup muatan q. Lingkaran pada tanda integral itu

mengingatkan kita bahwa integral itu selalu diambil dari sebuah

permukaan tertutup.

Elemen luas Adρ

dan vektor satuan yang bersangkutan selalu

menunjuk ke luar volume yang dicakup oleh permukaan itu. Maka fluks

listik itu positif pada daerah di mana medan listrik itu menunjuk ke luar

dari permukaan dan fluks listrik itu negatif pada daerah Garis norrnal

yang arahnya ke luar permukaan. Fluks listrik itu negatif pada daerah

n̂

di mana modan lisftik inr menunjuk ke dalam. Juga Eρ

adalah positif di

titik-titik di mana Eρ

menunjuk ke luar dari permukaan itu dan nagatif di

mana Eρ

menunjuk ke dalam permukaan itu.

Jika muatan titik dalam Gambar 23-lI adalah negatif, medan Eρ

diarahkan secara Radial ke arah dalam; maka sudut Φ lebih besar

daripada 90º, cosinusnya negatif dan integral dalam Persamaan (23--7)

adalah negatif. Tetapi karena q juga adalah negatif, maka Persamaan

(23-7 ) masih berlaku.

Untuk sebuah permukaan tertutup yang mencakup tidak ada

muatan,

∫ == 0. AdEE

ρρφ

Inilah pernyataan matematika yang menyatakan bila sebuah daerah tidak

berisi muatan,maka setiap garis medan yang disebabkan oleh muatan di

luar daerah itu yang memasuki daerah itu pada satu sisi akan

meninggalkan daerah itu lagi pada sisi lainnya. (Dalam Subbab 23-2 h'rta

sampai kepada kesimpulan yang sama dengan meminjam kasus khusus

23 - 22

mengenai sebuah kotak persegi dalam sebuah medan homogen.) Gambar

23-12 melukiskan hal ini. Garis medan listrik dapat mulai atau berakhir

di dalam sebuah daerah ruang hanya bila tidak ada nuatan dalam daerah

tersebut.

Sekarang kita sampai ke langkah terakhir dalam mendapatkan

bentuk umum dari hukum Gauss. Misalkan permukaan itu mencakup

bukan satu muatan titik q saja tetapi beberapa muatan q ,q ,q ,....

Medan listrik (resultan) total

1 2 3

Eρ

di sebarang titik adalah jumlah vektor

dari medan-medan Eρ

dari muatan-muatan individu tersebut. Misalkan Q

tercakup adalah muatan total yang dicakup oleh permukaan isi Q tercakup=

q 1+ q + q + .. Juga misalkan 2 3 Eρ

adalah medan total di kedudukan

elemen luas p'ermukaan dA, dan misalkan Eρ

adalah komponennya yang

tegak lurus terhadap bidang elemen tersebut (yakni, sejajar dengan

a.d). Vtat<a kita dapat menuliskan sebuah persamaan yang menyerupai

Persamaan (23-:l) untuk setiap muatan dan medannya yang bersangkutan

dan menambahkan hasil-hasil tersebut. Bila kita melakukannya, kita

mendapatkan pernyataan umum dari hukum

Gauss:

∫ ∈==

0

. tercakupE

QAdEρρ

φ (hukum Gauss) (23-8)

Fluks listrik total yang melalui sebuah pemukaan tertutup sama

dengan muatan

listrik (netto) total di dalam permukaan itu, dibagi oleh εo

PERHATIAN => Ingatlah bahwa permukaan tertutup dalam hukum Gauss

adalah

permukaan khayal; tidak perlu ada sebuah objek material di posisi pada

permukaan itu. Kita seringkali merujuk permukaan tertutup yang

digunakan dalam hukum Gauss sebagai permukaan Gaussian (Gaussian

surface).<=

23 - 23

Dengan menggunakan definisi Q tercakup dan berbagai cara untuk

menyatakan fluks listrik yang diberikan dalam Persamaan (23-5), kita

dapat menyatakan hukum Gauss dalam bentuk-bentuk ekuivalen yang

berikut:

∫∫ ∫ ∈==== ⊥

0

.cos tercakupE

QAdEdAEdAEρρ

φφ (berbagai bentuk hukum Gauss)

(23-9)

Seperti dalam Persamaan (23-5), berbagai bentuk integral itu

menyatakan hal yang sama, yakni fluks lisnik total yang melalui

permukaan Gaussian itu, dalam suku-suku yang berbeda. Satu bentuk

rumus kadang-kadang lebih nyaman untuk digunakan daripada bentuk

yang lainnya.

Dalam Persamaan (23-8) dan (23-9), Q tercakup selalu merupakan

jumlah aljabar dari semua m\atan positif dan semua muatan negatif yang

dicakup oleh permukaan Gaussian itu, dan Eρ

adalah medan total di

setiap titik pada permukaan itu. Juga perhatikan bahwa umunmya,

medan ini sebagian disebabkan oleh muatan di dalam permukaan dan

sebagian disebabkan oleh muatan di luar permukaan itu. Tetapi seperti

yang diperlihatkan dalam Gambar 23-12, muatan yang di luat tidak

memberikan kontribusi ierhadap fluks (netto) total yang melalui

permukaan itu. Maka persamaan (23-g) d,an (23-9) adalah benar walau

ada muatan di luar permukaan yang memberikan kontribusi terhadap

medan listrik di permukaan itu. Bila ot"1"urop = 0, fluks total yang

melalui permukaan Gaussian itu harus nol, walaupun beberapa kawasan

dapat mempunyai fluks positif dan kawasan lainnya dapat mempunyai

fluks negatif.

Hukum Gauss adalah jawaban yang pasti untuk pertanyaan yang

kita ajukan pada permulaan Subbab 23-2: "Jika pola medan listrik

diketahui dalam sebuah daerah yang tertentu, apayang dapat kita

tentukan mengenai distribusi muatan dalam daerah tersebutf

Hukum Gauss menyediakan hubungan antara listrik pada sebuah

permukaan tertutup dari.distribusi muatan di dalam permukaan

23 - 24

tersebut. Tetapi dalam beberapa kasus kita dapat menggunakan hukum

Gauss untuk menjawab pertanyaan yang dibalik susunannya: .,Jika

distribusi muatan diketahui, apa yang dapat kita tentukan mengenai

medan lisirik yang dihasilkan oleh distribusi muatan itu?" Hukum Gauss

mungkin-kelihatannya merupakan cara yang tak menarik untuk

mengalamatkan pertanyaan ini, karena mungkin kelihatannya seakan-

akan penghitungan integral dalam persamaan (23-g) adalah sebuah tugas

yang sia_ sia' Kadang-kadang memang sepertitu, tetapi dalam

kesempatan lain penghitungan iniegral itu sangat mudah. Inilah sebuah

contoh di mana tidak aia integrasi yang terlibat sama sekali: kita akan

mengerjakan beberapa lagi contoh dalam bagian- berikutnya.

CONTOH 23-4

Fluks listrik dan muatan yang tercakup Gambar 23_13 memperlihatkan

medan yang dihasilkan oleh dua muatan titik +4 dan -q yang besarnya

sama tetapi yang tandanya berlawanan sebuah dipol listrik). Carilah fluks

lisfrik yang melalui masing_masing per_

mukaan oertutup A, B, C, dan D.

PENYELESAIAN Definisi fluks listrik yang diberikan dalam persamaan (23-

5) melibatkan sebuah integral permukaan, dan mungkin kelihatannya

integrasi tersebut diperlukan. Tetapi hukum Gauss mengatakan bahwa

23 - 25

fluks listrik total yang melalui sebuah permukaan tertutup sama dengan

muatan yang dicakup total dibagi oleh e^.

Melalui pemeriksaan Gambar 23-13, permukaan A (yang diperlihatkan

berwarna merah ) mencakup muatan positif sehingga Q tercakup = + q .

permukaan B (yang diperlihatkan berwarna biru) mencakup kedua

muatan mempunyai Q tercakup = -q permukaan C (yang diperlihatkan

berwarna kuning), iari6 mencakup kedua muatan, memPunYai Q

tercakup = .+q + (-q) = 0 .; permukaan D (yang diperlihatkan berwarna

ungu), yang tidak mempunyai muatan yang tercakup di dalamnya, juga

mempunlai Q.tercakup =0. Maka tanpa melakukan integrasi apa pun kita

dapat menyimpulkan bahwa fluks total untuk berbagai permukaan itu

adalah Φ E= +q / εo untuk permukaan A, Φ E= -q / εo

untuk permuk aan B, Φ E = 0 untuk kedua permukaan C di permukaan D.

Hasil-hasil ini hanya bergantung pada muatan yang tercakup

didalam setiap permukaan Gaussian, bukan pada bentuk dari

permukaanitu. Contohnya, bandingkanlah permukaan C terhadap

permukaan persegi yang diperlihatkan dalam Gambar 23_3b, yang jrtga

mencakup kedua muatan sebuah dipol listrik. Dalam kasus liu pun, kita

menyimpulkan bahwa fluks netto dari B adalah nol; fluks yang arahnya

ke dalam pada satu bagian permukaan itu secara eksak diimbangi oleh

fluks yang arahnya ke luar pada bagian selebihnya permukaan itu.

Kita dapat menarik kesimpulan serupa dengan memeriksa garis

garis medan listrik itu. permukaanA hanya mencakup muatan positif;

dalam Gambar 23-13, l8 garis digambarkan menyeberang A datam arah

ke luar. Permukaan B hanya mencakup muatan negatif; permu]kaan itu

23 - 26

diseberangi oleh lg garis yang sama ini, tetapi daiam arah ke dalam.

Permukaan C mencakup kedua muatur. Permukaan itu dipotong oleh

garis-garis di 16 titik; di g perpotongan, garis_garis itu mengarah ke

dalam. Jumlah netto dai- garis_garis menyebeiang ke arah luar adalah

nol, dan muatan netto di dalam permukaan itu juga adalah nol.

Permukaan D dipotong di 6 titik; di 3 titik garis-garis itu mengarah ke

luar, dan di 3 titik lainnya, garis- garis itu

mengarah ke dalam. Jumlah netto dari garis yang menyeberang ke arah

luar dan muatan total yang tercakup keduanya adalah nol. Ada titik-titik

pada permukaan itu di mana E tidak t%ak lurus terhadap permukaan itu,

tetapi hal ini tidak mempengaruhi penghitungan garis-garis medan.

23-5 Apurnst Huxuwt Gruss

Hukum Gauss berlaku untlk sebarareg distribusi muatan dan untuk

sebarang permukaan tertutup. Hukum Gauss dapat digunakan dengan

dua cara. Jika kita mengetahui distribusi muatan, dan jika distribusi itu

mempunyai simetri yang cukup untuk memungkinkan kita menghitung

integral dalam hukum Gauss, maka kita dapat mencari medan tersebut.

Atau jika kita mengetahui medan itu, kita dapat menggunakan hukum

Gauss untuk mencari distribusi muatan seperti muatan pada permukaan

konduksi.

Dalam subbab ini kita menyajikan contoh-contoh dari kedua

macam aplikasi. Sewaktu Anda mengkajinya, perhatikanlah peranan yang

dimainkan oleh sifat-sifat simetri dari setiap sistem. Kita akan

menggunakan hukum Gauss untuk menghitung medal listrik yang

disebabkan oleh beberapa distribusi muatan sederhana; hasil-hasil itu

dikumpulkan dalam sebuah tabel dalam ringkasan bab

Dalam soal-soal praktis kita seringkali menjumpai situasi dalam

mana kita ingin mengetahui medan listrik yang disebabkan oleh distribusi

muatan pada sebuah konduktor. Perhitungan ini dibantu oleh kenyataan

mengagumkan yang berikut: Bila muatan yang berlebih ditempatkan

pada sebuah konduktor padat dan berada dalam keadaan diam, maka

23 - 27

muatan yang berlebih itu seluruhnya berdiam pada permukaan, bukan di

bagian dalam mnterial itu. (Yang kita artikan dengan muatan yang

berlebih adalah muatan selain ion-ion dan elektron-elektron bebas yang

membentuk konduktor netral itu.) Inilah buktinya. Kita mengetahui dari

Subbab 22-6 bahwa dalam situasi elektrostatik (dengan semua muatan

berada dalam keadaan diam) medan listrik E di tiap+iap titik di bagian

dalam sebuah material konduksi adalah nol. Seandainya E tidak sama

dengan nol, muatan-muatan itu akan bergerak. Misalkan kita membangun

sebuah permukaan.Gaussian di dalam konduktor itu, seperti permukaan

A dalam Gambar 23-14. Karena E = 0 di setiap tempat pada permukaan

ini, maka hukum Gauss mengharuskan bahwa muatan muatan netto di

dalam permukaan itu adalah nol.

Sekarang bayangkanlah penyusutan permukaan yang menyerupai sebuah

balon yang mengempis sampai permukaan itu mencakup sebuah daerah

yang begitu kecil sehingga kiia dapat menganggapnya sebagai sebuah

titik P; maka muatan di titik tersebut harus sama dengan nol. Kita dapat

melakukan ini di mana saja di dalam konduktor itu, sehingga tidak

terdnpat muaten yang berlebih di setiap titik di dalam sebuah kon'duktor

padqt; setiap muatan yang berlebih akan berada pada permukaan

konduktor irz. (Hasil ini adalah untuk sebuah konduktor padat. Dalam

subbab berikutnya kita akan membicarakan apa yang terjadi jika

23 - 28

konduktor itu mempunyai rongga di dalamnya.) Kitl akan sering

memanfaatkan fakta ini dalam contoh-contoh berikutnya

CONTOH 23-5

Medan sebuah bola konduksi bermuatan Kita menempelkan

muatan positif 4 pada sebuah bola konduksi padat dengan jari-jari R

(Gambar 23-15). Tentukan B di sebarang titik di dalam dan di luar bola

itu.

PENYELESAIAN Seperti yang kita bicarakan sebelumnya dalam subbab ini,

semua muatan harus berada pada permukaan bola itu' Kita dapat

menggunakan simetri bola untuk memperlihatkan bahwa muatan itu

harus didistribusikan secara homogen pada permukaan bola dan bahwa

arah medan listrik di sebarang titik P di luar bola itu harus berada

sepanjang gais radial di antara pusat dan titik P

Peranan simetri itu pantas dibicarakan secara hati-hati. Bila kita

mengatakan bahwa sistem itu bersifat simetri bola, maka kita

mengartikan bahwa jika kita merotasikannya melalui sebarang sudut

terhadap sebarang sumbu yang melalui pusat, maka setelah rotasi,

sistem itu tidak dapat lagi dibedakan dari sistem semula yang tidak

dirotasikan. Tidak ada dalam sistem itu yang membedakan satu arah

atau orientasi dalam ruang dari arah lainnya. Muatan itu bebas bergerak

pada konduktor, dan tidak ada sesuatu mengenai konduktor itu yang

akan membuat muatan cenderung berkonsentrasi lebih dalam suatu

daerah daripada dalam daerah lainnya' Seandainya muatan itu tidak

terdistribusi homogen pada permukaan bola, maka bila kita merotasikan

sistem itu, maka bola itu akan kelihatannya sama tetapi distribusi

muatan itu akan kelihatannya berbeda, dan tidak ada sifat bola itu yang

dapat membuat ini terjadi. Maka kita menyimpulkan bahwa distribusi

muatan permukaan itu haruslah homogen.

Alasan yang serupa memperlihatkan bahwa medan itu harus

radial. Jikakita merotasikan sistem itu lagi, maka pola medan dari sistem

yang dirotasikan itu harug identik dengan pola medan dari sistem

23 - 29

semula. Jika sistem itu mempunyai sebuah komponen di suatu titik yang

tegak lurus terhadap arah radial, maka komponen itu harus berbeda

setidak-tidaknya setelah beberapa rotasi. Jadi, tidak ada komponen

seperti itu, dan medan itu harus dalam arah radial. Karena alasan yang

sama, besamya E dari medan itu hanya dapat bergantung pada jarak r

dari pusat dan harus mempunyai nilai yang sama di semua titik pada

sebuah permukaan bola yang konsenfris dengan kondukor itu.

Untuk mengambil keuntungan dari sifat simetri ini' kita mengambil

sebagai permukaan Gaussian kita sebuah bola khayal yang pusatnya pada

konduktor dengan jari-jari r yang lebih besar daripada jari-jari R dari

konduktor itu sehingga muatan.yang dicakup itu adalah 4. Lout

permukaan Gaussian adalah Erρ

;4 2π adalah homogen pada permukaan

dan tegak lurus terhadap permukaan itu di setia titik' integral fluks

dAE⊥∫ dalam hukum Gauss adalah dan Persamaan (23-8)

memberikan

)4( 2rE π

23 - 30

Pernyataan ini untuk medan di sebarang nnkdi luarbola itu (r > R)

adalah sama seperti untuk sebuah muatan titik; medan yang ditimbulkan

oleh bola bermuatan itu adalah sama, seakan-akan keseluruhan muatan

itu terkonsentrasi di pusatnya. Persis di luar permukaan bola itu, di

mana r = R,

204

1RqE

∈=

π (pada permukaan bola konduksi bermuatan)

PERHATIAN=> Ingatlah bahwa kita telah memilih muatan q itu sebagai

suatu muatan positif. Jika muatan itu negatif, medan listrik itu

mengarah ke dalam secara radial alih-alih ke arah luar Bagian permukaan

Gaussian secara radial, dan fluks listrik yang melalui permukaan Gaussian

itu negatif. Besarnya medan listrik di luar dan di permukaan bola itu

diberikan oleh pernyataan yang sama seperti di atas kecuali bahwa

4 menyatakan besar (nilai mutlak) muatan itu.<=

Di dalam bola (r < R) medan listrik itu nol, seperti halnya dengan

setiap konduktor padat bila muatan itu diam. Gambar 23_15

memperlihatkan E sebagai fungsi dari jarak r dari pusat bola itu.

Perhatikan bahwa dalam limit untuk R --> 0, bola itu menjadi sebuah

muatan titik; maka hanya ada "bagian luar,' dan medan itu di setiap

tempat diberikan oleh . Jika kita telah menyimpulkan

hukum Coulomb dari hukum Gauss. (Dalam Subbab 234 krta

menyimpulkan hukum Gauss dari hukum Coulomb, sehingga hal ini

melengkapi demonstrasi bahwa hukum Coulomb dan hukum Gauss adalah

dua hukum yang ekuivalen satu sama lain.)

204/ rqE ∈= π

Kita juga dapat menggunakan metode ini untuk sebuah kulit bola

konduksi (sebuah konduktor bola dengan sebuah lubang bola konsentris

di pusatnya) jika tidak ada muatan di dalam lubang itu. Kita

menggunakan sebuah permukaan kecil dengan jari-jari r yang lebih kecil

daripada jari-jari lubang itu. Seandainya ada medan di dalam lubang itu,

maka medan itu harus radial dan bersifat simetri bola seperti

23 - 31

sebelumnya, sehingga . Tetapi

tidak ada muatan yang tercakup, sehingga

204/ rQE tercakup ∈= π

0=tercakupQ dan di dalam

lubang itu.

0=E

Dapatkah Anda menggunakan cara yang sama ini untuk mencari

medan listrik dalam ruang-antara di antara sebuah bola bermuatan dan

sebuah bola konduksi kosong konsentris yang mengelilingi bola

bermuatan itu?

CONTOH 23-6

Medan sebuah muatan garis Muatan listrik didistribusikan secara

homogen sepanjang sebuah kawat tipis yang panjangnya tak berhingga.

Muatan per satuan panjang adalah ),(yang dianggap positif. Cari medan

listrik yang dihasilkan. (Ini adalah sebuah representasi aproksimasi

medan dari kawat berhingga yang bermuatan homogen, asalkan jarak

dari titik medan ke kawat itu jauh lebih kecil daripada panjang kawat)

PENYELESAIAN Medan itu harus menunjuk menjauhi muatan positif pada

kawat, tetapi ke arah yang mana? Kita bertanya lagi, "Bagaimana

simetrinya?" Kita dapat merotasikan sistem itu meUul sebarang sudut

mengelilingi sumbunya dan kita dapat menggeserkannya sejauh

berapapun sepanjang sumbu itu; dalam setiap kasus sistem yang

dihasilkan tidak dapat dibedakan dari sisrem semula. Dengan

menggunakan alasan yang sama seperti datam Contoh 23-5, klrta

menyimpulkan bahwa d pada tiap ritik tidak berubah bila salah satu dari

operasi-operasi ini dilaksanakan. Medan itu tidak dapat mempunyai

komponen yang sejajar dengan kawat; jika medan itu mempunyai

komponen yang sejajar dengan kawat, kita harus menerangkan mengapa

garis-garis medan yang bermula pada kawat menunjuk dalam satu arah

yang sejajar dengan kawat itu dan bukan menunjuk ke arah lainnya.

Juga, medan itu tidak dapat mempunyai komponen yang menyinggung

sebuah lingkaran dalam sebuah bidang yang tegak lurus terhadap kawat

23 - 32

dengan pusatnya pada kawat itu. Jika medan itu mempunyai komponen

seperti itu, kita harus meneJangkan mengapa komponen itu menunjuk

dalam satu arah mengitari kawat itu dan bukan dalam arah lainnya. Apa

yang masih tersisa adalah komponen yang arahnya ke fuar secara radial

dari kawat itu di setiap titik. Maka garis-garis medan di luar sebuah

kawat tak berhingga yang diberi muatan secara homogen adalah radial

dan terletak dalam bidang yang tegak lurus terhadap kawat itu.

Besarnya medan hanya bergantung pada jarak radial dari kawat itu.

Sifat simetri menyarankan bahwa kita menggunakan sebuah

silinder sebagai permukaan Gaussian denganjari-jari r yang sebarang dan

panjang / yang sebarang, dengan ujung-ujungnya tegak lurui terhadap

kawat (Gambar 23-16). Kita memecahkan integral permukaan untuk fluks

@, ke dalam sebuah integral pada setiap ujung rata dan sebuah integral

pada dinding samping yang melengkung itu. Tidak ada fluks yang melalui

kedua ujung karena .d timbul Jalam bidang pennukaan dan E_r = 0.

Untuk mencari fluks yang melalui dinding samping, perhatikin bahwa d

tegak lurus terhadap perrnukaan di setiap titik, sehingga E = El karena

simetri, d mempunyai nilai yang sama di setiap tempat pada dinding itu.

Luas dinding samping adalahZnrl. (Untuk membuat sebuah silinder kertas

densan

jari-jari r dan tinggi I Anda memerlukan segi empat siku-siku kertas

dengan lebar 2nr, tinggi / dan luas 2ttrl.) Maka fluks total eE yang

melalui keseluruhan silinder itu adalah jumlah fluks yang ,rretatoi

dinding samping, yang sama dengan (Dettrl), dan fluks nol yang melalui

23 - 33

kedua ujung, kita memerlukan muatan yang tercakup total, yakni

muatan per satuan panjang dikalikan oleh panjangnya kawat di dalam

permukaan Gaussian, atau Q tercakup =λl ).l.Dari hukum Gauss,

0

)2)((∈

==ΦλπrlEE dan

r

E λπ 021∈

= (medan sebuah muatan garis tak

berhingga).

Ini adalah hasil yang, sama yang kita dapatkan dalam Contoh 22-11

(Subbab 22--7) dengan cara yang jauh lebih terinci.

Kita telah menganggap bahwa ,λ positif . Jlka ), negatif, E

diarahkan secara radial ke dalam menuju garis muatan, dan dalam

pemyataan di atas untuk besar medan Z kita harus menafsirkan λ sebagai

besar (nilai mutlak) muatan per satuan panjang.

Perhatikan bahwa walaupun keseluruhan muatan pada kawat itu

memberi konstribusi terhadap medan tersebut, hanya bagian muatan

total yang ada di dalam permukan Gauss yang ditinjau bila kita

memakaikan hukum Gauss. Hal ini kelihatannya aneh; kelihatan seakan-

akan kita telah mendapatkan jawaban yang benar dengan mengabaikan

sebagian muatan itu dan bahwa medan sebuah kawat pendek yang

panjangnya / akan sama seperti medan sebuah kawat yang sangat

panjang. Tetapi kita memasukkan keseluruhan muatan pada kawat bila

kita memanfaatkan simetri soal itu. Jika kawat itu pendek, simetri

terhadap penggeseran sepanjang sumbu itu tidak ada, dan besarnya

medan itu tidak homogen pada permukaan Gaussian kita. Maka hukum

Gauss tidak lagi berguna dan tidak dapat digunakan untuk mencari

medan; soal itu paling baik ditangani dengan cara integrasi yang

digunakan dalam Contoh 22-11'

Kita dapat menggunakan permukaan Gaussian seperti permukaan

dalam Gambar 23-16 untuk memperlihatkan bahwa medan di titik-titik di

luar sebuah silinder panjang yang bermuatan homogen adalah sama,

23 - 34

seakan-akan semua muatan itu dikonsentrasikan pada sebuah garis

sepanjang sumbunya. Kitajuga dapat menghitung medan listrik dalam

ruang di antara sebuah silinder bermuatan dan sebuah silinder konduksi

kosong sesumbu yang mengelilingi silinder bermuatan itu. (Ini adalah

sebuah model kabel sesumbu, seperti kabel yang digunakan untuk

menyambungkan TV Anda ke sebuah "jalur" televisi kabel.) Kami

meninggalkan perhitungan ini sebagai latihan soal untuk Anda.

CONTOH 23-7

Medan sebuah lembaran muatan bidang tak berhingga Cari medan listrik

yang disebabkan oleh sebuah lembaran tak berhingga yang rata dan tipis

yang memiliki muatan positif homogen per satuan luas σ.

PENYELESAIAN Medan itu harus menunjuk menjauhi lembaran bermuatan

positif itu. Lebih jauh lagi, kita harus sekali lagi menanyakan,

"Bagaimana simetrinya?" Distribusi muatan itu tidak berubah jika kita

mendorongnya dalam sebarang arah yang sejajar

dengan lembaran itu. Dari hal ini kita menyimpulkan bahwa di setiap

titik, B tegak lurus terhadap lembar itu. Simetri itu juga memberi tahu

kita bahwa medan itu harus mempunyai besar E yang sama di sebarang

jarak pada masing-masing sisi lembaran.

Untuk mengambil keuntungan dari sifat simetri ini, kita

menggunakan sebuah silinder sebagai permukaan Gaussian dengan

sumbunya tegak lurus terhadap lembaran muatan itu, dengan ujung-

ujung yang luasnya A (Gambar 23-17). Lembaran bermuatan itu lewat

melalui pertengahan panjang silinder, sehingga ujung-ujung silinder itu

berjarak sama dari lembaran tersebut. Di setiap ujung silinder, dtegak

lurus terhadap permukaan, dan dr sama dengan E; maka fluks yang

melalui setiap ujung adalah +EA. Karena f tegak lurus terhadap lembar

bermuatan itu, maka sejajar dengan slsi yang melengkung dari silinder,

sehingga E, di dinding ini adalah nol, dan tidak ada fluks yang melalui

dinding ini. Integral fluks total dalam hukum Gauss adalah2EA (EA darr

23 - 35

setiap ujung dan nol dari dinding samping). Muatan netto di dalam

permukaan Gaussian itu adalah muatan per satuan luas dikalikan dengan

luas lembaran yang dicakup oleh permukaan itu, atau Qtercakup = σA

Maka hukum Gauss, Persamaan (23-8), memberikan

Ini adalah hasil yang sama yang kita peroleh dalarn Contoh 22-12 (Subbab

22J) dengan menggunakan sebuah perhitungan yang jauh lebih rumit.

Medan itu homogen dan diarahkan tegak lurus terhadap bidang lembar.

Besarnya tak bergantung pada jarak dari lembar itu' Maka garis-garis

medan itu lurus, sejajar satu sama lain, dan tegak lurus terhadap lembar

itu.

Jika kerapatan muatan itu negatif, maka E diarahkan menuju

lembar itu, fluks yang melalui permukaan Gaussian dalam Gambar 23-17

addahnegatif, dan odalam pemyataan E = σ/2εo menyatakan besar

(mulai mutlak) kerapatan muatan itu.

Anggapan bahwa ukuran lembaran itu adalah tak berhingga

merupakan sebuah pengandaian ideal, dan tidak ada sesuatupun di atam

ini yang besarnya benar-benar tak berhingga. Tetapi hasil E = σ/2εo

adalah sebuah aproksimasi yang baik untuk titik yang begitu dekaidengan

lembar itu (dibandingkan dengan dimensi lembar) dan tidak terlalu dekat

ke tepi-tepi lembarnya. Di titik seperti itu, medan itu sangat hampir

homogen dan tegak lurus terhadap bidang lembar.

23 - 36

CONTOH 23-8

Medan di antara pelat-pelat konduksi sejaiar yang bermuatan

berlawanan Dua pelat konduksi sejajar bidang yang besar diberi muatan

yang besamya sama dan tandanya berlawanan; muatan per satuan luas

adalah + σ untuk satu pelat dan – σ untuk pelat lainnya.Tentukan medan

listrik dalam daerah di antara pelat-pelat itu.

PENYELESAIAN Medan di antara dan di sekitar pelat-pelat itu secara

aproksimasi diperlihatkan dalam Gambar 23-18a. Karena muatan-muatan

yang berlawanan itu tarik-menarik, maka kebanyakan muatan itu

berkumpul di sisi-sisi yang berhadapan dari pelat-pelat itu. Sejumlah

kecil muatan itu berdiam pada permukaan sebelah

luar dari, pelat-pelat tersebut, dan ada suatu penyebaran atau

"peminggiran fiinging)" dari medan itu di tepi-tepi pelat. Tetapi jika

pelat-pelat itu sangat besar dibandingkan dengan jarak di antara

pelatpelat tersebut, maka jumlah muatan pada permukaan sebelah luar

sangat kecil, dan peminggiramya itu dapat diabaikan kecuali di dekat

tepi-tepr pelat tersebut. Dalam kasus ini kita dapat menganggap bahwa

medan itu homogen dalam daerah sebelah dalam di antara pelatpelat,

seperti pada Ganbar 23-18b, dan bahwa muatan itu didistribusikan

secara homogel @a pemukan-permukaan yang berhadapan.

Untuk mengeksploitasi simetri ini, kita dapat menggunakan

permukaan-permukaan Gaussian yang dinamai Sl, 52, 53, dan S4

23 - 37

Permukaan-permukaan ini adalah silinder dengan ujung-ujung yang

luasnya A yang menyerupai permukaan yang perspektifnya diperlihatkan

dalam Gambar 23-17; permukaan-permukaan itu diperlihatkan dalam

pandangan samping dalam Gambar 23-18b. Satu ujung dari setiap

permukaan terletak di dalam salah satu pelat konduksi itu. Untuk

permukaan yang ditandai S,, ujung sebelah kiri berada di dalam pelat I

(pelat positif). Karena medan itu nol di dalam volume dari setiap

konduktor padat di bawah kondisi elektrostatik, maka tidak ada fluks

listrik yang melalui ujung ini. Medan listrik di antara pelat-pelat itu

tegak lurus terhadap ujung sebelah kanan, sehingga pada ujung tersebut,

E, sama de'ngan E dan fluks itu adalah EA; fluks ini positif, karcta E

diarahkan ke luar dari permukaan Gaussian itu. Tidak ada fluks yang

metalui dinding samping silinder itu, karena dinding ini sejajar dengan E.

Maka integral fluks total dalam hukum gauss adalah EA{. Muatan netto

yang dicakup oleh silinder itu adalah σA, sehingga Persamaan (23-8)

menghasilkan

0∈=

AEA σ dan

0∈=σE (medan di antara pelat-pelat berkonduksi yang bermuatan

berlawanan)

Medan itu homogen dan tegak lurus terhadap pelat-pelat, dan besarnya

tak bergantung pada jarak dari setiap pelat. Hasil yang sama ini dapat

diperoleh dengan menggunakan permukaan Gaussian ,S4 lagipula,

permukaan S2, dan S3, dapat digunakan untuk memperlihatkan bahwa E

= 0 ke sebelah kiri dari pelat I dan ke sebelah kanan dari

pelat2. Kami meninggalkan perhitungan ini sebagai soal bagi Anda.

Kita mendapatkan hasil-hasil yang di atas dalam Contoh22-13

(Subbab 22-7) dengan menggunakan prinsip superposisi medanmedan

listrik. Medan yang ditimbulkan oleh kedua lembaran muatan itu (satu

lembaran pada setiap pelat) adalah E dan E, dari Contoh 23-7, kedta

23 - 38

medan ini mempunyai besar σ/2εo, Medan listrik (resultan) total di

sebarang titik adalah jumlah vektor d= E1+ E2, Di titik a dan titik c

dalam Gambar 23-18b, E1dan E2 mempunyai arah-arah yang berlawanan,

dan resultannya adalah nol. Ini juga benar di tiap-tiap titik di dalam

material setiap pelat, yang konsisten dengan persyaratan bahwa dengan

muatan yang berada dalam keadaan diam maka tidak ada medan di

dalam sebuah konduktor padat. Di sebarang titik , di antara pelat-pelat

iu, Erdan .d, mempunyai arah yang sama; resultannya mempunyai besar

E = σ/2εo, persis seperti

yang kita dapatkan di atas dengan menggunakan hukum Gauss.

CONTOH 23-9

Medan sebuah bola yang bermuatan homogen Muatan listrik positif Q

didistribusikan secara homogen di seluruh volume sebuah bola

pengisolasi dengan jari-jari R. Tentukan besarnya medan listrik itu di

sebuah titik P yang berjarak r dari pusat bola tersebut.

PENYELESAIAN Seperti dalam Contoh 23-5, sistem itu bersifat simetri

bola. Untuk memanfaatkan simetri ini, kita memilih sebuah bola dengan

jari-jari r sebagai permukaan Gaussian kita, yang konsentris dengan

distribusi muatan itu. Dari simetri maka besar E dari medan listrjk itu

mempunyai nilai yang sama di tiaptiap titik pada permukaan Gaussian

tersebut, dan arah E adalah radial di tiaptiap titik pada permukaan,

sehingga EL= E. Maka fluks listrik yang melalui permukaan Gauss tersebut

adalah hasil kali dari E dan luas total dari permukaan A = 4π²r, yakni, ΦE

= 4π²E

Banyaknya muatan yang tercakup di dalam permukaan Gaussian

itu bergantung pada jari-jari r. Marilah kita mula-mula mencari besarnya

medan di dalam bola bermuatan yang jari-jarinya R; besarnya E dihitung

di jari-jari permukaan Gaussian itu, sehingga kita memilih r < R.

Kerapatan muatan volume p adalah muatan Q dibagi oleh volume dari

keseluruhan bola bermuatan yangjari-jarinya R:

23 - 39

3/4 3R

Qπ

ρ =

Volume Vtercakup yang dicakup oleh permukaan Gaussian itu adalah

4/3 πr³ , selmgga muatan total Qtercakup yang dicakup oleh permukaan

tersebut adalah

3

33

3 34

4 RrQr

RQVQ tercakuptercakup =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛== ππ

ρ

Maka hukum Gauss, Persamaan (23-8), menjadi

3

3

0

24RrQEr

∈=π atau

304

1RQrE

∈=

π (medan di dalam sebuah bola bermuatan

homogen)

Besarnya medan itu sebanding dengan jarak r dari titik medan dari pusat

bola. Di pusat bola (r = 0), E = 0'

Untuk mencari besarnya medan di luar bola bermuatan itu, kita

menggunakan sebuah permukaan Gaussian bola yangjari-jarinya r > R.

Permukaan ini mencakup keseluruhan bola bermuatan itu, sehingga Q

tercakup= - Q, dan hukum Gauss memberikan

0

24∈

=QErπ atau

204

1RQrE

∈=

π (medan di luar sebuah bola bermuatan

homogen)

Untuk setiap benda bermuatan yang bersifat simetri bola, medan

listrik di luar benda itu adalah sama, seakan-akan keseluruhan muatan

itu dikonsentrasikan dibagian pusat. (Kita membuat pengamatan yang

sama ini dalam Contoh 23-5.)

23 - 40

Gambar 23-19 memperhhatkan sebuah grafik dari E sebagai fungsi

dari r untuk soal ini. Untuk r < R, E berbanding langsung dengan r dan

untuk r > R, E berubah sebagai 1/r² muatan itu

negatif sebagai ganti dari muatan positif, E ke arah dalam radial dan p

dalam pemyataan untuk E ditafsirkan sebagai besar (nilai mutlak)

muatan itu.

Perhatikan bahwa jika kita membuat r = R dalam salah satu dari

kedua pernyataan itu untuk E (di dalam atau di luar bola)' kita

mendapatkan hasil yang sama E = Q/4πεoR² untuk besamya medan di

permukaan bola itu; ini karena besarnya E adalah sebuah fungsi kontinu

dari r Bertentangan dengan itu, untuk bola konduksi yang bermuatan dari

Contoh 23-5 besar medan listrik ittt diskontinu di r = R (besar medan

listrik itu melompat dari E = 0 di dalam bola menjadi E = Q/4πεoR² persis

di dalam bola itu). Umumnya, besar medan listrik. arah medan listrik,

atau baik besar maupun arah medan listrik itu diskontinu bilamana ada

lembaran muatan, seperti di permukaan sebuah bola konduksi yang

bermuatan (Contoh 23-5), di permukaan sebuah lembaran bermuatan tak

berhingga, atau di permukaan sebuah pelat konduksi yang bermuatan

(Contoh 23-8).

Cara umum yang digunakan dalam contoh ini dapat dipakaikan

untuk sebarang distribusi muatan yang bersifat simetri bola' baik

23 - 41

distribusi itu homogen ataupun tidak. Distribusi muatan seperti itu

terjadi di dalam banyak atom dan inti atom, dan inilah sebabnya

mengapa hukum Gauss merupakan sebuah alat yang berguna dalam fisika

atom dan fisika nuklir.

23-6 MUATAN PADA KONDUKTOR

Kita telah mempelajari bahwa dalam situasi elektostatik (di mana tidak

ada gerak netto dari muatan) medan listrik di tiap-tiap titik di dalam

sebuah konduktor adalah nol dan bahwa setiap muatan yang berlebih

pada sebuah konduktor diletakkan seluruhnya pada permukaannya

(Gambar 2320a). Tetapi apa yang terjadi jika ada sebuah rongga di

dalam konduksi itu (Gambaf 23-2Ob)? Jika tidak ada muatan di dalam

rongga itu, kita dapat menggunakan sebuah permukaan Gaussian seperti

A (yang sepenuhnya terletak di dalam material konduktor itu) untuk

memperlihatkan bahwa muatan netto pada permukaan rongga iTu harus

nol, karena E= 0 di setiap tempat pada permukaan Gaussian tersebut.

Ternyata, kita dapat membuktikan dalam situasi ini bahwa tidak boleh

ada sebarang muatan dr manapun pada permukaan rongga itu. Kita akan

menunda bukti terperinci dari pernyataan ini sampai Bab 24,

Misalkan kita menempatkan sebuah benda kecil dengan muatan 4

di dalam rongga dibagian dalam sebuah konduklor (Gambar 23-20c).

Konduktor itu tidak bermuatan dan diisolasi dari muatan 4. Sekali lagi E

= 0 di setiap tempat pada permukaan A, sehingga menurut hukum Gauss

muatan total di dalam permukaan itu harus nol. Maka harus ada sebuah

muatan -q yarrg didistribusikan pada permukaan rongga itu, yang ditarik

ke sana oleh muatan q yang berada di dalam rongga. Muatan total pada

konduktor harus tetap nol, sehingga sebuah muatan +4 harus muncul baik

pada permukaan luar maupun di dalam material itu. Tetapi kita

memperlihatkan dalam Subbab 23-5 bahwa dalam situasi elektrostatistik

tidak boleh ada muatan yang berlebih di dalam material sebuah

konduktor. Maka kita menyimpulkan bahwa muatan + q harus muncul

pada permukaan sebelah luar. Dengan alasan yang sama, jika konduktor

23 - 42

itu pada mulanya mempunyai muatan Qs, maka muatan total pada

permukaan sebelah luar sama dengan q = qc setelah muatan 4 disisipkan

ke dalam rongga itu.

CONTOH 23-10

Konduktor yang penampangnya diperlihatkan dalam Ganrbat 23-21

mengangkut muatan total sebesar +3 nC . Muatan di dalam rongga itu,

diisolasi dari konduktor, adalah -5 nC. Berapabanyakkah muatan yang

ada pada setiap permukaan (sebelah dalam dan sebelah luar) konduktor

itu?

PENYELESAIAN Jika muatan dalam rongga itu adalah q = -5 nC, muatan

pada permukaan rongga sebelah dalam harus sama dengan -q = -(-5 nC) =

+5 nC. Konduktor itu mengangkut muuatan total sebesar +3 nC, yang

semuanya tidak berada di bagian dalam material itu. Jika +5 nC berada

pada permukaan sebelah dalam rongga itu, maka harus ada (+3 nc) - (+5

nc) = -2 nc pada permukaan konduktor sebelah luar.

23 - 43

MENGUJI HUKUM GAUSS MELALUI EKSPERIMEN

Kita sekarang dapat meminjam sebuah eksperimen bersejarah, yang

diperlihatkan dalam Gambar 23-22. Kita meletakkan sebuah wadah

konduksi, misalnya sebuah ember logam ndengan sebuah penutup, di

atas sebuah tempat kedudukan pengisolasi. Wadah itu pada mulanya

tidak bermuatan. Kemudian kita menggantungkan sebuah bola logam

bermuatan dengan seutas benang pengisolasi (Gambar 23-22a),

menurunkannya ke dalam ember itu, dan menaruh penutupnya (Gambar

23-22b). Muatan diinduksi pada dinding wadah, seperti yang

diperlihatkan. Tetapi sekarang kita membiarkan bola itv menyentuft

dinding sebelah dalam (Gambar 23-22c). Efeknya, permukaan bola itu

menjadi bagian dari permukaan rongga. Situasi itu sekarang sama seperti

Gambar 23-20b;jika hukum Gauss benar, muatan netto pada permukaan

rongga harus sama dengan nol. Jadi bola itu harus kehilangan semua

muatannya. Akhirnya, kita mengeluarkan bola itu; kita mendapatkan

bahwa bola itu sungguh telah kehilangan semua muatannya.

Eksperimen ini dilakukan dalam abad kesembilan belas oleh saintis

Inggris Michael Faraday, dengan menggunakan sebuah ember es logam

23 - 44

dengan sebuah penutup, dan eksperimen itu dinamakan eksperimen

ember es Faraday (Faraday's icepail experiment). (Eksperimen yang

serupa dilakukan pada abad kedelapan belas oleh Benjamin Franklin di

Amerika dan Joseph Priestley di Inggris, walaupun dengan ketelitian yang

jauh lebih kecil.) Hasil itu memastikan berlakunya hukum Gauss dan juga

hukum Coulomb. Hasil eksperimen Faraday merupakan hasil yang penting

karena metode ekperimen Coulomb, dengan menggunakan sebuah neraca

puntiran (torsion balance) dan pembagian muatan, tidak sangat teliti;

sangat sukar untuk memastikan kebergantungan Lll dari gaya

elektrostatik dengan ketelitian besar melalui pengukuran gaya langsung.

Bertentangan dengan itu, eksperimen seperti eksperimen Faraday

menguji berlakunya hukum Gauss, yang berarti juga menguji berlakunya

hukum Coulomb, dengan ketelitian yang jauh lebih besar.

Sebuah versi modern dari eksperimen Faraday diperlihatkan dalam

Gambar 23-23. Rincian kotak yang bertanda "sumber daya" ("power

supply") tidaklah penting; kerja kotak itu adalah untuk menempatkan

muatan pada bola sebelah luar dan menghilangkan muatan itu bila

diinginkan. Kotak sebelah dalam dengan sebuah muka arloji (dial) adalah

sebuah elektrometer yang peka, yakni sebuah instrumen yang dapat

mendeteksi gerak muatan yang jumlahnya sangat kecil di antara bola

sebelah luar dan bola sebelah dalam. Jika hukum Gauss benar, maka

tidak akan pernah ada muatan pada permukaan sebelah dalam dari bola

sebelah luar itu. Jika demikiano maka seharusnya tidak ada aliran

muatan di antara bolabola ketika bola sebelah luar itu sedang diberi

muatan atau sedang dikosongkan muatannya. Kenyataan bahwa

sesungguhnya tidak ada aliran diamati merupakan sebuah konfirmasi

yang sangat peka dari hukum Gauss dan dengan demikian juga adalah

sebuah kepastian dari hukum Coulomb. Ketelitian eksperimen ini

terutama dibatasi oleh elektrometer itu, yang dapat peka secara

mengherankan. Eksperimen selalu memperlihatkan bahwa eksponen 2

dalam 1/r² dari hukum Coulomb tidak berbeda lebih daripada 10-16 dari

23 - 45

2 persisnya. Maka tidak ada alasan untuk mencurigai bahwa eksponen itu

adalah sesuatu yang secara eksak lain daripada 2.

Prinsip yang sama yang melatarbelakangi eksperimen ember es

Faraday digunakan dalan generator elektrostatik Van de Graaff (Gambar

23-24). Bola konduksi bermuatan dari Gambar 23-22 digantikan oleh

sebuah ikat pinggang bermuatan yang secara terus menerus mengangkut

muatan ke bagian dalam sebuah kulit konduksi, hanya untuk mengangkut

muatan itu ke permukaan luar kulit itu. Sebagai akibatnya, muatan pada

kulit dan medan listrik di sekitarnya dapat menjadi sangat besar secara

sangat cepat. Generator Van de Graaff itu digunakan sebagai akselerator

partikel bermuatan dan untuk demonstrasi fisika.

Prinsip ini juga membentuk dasar untuk pelindung elektrostatik

(electrostatic shield'lng), Misalkan kita mempunyai sebuah instrumen

elektronik yang sangat sensitif yang kita inginkan untuk dilindungi dari

medan listrik yang kesasar yang dapat menyebabkan pengukuran yang

salah. Kita mengelilingi instrumen itu dengan sebuah material konduksi

seperti selembar tembaga. Medan listrik luar mendistribusikan kembali

elektron-elektron bebas dalam konduktor itu, yang meninggalkan sebuah

muatan positif netto pada permukaan sebelah luar dalam beberapa

daerah dan sebuah muatan negatif netto dalam daerah lainnya (Gambar

23-25). Distibusi muatan ini menyebabkan sebuah medan listrik

tambahan sehingga medan total di tiap+iap titik dalam kotak sama

dengan nol, seperti yang dikatakan oleh hukum Gauss. Distribusi muatan

pada kotak juga mengubah bentuk dari garis-garis medan di dekat kotak

itu seperti yang diperlihatkan oleh gambar. Susunan seperti itu seringkali

dinamakan sangkar Faraday (Faraday cage). Peistiwa Fisika yang sama

memberitahu Anda bahwa salah satu tempat yang paling aman sewaktu

badai halilintar adalah di dalam

23 - 46

23 - 47

sebuah mobil; jika mobil itu disambar oleh halilintar, maka muatan itu

cenderung berdiam pada kulit logam kendaraan tersebut, dan medan

listrik kecil atau tidak ada medan listrik yang dihasilkan dalam ruangan

penumpang.

MEDAN DI PERMUKAAN SEBUAH KONDUKTOR

Terakhir, kita memperhatikan bahwa ada sebuah hubungan

langsung di antara medan Ερ

di sebuah titik yang persis berada di luar

sebuah konduktor dan kerapatan muatan permukaan σ di titik tersebut.

Umumnya, σ berubah dan titik ke titik pada permukaan itu. Kita akan

memperlihatkan dalam Bab 24 bahwa di sebarang titik seperti itu, arah

Ερ

selalu tegak lurus terhadap permukaan.

Untuk mencari sebuah hubungan di antara σ di sebarang titik

pada permukaan dan komponen tegak lurus dari medan listrik di titik

tersebut, kita mengkonstruksi sebuah permukaan Gaussian dalam bentuk

sebuah silinder kecil (Gambar 23—26). Satu sisi ujung, dengan luas A,

terletak di dalam konduktor itu, dan sisi ujung yang lainnya terletak

persis di luar konduktor itu. Medan listrik adalah nol di semua titik di

dalam konduktor. Di luar konduktor itu komponen dari Ερ

yang tegak

lurus terhadap dinding samping silinder itu adalah nol, dan pada muka

ujung itu komponen yang tegak lurus tersebut sama dengan (Jika ⊥E σ

adalah positif maka medan listrik itu akan menunjuk ke arah luar

konduktor dan akan positif; jika ⊥E σ adalah negatif, medan itu akan

23 - 48

menunjuk ke arah dalam dan akan negatif.) Maka fluks total yang

melalui permukaan itu adalah . Muatan yang tercakup dalam

permukaan Gaussian itu adalah

⊥E

AE⊥

Aσ , sehingga dari hukum Gauss,

Kita dapat memeriksa ini dengan hasil-hasil yang telah kita dapatkan

untuk permukaan bola, permukaan silinder, dan permukaan bidang.

Kita memperlihatkan dalam Contoh 23—8 bahwa besarnya medan

di antara dua pelat konduksi rata tak berhingga yang bermuatan

berlawanan juga menyamai 0/εr . Dalam kasus ini besarnya medan itu

sama di semua jarak dan pelat-pelat itu, tetapi dalam semua kasus

lainnya, besamya medan itu berkurang dengan jarak yang semakin

bertambah dan permukaan itu.

CONTOH 23-11

Buktikan Persamaan (23—10) untuk sebuah bola konduksi dengan jari-jari

R dan muatan total q.

PENYELESAIAN Dalam Contoh 23—5 (Subbab 23—5) kita memperlihatkan

bahwa medan listrik persis di luar permukaan itu adalah

23 - 49

Densitas muatan permukaan itu adalah homogen dan sama dengan q

dibagi oleh luas permukaan bola:

Dengan membandingkan kedua pernyataan ini, kita mengetahui bahwa

0/∈=σE adalah seperti yang dinyatakan oleh Persamaan (23—I 0).

CONTOH 23-12

Medan listrik bumi Bumi mempunyai muatan listrik netto. Medan listrik

yang dihasilkan di dekat permukaan bumi dapat diukur dengan instrurnen

elektronik yang peka: nilai rata-ratanya adalah 150 N/C, yang diarahkan

menuju pusat bumi. a) Berapakah kerapatan muatan perrnukaan yang

bersangkutan? b) Berapakah muatan perrnukaan total dan bumi itu?

PENYELESAIAN a) Kita rnengetahui dan arah medan itu bahwa σ adalah

negatif (yang bersesuaian dengan yang diarahkan ke dalam permukaan

sehingga Ερ

adalah negatif). Dan Persamaan (23—10),

229

2/12120

/33,1/1033,1...

/)150)(1085,8(

mnCmC

NmNCE

−=×−=

−•×==∈−

−−⊥σ

b) Muatan total Q adalah hasil kali dan luas perrnukaan , di mana

adalah jari-jari bumi, dan kerapatan muatan

24 BRπ

mRB61038,6 ×=

kCCmCmQ

680108,6.../1033,1()1038,6(4

5

)2922

−=×−=

×−×= −π

Kita dapat juga menggunakan hasil dan Contoh 23—5. Pernecahan untuk

Q, kita ternukan

Sebuah elektron bermuatan —1,60 x 109C/m2 maka banyaknya kelebihan

muatan untuk negatif bersesuaian dengan (—6,8 x C)/ (—1,60 x )

= 4,2 x kelebihan elektron pada bumi, atau sekitar 7 mol dan

kelebihan elektron. Nilai ini seimbang dengan

510 1910 −

2410

23 - 50

persarnaan defisiensi elektron dalam atmosfir bumi, jadi kombinasi bumi

dan atmosfir adalah netral secara listrik.

RINGKASAN

KATA KUNCI

permukaan tertutup (closed surface), 121

fluks llstrik (electric flux), 122

integral permukaan (surface integral), 125

hukum Gauss, 127

Gaussian (Gaussian surface), 129

Eksperimen ember es Faraday (Faraday’s icepail experiment), 138

• Fluks listrik adalah ukuran “aliran” medan listrik yang melalui

sebuah permukaan. Fluks listrik itu sama dengan hasil

perkalian elemen luas dan komponen tegak lurus dari Ερ

, yang

diintegralkan pada sebuah permukaan:

• Hukum Gauss secara logika adalah ekuivalen dengan hukum

Coulomb, tetapi penggunannya sangat menyederhanakan soal-

soal yang mempunyai derajat simetri yang tinggi. Hukum itu

menyatakan bahwa fluks listrik total yang melalui sebuah

permukaan tertutup, yang dapat dituliskan sebagai integral

permukaan dan komponen dari Ερ

yang normal terhadap

permukaan itu, menyamai sebuah konstanta kali muatan total

yang dicakup oleh permukaan itu: tercakupQ

Hukum Gauss dapat dinyatakan dalam beberapa bentuk yang

ekuivalen:

23 - 51

• Bila muatan yang berlebih ditempatkan pada sebuah konduktor

dan berada dalam keadaan diam, muatan yang berlebih itu

seluruhnya terdapat pada permukaan, dan 0=Eρ

di setiap

tempat dalam material konduktor itu.

• Tabel berikut mendaftarkan medan listnik yang disebabkan

oleh beberapa distribusi muatan. Dalam tabel itu, q, Q, λ dan

a menunjuk pada besar kuantitas-kuantitas tersebut.

PERTANYAAN DISKUSI

P23—1 Sebuah permukaan Gaussian berbentuk bola mencakup sebuah

muatan titik q. Jika muatan titik itu dipindahkan dan pusat bola ke

sebuah titik menjauhi pusat itu, apakah medan listrik di sebuah titik

pada permukaan itu berubah? Apakah fluks total yang melalui permukaan

Gaussian itu berubah? Terangkan.

P23—2 Sebuah daerah ruang tertentu dibatasi oleh sebuah permukaan

tertutup khayali yang tidak berisi muatan. Apakah medan listrik selalu

nol di setiap tempat pada pemukaan itu? Jika tidak, di bawah keadaan

apakah medan itu nol pada permukaan?

23 - 52

P23—3 Sebuah balon karet mempunyai sebuah muatan titik tunggal di

dalamnya. Apakah fluks listrik yang melalui balon itu bergantung pada

apakah balon itu sepenuhnya dipompa atau tidak? Terangkan alasan

Anda.

P23—4 Apakah hukum Coulomb dan hukum Gauss seluruhnya ekuivalen?

Apakah ada situasi dalam elektrostatika di mana salah satu dari kedua

hukum itu berlaku dan hukum yang lainnya tidak berlaku? Terangkan

alasan Anda.

P23—5 Dalam Gambar 23—13, misalkan sebuah muatan titik ketiga

ditempatkan di luar permukaan Gaussian C yang berwana kuning. Apakah

ini akan mempengaruhi fluks listnik yang melalui salah satu permukaan

A, B, C, atau D dalam gambar itu? Mengapa atau mengapa tidak?

P23—6 Seandainya medan listrik dan sebuah titik sebanding dengan

bukannya , akankah hukum Gauss masih berlaku? Terangkan alasan

Anda. (Petunjuk: Tinjaulah sebuah permukaan Gaussian bola yang

berpusat pada sebuah muatan titik tunggal.)

2/1 r2/1 r

P23—7 Sebuah silinder Iingkaran tegak yang padat yang jari-jarinya R

dan tingginya h = R mempunyai muatan yang didistribusikan secara

homogen di seluruh volumenya. Dapatkah hukum Gauss digunakan untuk

menghitung medan listnik di semua titik di dalam silinder itu? Bagaimana

tentang medan listrik di semua titik di luar silinder itu? Terangkan alasan

Anda.

P23—8 Diperlihatkan dalam buku pelajaran ini bahwa medan listrik di

dalam sebuah rongga kosong dalam sebuah konduktor adalah nol. Apakah

pernyataan ini benar, tak peduli bagaimanapun bentuk rongga itu?

Mengapa atau mengapa tidak?

P23—9 Medan listrik Eρ

adalah homogen di seluruh daerah tertentu dan

suatu ruang. Sebuah bola konduksi kecil yang mengangkut sebuah

muatan netto Q kemudian ditempatkan dalam daerah ini. Berapakah

medan listrik di dalam bola itu? Terangkan alasan Anda.

P23—10 Dalam sebuah konduktor, satu atau lebih elektron dan setiap

atom bebas bergerak mondar-mandir di seluruh volume konduktor itu.

23 - 53

Apakah ini menentang penyataan bahwa setiap muatan yang berlebih

pada sebuah konduktor padat harus berada pada permukaannya?

Mengapa atau mengapa tidak?

P23—11 Terangkan pernyataan yang berikut: “Dalam sebuah situasi

statis, medan listnik di permukaan sebuah konduktor tidak dapat

mempunyai komponen yang sejajar dengan permukaan itu, karena hal ini

akan melanggar syarat bahwa muatan pada permukaan itu diam”.

Apakah pernyataan yang sama ini merupakan pernyataan yang berlaku

juga untuk medan listrik di permukaan sebuah isolator? Terangkan

jawaban Anda, dan alasan untuk setiap perbedaan di antara kasus

sebuah konduktor dan kasus sebuah isolator.

P23—12 Besar Eρ

di permukaan sebuah konduktor padat yang bentuknya

tak teratur harus paling besar dalam daerah di mana permukaan itu

melengkung paling tajam, seperti pada titik A dalam Gambar 23—27, dan

harus paling kecil dalam daerah rata seperti titik B dalam Gambar 23—

27. Terangkan mengapa hal ini harus demikian dengan meninjau

bagaimana garis-garis medan listrik harus diatur di dekat sebuah

permukaan di titik A dibandingkan dengan kerapatan muatan permukaan

di titik B? Terangkan.

P23—13 Sebuah penangkal petir adalah sebuah batang tembaga yang

tajam yang dinaikkan ke atas sebuah bangunan dan dipatri pada sebuah

kabel tembaga yang berat, yang memanjang ke bawah ke dalam tanah.

Penangkal petir digunakan untuk melindungi rumah dan gudang dari

sambaran petir; arus petir itu berjalan melalui tembaga dan bukan

melalui bangunan. Mengapa? Mengapa ujung penangkal plat itu harus

tajam? (Petunjuk: Jawaban untuk P23—12 mungkin dapat membantu.)

P23—14 Sebuah konduktor padat mempunyai sebuah rongga di

dalamnya. Apakah kehadiran sebuah muatan titik di dalam rongga itu

akan mempengaruhi medan listrik di luar konduktor tersebut? Mengapa

atau mengapa tidak? Apakah kehadiran sebuah muatan titik di luar

konduktor itu akan mempengaruhi medan listrik di dalam rongga itu?

Sekali lagi, mengapa atau mengapa tidak?

23 - 54

P23—15 Beberapa pesawat udara modern dibuat terutama dari material

komposit yang tidak menghantarkan listrik. Administrasi Penerbangan

Federal Amerika Serikat mengharuskan pesawat udara seperti itu

mempunyai kawat-kawat konduksi yang ditanamkan dalam

permukaannya untuk menyediakan perlindungan ketika terbang di dekat

hujan badai yang disertai petir dan guruh. Terangkan peristiwa fisika

yang melatarbelakangi persyaratan ini.

LATIHAN SUBBAB 23—3 MENGHITUNG FLUKS LISTRIK

23—1 Selembar kertas rata yang luasnya 0,250 diorientasikan

sehingga normal ke lembar itu membentuk sudut sebesar 60° terhadap

sebuah medan listrik homogen yang besamya 14 N/C. a) Carilah besar

fluks listrik yang melalui lembar itu. b) Apakah jawaban untuk bagian (a)

bergantung pada bentuk lembar itu? Mengapa atau mengapa tidak? c)

Untuk sudut

2m

φ berapakah di antara normal ke lembar itu dan medan

listrik terdapat besar fluks yang melalui lembar tersebut i) paling besar?

ii) paling kecil? Terangkan jawaban Anda.

23—2 Kubus dalam Gambar 23—28 mempunyai sisi-sisi yang panjangnya L

= 10,0 cm. Medan listrik itu adalah homogen, mempunyai besar E = 4,00

N/C, dan sejajar dengan bidang-xy pada sudut sebesar 36,9° yang

diukur dari sumbu x positif menuju sumbu y positif. a) Berapakah fluk

listrik yang melalui masing-masing keenam muka

310×

23 - 55

kubus dan ? b) Berapakah fluks listrik total yang melalui

semua sisi kubus itu?

54321 ,,,, SSSSS 6S

23—3 Sebuah kubus mempunyai sisi-sisi yang rusuknya L. Kubus itu

ditempatkan dengan satu titik sudut di titik asal seperti yang

diperlihatkan dalam Gambar 23—28. Medan listrik itu adalah homogen

dan diberikan oleh DkCjBiE −+=ρ

di mana B, C, dan D adalah konstanta-

konstanta yang positif. a) Carilah fluks listrik yang melalui masing-masing

keenam sisi kubus itu b dan ? b) Carilah fluks listrik

yang melalui seluruh kubus itu.

54321 ,,,, SSSSS 6S

23—4 Sebuah lembar rata mempunyai bentuk sebuah segi empat siku-

siku dengan sisi-sisi yang panjangnya 0,400 m dan 0,600 m. Lembar itu

dicelupkan dalam sebuah medan listrik homogen yang besarnya 75,0

N/C, yang membentuk sudut 20° dari bidang lembar itu (Gambar 23—29).

Carilah besarya fluks listrik yang melalui lembar itu.

23—5 Diperlihatkan dalam Contoh 22—11 (Subbab 22—7) bahwa medan

listrik yang ditimbulkan oleh sebuah garis muatan tak terhingga adalah

tegak lurus terhadap garis muatan itu dan mempunyai besar

23 - 56

rE 02/ ∈= πλ . Tinjaulah sebuah silinder khayal dengan jari-jari r =

0,250 m dan panjang l = 0,400 m yang mempunyai sebuah garis muatan

positif tak berhingga yang terletak sepanjang sumbu silinder itu. Muatan

per satuan panjang pada garis itu adalah /00,6 Cµλ = m. a) Berapakah

fluks listrik yang melalui silinder itu yang ditimbulkan oleh garis muatan

tak berhingga ini? b) Berapakah fluks yang melalui silinder itu jika jari-

jarinya ditambah menjadi r = 0,500 m? e) Berapakah fluks yang melalui

silinder itu jika panjangnya ditambah menjadi l = 0,800 m?

SUBBAB 23—4 HUKUM GAUSS

23—6 Ketiga bola kecil yang diperlihatkan dalam Gambar 23—30

mengangkut muatan nCdanqnCqnCq 40,2,80,7,00,4 321 =−== . Carilah

fluks listrik netto yang melalui masing-masing permukan tertutup yang

penampangnya diperlihatkan dalam gambar f)

Apakah jawaban Anda untuk bagian (a) sampai bagian (e) bergantung

pada bagaimana muatan itu didistribusikan pada setiap bola kecil?

Mengapa atau mengapa tidak?

;54321 ););););) SeSdScSbSa

23 - 57

23—7 (a) Sebuah muatan tertutup mencakup sebuah muatan netto

sebesar —3,60 Cµ . Berapa fluks listrik netto yang melalui permukaan

itu? b) Fluks listrik yang melalui sebuah permukaan tertutup adalah

sebesar 780 N• /C. Berapakah kuantitas dan muatan yang dicakup

oleh permukaan itu? c) Permukaan tertutup dalam bagian (b) adalah

sebuah kubus dengan sisi-sisi yang panjangnya 2,50 cm. Dan informasi

yang diberikan dalam bagian (b), apakah mungkin untuk mengetahui di

mana di dalam kubus itu muatan tersebut diletakkan? Terangkan.

2m

23—8 Sebuah muatan titik q = 4,00 nC diletakkan pada sumbu x di x =

2,00 m, dan sebuah muatan titik kedua = —6,00 nC berada pada

sumbu y di y = 1,00 m. Berapakah fluks listrik total yang ditimbulkan

oleh kedua muatan titik ini melalui sebuah permukaan bola yang

berpusat di titik asal dan dengan jari-jari a) 0,500 m? b)1,50 m? c)2,50

m?

2q

23—9 Dalam sebuah daerah ruang tertentu medan listrik Eρ

adalah

homogen. a) Gunakan hukum Gauss untuk membuktikan bahwa daerah

ruang ini secara listrik harus netral; yakni, kerapatan muatan volume ρ

harus nol. b) Apakah pernyataan kebalikannya benar? Yakni, dalam

sebuah daerah ruang di mana tidak ada muatan, haruskah Eρ

homogen?

Terangkan.

23—10 a) Dalam sebuah daerah ruang tertentu, kerapatan muatan

volume ρ mempunyai nilai positif homogen. Dapatkah Eρ

homogen

dalam daerah ini? Terangkan. (b) Misalkan dalam daerah ρ yang positif

homogen ini ada sebuah “gelembung” di dalam di mana ρ = 0. Dapatkah

Eρ

homogen di dalam gelembung ini? Terangkan.

23—11 Sebuah muatan titik sebesar 9,60 mC berada di pusat sebuah

kubus dengan sisi-sisi yang rusuknya 0,500 m. a) Berapakah fluks listrik

yang melalui salah satu dan keenam muka kubus itu? b) Bagaimana

perubahan jawaban Anda untuk bagian (a) seandainya sisi-sisi itu

mempunyai rusuk 0,250 m? Terangkan.

23 - 58

SUBBAB 23-5 APLIKASI HUKUM GAUSS

SUBBAB 23—6 MUATAN PADA KONDUKTOR

23—12 Sebuah bola logam padat yang jari-jarinya 0,450 m mengangkut

muatan netto sebesar 0,250 nC. Carilah besamya medan listrik a) di

sebuah titik 0,100 m di luar permukaan bola itu; b) di sebuah titik di

dalam bola itu; 0,100 m di bawah permukaan.

23—13 Dalam sebuah demonstrasi kuliah fisika, sebuah muatan sebesar

—0,180 Cµ ditempatkan pada kubah bola sebuah generator Van de

Graaff. a) Seberapa jauh dari pusat kubah itu seharusnya Anda duduk

supaya medan listrik di tempat duduk Anda mempunyai besar di dalam

nilai maksimum yang direkomendasikan sebesar 614 N/C (Latihan 22—

28)? b) Jawaban untuk bagian (a) tidak bergantung pada jari-jari kubah

itu. Mengapa tidak?

23—14 Drum silinder pembentuk citra dan sebuah mesin fotokopi harus

mempunyai sebuah medan listrik persis di luar permukaan drum itu

sebesar 1,40 N/C. a) Jika drum itu mempunyai luas permukaan

sebesar 0,0610 (luas selembar kertas berukuran

510+

2m218 x 11 in),

berapakah kuantitas muatan total yang harus berdiam pada permukaan

drum itu? b) Jika luas permukaan drum itu ditambah menjadi 0,122 m2

sehingga lembar-lembar kertas yang lebih besar dapat digunakan,

berapakah kuantitas muatan total yang diperlukan untuk menghasilkan

medan listrik yang sama sebesar 1,40 x N/C persis di atas permukaan

itu?

510

23—15 Berapa banyak elektron berlebih yang harus ditambahkan pada

sebuah konduktor bola yang terisolasi yang diameternya 32,0 cm untuk

menghasilkan sebuah medan listrik sebesar 1.150 N/C persis di luar

permukaan itu?

23—16 Sebuah konduktor dengan sebuah rongga di bagian dalamnya,

seperti konduktor yang diperlihatkan dalam Gambar 23—20c,

mengangkut sebuah muatan total sebesar +5,00 nC. Muatan di dalam

rongga itu, yang diisolasi dan konduktor tersebut adalah - 6,00 nC.

23 - 59

Berapakah banyak muatan yang berada pada a) permukaan sebelah

dalam dari konduktor itu? b) permukaan sebelah luar dari konduktor itu?

23—17 Gunakanlah hukum Gauss pada permukaan Gauss S2, S3, dan S4

dalam Gambar 23—18b untuk menghitung medan listrik antara pelat-

pelat dalam dan pelat-pelat luar.

23—18 Sebuah lembar pengisolasi yang berbentuk bujur sangkar yang

sisinya 80,0 cm dipegang secara horizontal. Lembar itu mempunyai

muatan sebesar 7,50 nC yang tersebar secara homogen pada luasnya. a)

Hitunglah medan listrik di sebuah titik yang berada 0,100 m di atas pusat

lembar itu. b) Perkirakanlah medan listrik di sebuah titik yang berada

100 m di atas pusat lembar itu. c) Apakah jawaban untuk bagian (a)

dan (b) akan berbeda seandainya lembar itu dibuat dari material yang

bersifat konduktor? Mengapa atau mengapa tidak?

23—19 Sebuah konduktor silinder yang panjangnya tak berhingga

mempunyai jari-jari R dan kerapatan muatan permukaan U yang

homogen. a) Dinyatakan dalam σ dan R, berapakah muatan per satuan

panjang, yakni λ , untuk silinder itu? b) Dinyatakan dalam σ , berapakah

besarnya medan listrik yang dihasilkan oleh silinder yang bermuatan itu

di suatu jarak r > R dan sumbunya? c) Nyatakan hasil dari

bagian (b) yang dinyatakan dalam λ dan perlihatkan bahwa medan

listrik di luar silinder itu adalah sama seakan-akan semua muatan itu

berada pada sumbu. Bandingkan hasil Anda dengan hasil untuk sebuah

garis muatan dalam Contoh 23—6 (Subbab 23—5).

23—20 Sebuah kubus mempunyai sisi-sisi yang rusuknya L = 0,30 m.

Kubus itu ditempatkan dengan satu titik sudut di titik asal seperti yang

diperlihatkan dalam Gambar 23—28. Medan listrik itu tidak homogen

tetapi diberikan oleh Eρ

= (—5,00 N/C m)xi + (3,00 N/C m)zk a) Carilah

fluks listrik yang melalui masing-masing keenam sisi kubus

b dan b) Carilah muatan listrik total di dalam kubus

itu.

54321 ,,,, SSSSS 6S

23—21 Sebuah permukan bujur sangkar yang rata dengan sisi-sisi yang

rusuknya L dilukiskan oleh persamaan

23 - 60

,Lx = ,0 Ly ≤≤ ,0 Lz ≤≤

a) Gambarkan bujur sangkar ini dan perlihatkan sumbu x, sumbu y, dan

sumbu z. b) Carilah fluks listrik yang melalui bujur sangkar itu yang

ditimbulkan oleh sebuah muatan titik positif q yang diletakkan di titik

asal (x = 0, y = 0, z = 0). (Petunjuk: Pikirkanlah bujur sangkar itu sebagai

bagian dari sebuah kubus yang berpusat di titik asal.)

23—22 Medan listrik Eρ

dalam Gambar 23—i di setiap tempat sejajar

dengan sumbu x, sehingga komponen dan adalah nol. Komponen

dari x dan medan itu, yakni , bergantung pada x tetapi tidak

bergantung pada y dan x. Di titik-titik dalam bidang yz (di mana x = 0),

= 125 N/C. a) Berapakah fluks listrik yang melalui permukaan I dalam

Gambar 23—31? b) Berapa fluks listrik yang melalui permukaan II? c)

Volume yang diperlihatkan dalam gambar itu adalah sebuah bagian kecil

dari sebuah lempeng pengisolasi yang sangat besar yang tebalnya 1,0 m.

Jika ada muatan total —24,00 nC di dalam volume yang diperlihatkan,

berapakah besar

yE xE

zE

xE

Eρ

dan kemanakah arahnya di sisi yang berhadapan

dengan pemukaan I? d) Apakah medan listrik yang dihasilkan itu hanya

oleh muatan di dalam lempeng tersebut, atau apakah medan itu juga

ditimbulkan oleh muatan di luar lempeng? Bagaimana Anda dapat

mengetahuinya?

23 - 61

23—23 Medan listrik 1Eρ

pada salah satu sisi dan sebuah paralelpipedum

adalah homogen pada keseluruhan sisi itu dan diarahkan ke luar dan sisi

itu. Di sisi yang berhadapan dengan sisi tersebut, medan listrik 2Eρ

adalah juga homogen pada keseluruhan sisi dan diarahkan ke dalam sisi

tersebut (Gambar 23—32). Kedua sisi dalam soal ini dimiringkan pada

sudut 30,0° dan arah horizontal, sedangkan kedua 1Eρ

dan 2Eρ

adalah

horizontal; mempunyai besar 2,50 N/C, dan 410× 2Eρ

mempunyai besar

7,00 N/C. a) Dengan menganggap bahwa tidak ada garis medan

listrik lain menyeberang permukaan paralelpipedum itu, tentukanlah

muatan netto yang terkandung di dalam paralelpipedum. b) Apakah

medan listrik itu dihasilkan hanya oleh muatan di dalam paralelpipedum,

atau apakah medan itu juga ditimbulkan oleh muatan di luar

paralelpipedum? Bagaimana Anda dapat mengatakannya?

410×

23—24 Sebuah Bola dalam sebuah Bola. Sebuah bola konduksi padat

yang mengangkut muatan q mempunyai jari-jari a. Bola itu berada di

dalam sebuah bola konduksi kosong yang konsentris yang jari-jari

dalamnya b dan jari-jari luarnya c. Bola kosong itu tidak mempunyai

muatan netto. a) Turunkan pernyataan untuk besarnya medan listrik

yang dinyatakan dalam jarak r dan pusat untuk daerah-daerah r < a, a <

r < b, b < r < c, dan r> c. b) Gambarkan grafik besar medan listrik itu

sebagai fungsi r dan r = 0 ke r = 2c. c) Berapakah muatan pada

permukaan sebelah dalam dari bola kosong itu? d) Pada permukaan

sebelah luar? e) Nyatakanlah muatan bola kecil itu dengan empat tanda

23 - 62

plus. Gambarkanlah sketsa garis-garis medan dan sistem itu di dalam

sebuah volume medan yang janjarinya 2c.

23—25 Sebuah bola konduksi padat yang jari-jarinya R dan mengangkut

muatan positif Q adalah konsentris dengan sebuah kulit pengisolasi yang

sangat tipis yang jari-jarinya 2r yang juga mengangkut muatan Q. Muatan

Q itu didistribusikan secara homogen pada kulit pengisolasi tersebut. a)

Carilah medan listrik (besar dan arahnya) dalam masing-masing daerah 0

< r <R, R < r < 2R, dan r > 2R. b) Gambarkanlah grafik dari besarnya

medan listrik sebagai fungsi dari r.

23—26 Sebuah kulit bola konduksi dengan jari-jari dalam a dan jari-jari

luar b mempunyai sebuah muatan titik positif q yang diletakkan di

pusatnya. Muatan total pada kulit itu adalah —3Q dan kulit itu diisolasi

dari sekitanya (Gambar 23—33). Turunkan pernyataan untuk besar medan

listrik yang dinyatakan dalam jarak r dan pusat itu untuk daerah-daerah r

< a, a < r < b, dan r > b. b) Berapakah kerapatan muatan permukaan

pada permukaan sebelah dalam dari kulit konduksi itu? c) Berapakah

kerapatan muatan permukaan pada permukaan sebelah luar dari kulit

konduksi itu? d) Gambarkan sketsa garis-garis medan listrik dan letak dan

semua muatan. e) Gambarkan grafik besar medan listrik sebagai fungsi

dari r

23—27 Kulit Bola Konsentris. Sebuah kulit bola konduksi yang kecil

dengan jari-jari dalam a dan jari-jari luar b konsentris dengan sebuah

kulit bola konduksi yang lebih besar dengan jari-jari dalam c dan jari-jari

luar d (Gambar 23—34). Kulit sebelah dalam mempunyai muatan +4q. a)

Hitunglah medan listrik (besar dan arahnya) yang dinyatakan dalam q

23 - 63

dan jarak r pusat bersama kedua kulit itu untuk i) r < a; ii) a < r < b; iii)

b < r < c; iv) c < r < d; v) r > d.

Perlihatkan hasil Anda dalam sebuah grafik dari komponen radial dari Eρ

sebagai fungsi r. b) Berapakah muatan total pada i) permukaan sebelah

dalam dari kulit kecil itu; ii) permukaan sebelah luar dari kulit besar itu;

iii) permukaan sebelah dalam dari kulit besar itu; iv) permukaan sebelah

luar dari kulit besar itu.

23—28 Ulangilah Soal 23—27, tetapi sekarang anggaplah kulit sebelah

luar itu mempunyai muatan —2q. Seperti dalam Soal 23—27, kulit

sebelah dalam mempunyai muatan +2q.

23—29 Ulangilah Soal 23—27, tetapi sekarang misalkan kulit sebelah luar

mempunyai muatan —4q . Seperti dalam Soal 23—27, kulit sebelah dalam

mempunyai muatan +2q.

23—30 Sebuah bola konduksi padat yang jari-jarinya R mengangkut

muatan total positif q. Bola itu dikelilingi oleh sebuah kulit pengisolasi

dengan jari-jari dalam R dan jari-jari luar 2R. Kulit pengisolasi itu

mempunyai kerapatan muatan homogen p. a) Carilah nilai p sehingga

muatan netto dari keseluruhan sistem itu adalah nol. b) Jika p

mempunyai nilai yang didapatkan dalam bagian (a), carilah medan listrik

(besar dan arahnya) dalam masing-masing daerah 0 < r < R, R < 2R,

dan r > 2R. Perlihatkan hasil-hasil Anda dalam sebuah grafik dan

komponen radial dari Eρ

sebagai fungsi dan r. c) Sebagai kaidah urnum,

medan listrik itu hanya diskontinu di tempat di mana ada sebuah lembar

muatan tipis. Terangkan bagaimana hasil Anda dalam bagian (b) cocok

dengan kaidah ini.

23 - 64

23—31 Muatan negatif -Q didistribusikan secara homogen pada

permukaan sebuah kulit pengisolasi bola tipis dengan jari-jari R.

Hitunglah gaya (besar dan arahnya) yang dikerahkan oleh kulit itu pada

sebuah muatan titik positif q yang diletakkan a) sejauh r > R dari pusat

kulit itu (di luar kulit itu); b) sejauh r < R dari pusat kulit itu (di dalam

kulit itu).

23—32 Sebuah kulit bola pengisolasi yang kecil dengan jari-jari dalam a

dengan jari-jari luar b konsentris dengan sebuah kulit bola pengisolasi

yang lebih besar dengan jari-jari dalam c dan jari-jari luar d (Gambar

23—34). Kulit sebelah dalam mempunyai muatan total +q yang

didistribusikan secara homogen pada volumenya, dan kulit sebelah luar

mempunyai muatan —q yang didistribusikan secara homogen pada

volumenya. a) Hitung kerapatan muatan pada kulit sebelah dalam dan

pada kulit sebelah luar. b) Hitung medan listnik (besar dan arahnya) yang

dinyatakan dalam q dan jarak r dari pusat bersama kedua kulit itu untuk

i) r < a; ii) a < r < b; iii) b < r < c; iv) c < r < d ; v) r > d. Perlihatkan hasil

Anda dalam sebuah grafik dari komponen radial dari Eρ

sebagai

fungsi dari r.

23—33 Kabel Sesumbu. Sebuah kabel sesumbu yang panjang terdiri dari

sebuah konduktor silinder dalam dengan jari-jari a dan sebuah silinder

sesumbu luar dengan jari-jari dalam b dan jari-jari luar c. Silinder luar

itu dinaikkan pada penopang pengisolasi dan tidak mempunyai muatan

netto. Silinder dalam mempunyai muatan positif homogen per unit

panjang λ . Hitung medan listrik a) di sebarang titik di antara silinder-

silinder itu sejauh r dan sumbu; b) di sebarang titik di luar silinder

sebelah luar. c) Gambarkan grafik besarnya medan listrik itu sebagai

fungsi dari jarak r dari sumbu kabel itu, dan r = 0 ke r = 2c. d) Carilah

muatan per satuan panjang pada permukaan sebelah dalam dan

permukaan sebelah luar dari silinder luar itu.

23—34 Sebuah tabung konduksi yang sangat panjang (silinder kosong)

mempunyai jari-jari dalam a dan jari-jari luar b. Tabung itu mengangkut

23 - 65

muatan per satuan panjang +α , di mana α adalah sebuah konstanta

positif dengan satuan C/m. Sebuah garis muatan terletak sepanjang

sumbu tabung itu. Garis muatan itu mempunyai muatan per satuan

panjang +α . a) Hitunglah medan listrik yang dinyatakan dalam α dan

jarak r dari sumbu tabung itu untuk i) r < a ; ii) a < r < b; iii) r> b.

Perlihatkan hasil-hasil Anda dalam sebuah grafik dari E sebagai fungsi

dari r. b) Berapakah muatan per satuan panjang pada i) permukaan

dalam dari tabung itu; ii) permukaan luar dari tabung itu?

23—35 Ulangilah Soal 23—34, tetapi sekarang anggaplah tabung konduksi

itu mempunyai muatan per satuan panjang —α . Seperti dalam Soal 23—

24, garis muatan itu mempunyai muatan per satuan panjang +α .

23—36 Sebuah silinder padat yang sangat panjang yang jari-jarinya R

mempunyai muatan positif yang didistribusikan secara homogen di

seluruh silinder itu, dengan muatan per satuan volume ρ . a)

Turunkanlah pernyataan untuk medan listrik di dalarn volume itu sejauh

r dari sumbu silinder yang dinyatakan dalam kerapatan muatan ρ . b)

Berapakah medan listrik di sebuah titik di luar volume itu yang

dinyatakan dalam muatan per satuan panjang λ dalam silinder itu? c)

Bandingkanlah jawaban-jawaban Anda pada bagian (a) dan bagian (b)

untuk r = R. d) Gambarkanlah grafik besar medan listrik sebagai fungsi r

dari r = 0 ke r = 3R.

23—37 Sebuah pelat konduksi tunggal yang besar dan terisolasi (Gambar

23—25) mempunyai muatan per satuan luas σ pada permukaannya.

Karena pelat itu adalah sebuah konduktor maka medan listrik di

permukaannya tegak lurus terhadap permukaan itu dan mempunyai besar

E = 02/ ∈σ , a) Dalam Contoh 23—7 (Subbab 23—5) diperlihatkan bahwa

medan yang disebabkan oleh sebuah lembar besar yang diberi muatan

secara homogen dengan muatan per satuan luas σ mempunyai besar E

= 02/ ∈σ , yang secara eksak adalah setengah dari besar medan untuk

sebuah pelat konduksi yang bermuatan. Mengapa ada perbedaannya? b)

Dengan memandang distribusi muatan pada pelat konduksi itu sebagai

23 - 66

dua lembar muatan (satu lembar pada setiap permukaan), yang masing-

masing dengan muatan per satuan luas σ , gunakanlah hasil dari Contoh

23—7 dan pninsip superposisi untuk memperlihatkan bahwa E = 0 di

dalam pelat itu dan E= 02/ ∈σ di luar pelat itu.

23—38 Model Atom Thomson. Dalam tahun-tahun awal abad kedua

puluh, sebuah model utama dari struktur atom adalah model yang

dikemukakan oleh fisikawan Inggris J.J. Thomson (penemu elektron).

Dalam model Thomson, sebuah atom terdiri dari sebuah bola material

bermuatan positif yang ke dalamnya dibenamkan elektron-elektron

bermuatan negatif, yang menyerupai keping-keping cokelat dalam

sebuah bola adonan kue. Tinjaulah sebuah atom seperti itu yang terdiri

dari satu elektnon yang massanya m dan muatannya —e, yang dapat

dipandang sebagai sebuah muatan titik, dan sebuah bola yang diberi

muatan secara homogen yang muatannya +e dan jari-jarinya R. a)

Terangkan mengapa kedudukan kesetimbangan dan elektron itu berada

di pusat inti. b) Dalam model Thomson, dianggap bahwa material positif

itu memberikan hambatan kecil atau tidak ada hambatan untuk gerak

elektron itu. Jika elektron itu digeserkan dari kesetimbangan dengan

jarak yang lebih kecil daripada R, perlihatkan bahwa gerak elektron yang

dihasilkan akan merupakan gerak harmonik sederhana, dan hitunglah

frekuensi isolasi itu. (Petunjuk: Tinjau ulanglah definisi gerak harmonik

sederhana dalam Subbab 13—3. Jika dapat diperlihatkan bahwa gaya

netto pada elektron itu mempunyai bentuk seperti ini, maka diperoleh

bahwa gerak itu adalah gerak harmonik sederhana. Sebaliknya, jika gaya

netto pada elektron itu tidak mengikuti bentuk ini, maka gerak itu bukan

gerak harmonik sederhana.) c) Pada saat Thomson hidup, diketahui

bahwa atom-atom yang terisolasi memancarkan gelombang-gelombang

cahaya yang hanya mempunyai frekuensi tertentu. Dalam model

Thomson, frekuensi cahaya yang dipancarkan itu adalah sama seperti

frekuensi osilasi elektron atau frekuensi osilasi elektron-elektron dalam

atom itu. Berapakah seharusnya jari-jari sebuah atom model Thomson

supaya atom itu menghasilkan cahaya merah yang frekuensinya 4,57

23 - 67

1410× Hz? Bandingkan jawaban Anda dengan jari-jari atom yang

sebenarnya, yang ordenya m. (Lihat Appendiks F untuk data

mengenai elektron itu.) d) Seandainya elektron itu digeserkan dan

kesetimbangan dengan jarak yang lebih besar daripada R, apakah

elektron itu akan berosilasi? Apakah geraknya akan merupakan gerak

harmonik sederhana? Terangkan alasan Anda. (Catatan Sejarah: Dalam

tahun 1910, inti atom ditemukan, yang membuktikan model Thomson itu

tidak benar. Sebuah muatan positif atom tidak tersebar pada volumenya

seperti yang dianggap oleh Thomson, tetapi terkonsentrasi dalam inti

kecil yang jari-jarinya sampai m.)

1010−

1410− 1510−

23—39 Model Atom Thomson, Lanjutan. Dengan menggunakan model

atom (kuno) Thomson yang dijelaskan dalam Soal 23—38, tinjaulah

sebuah atom yang terdiri dari dua elektron, yang masing-masing

bermuatan —e, yang dibenamkan dalam sebuah bola muatan +2e dan

jari-jari R. Dalam kesetimbangan, setiap elektron berada sejauh d dari

pusat atom itu (Gambar 23—3 6). Carilah jarak d yang dinyatakan dalam

sifat-sifat lain dari atom itu.

23—40 Medan Listrik di dalam sebuah Atom Hidrogen. Sebuah atom

hidrogen dibuat dari sebuah proton yang muatannya +Q = 1,60 C

dan sebuah elektron yang muatannya —Q = —1,60 C. Proton itu

dapat dipandang sebagai sebuah muatan titik di r = 0, yakni pusat atom

itu. Gerak elektron itu menyebabkan muatannya “dioleskan” ke dalam

sebuah distribusi bola di sekitar proton itu, sehingga elektron ito

1910−×1910−×

23 - 68

ekuivalen dengan sebuah muatan per satuan volume sebesar di mana

m dinamakan jari-jari Bohr. a) Carilah jumlah total dari

muatan atom hidrogen itu yang tercakup di dalam sebuah bola yang jari-

jarinya r yang berpusat pada proton itu. Perlihatkan bahwa jika r

110 1029,5 −×=a

∞→ ,

muatan yang tercakup itu menjadi nol. Jelaskan hasil yang diperoleh itu.

b) Carilah medan listrik (besar dan arahnya) yang disebabkan oleh

muatan atom hidrogen itu sebagai fungsi r. c) Gambarkan grafik besar

medan listrik E sebagai fungsi r.

23—41 Menyelidiki Inti Atom dengan Hamburan Elektron. Untuk

mengkaji struktur inti timah, elektron-elektron (muatan —e = —1,60

C, massa 9,11 kg) ditembakkan ke sasaran timah. Beberapa

dari elektron itu betul-betul memasuki inti sasaran itu dan

penyimpangan elektron-elektron ini diukur. Penyimpangan itu

disebabkan oleh muatan inti, yang secara aproksimasi didistribusikan

secara homogen pada volume bola dari inti itu. Sebuah inti timah

mempunyai muatan sebesar +82e dan jari-jari sebesar R = 7,1 x 1015 m.

Carilah percepatan sebuah elektron di jarak-jarak yang berikut dari

pusat kalsium: a) 2R; b) R; c) R/2; d) nol (di pusat).

1910− 3110−×

23—42 Sebuah Lempeng yang diberi Muatan Secara Homogen Sebuah

lempeng material pengisolasi mempunyai tebal 2d dan diorientasikan

sehingga sisi-sisinya sejajar dengan bidang yz dan yang diberikan oleh

23 - 69

bidang x = d dan x = —d. Dimensi y dan dimensi x dari lempeng itu

sangat besar dibandingkan dengan d dan pada pokokoya dapat

diperlakukan sebagai tak berhingga. Lempeng itu mempunyai kerapatan

muatan positif ρ yang homogen. a) Terangkan mengapa medan listrik

yang ditimbulkan oleh lempeng itu di pusat lempeng (x = 0) adalah nol.

b) Dengan menggunakan hukum Gauss, carilah medan listrik yang

ditimbulkan oleh lempeng itu (besar dan arahnya) di semua titik dalam

ruang.

23—43 Sebuah Lempeng yang Diberi Mnatan Secara Tak Homogen.

Ulangilah Soal 23—42, tetapi sekarang anggaplah kerapatan muatan

lempeng itu diberikan oleh ρ (x) = 0ρ (x/d) , di mana 20ρ adalah

sebuah konstanta positif.

23—44 Dapatkah Gaya-gaya Listrik Saja Memberikan Kesetimbangan

Stabil? Dalam Bab 22, beberapa contoh diberikan untuk menghitung gaya

yang dikerahkan pada sebuah muatan titik oleh muatan-muatan titik lain

di sekelilingnya. a) Tinjaulah sebuah muatan titik positif +q. Berikanlah

sebuah contoh bagaimana Anda akan menempatkan dua muatan titik lain

yang Anda pilih sehingga muatan netto pada muatan +q akan sama

dengan nol. b) Jika gaya netto pada muatan +q adalah nol, maka muatan

itu berada dalam kesetimbangan. Kesetimbangan itu akan stabil jika,

saat muatan +q digeserkan sedikit dalam sebarang arah dan kedudukan

kesetimbangannya, maka gaya netto pada muatan itu mendorongnya

kembali menuju kedudukan kesetimbangan itu. Supaya kasusnya seperti

demikian, ke manakah seharusnya arah medan listrik Eρ

yang ditimbulkan

oleh muatan lainnya di titik-titik yang mengelilingi kedudukan

kesetimbangan dari +q? c) Bayangkanlah bahwa muatan +q dipindahkan

sangat jauh, dan bayangkan sebuah permukaan Gaussian yang kecil yang

berpusat pada kedudukan di mana +q berada dalam kesetimbangan.

Dengan menerapkan hukum Gauss pada permukaan ini, perlihatkan

bahwa tidak mungkin untuk memenuhi syarat stabilitas yang dijelaskan

dalam bagian (b). Dengan kata lain, sebuah muatan +q tidak dapat

23 - 70

dipegang dalam kesetimbangan stabil oleh gaya-gaya elektrostatik saja.

Hasil ini dikenal sebagian teorema Earnshaw d) Bagian (a) sampai dengan

bagian (c) merujuk kepada kesetimbangan sebuah muatan titik positif

+q. Buktikan bahwa teorema Earnshaw juga berlaku pada sebuah muatan

titik negatif —q.

23—45 Sebuah distribusi muatan nonhomogen tetapi simetri bola

mempunyai kerapatan muatan ρ (r) yang diberikaa sebagai berikut:

)/1()( 0 Rrr −= ρρ untuk r < R

0)( =rρ untuk r > R

di mana adalah sebuah konstanta positif. a) Perlihatkan

bahwa muatan total yang terkandung dalam distribusi muatan total yang

terkandung dalam distribusi muatan itu adalah Q. b) Perlihatkan bahwa

medan listrik dalam daerah r

30 /3 RQ πρ =

> R adalah identik deagan medan listrik

yang dihasilkan oleh sebuah muatan titik Q di r = 0. c) Dapatkanlah

sebuah pernyataan untuk medan listrik dalam daerah r < R. d)

Gambarkanlah grafik besar medan listrik E sebagai fungsi r. e) Carilah

nilai r di mana medan listrik itu masimum, dan carilah nilai medan

maksimum itu.

23—46 Sebuah distribusi muatan nonhomogen tetapi berbentuk simetris

bola mempunyai kerapatan muatan p(r) yang diberikan sebagai berikut:

)3/41()( 0 Rrr −= ρρ untuk r < R

0)( =rρ untuk r > R

di mana p0 adalah sebuah konstanta positif. a) Carilah muatan total yang

terkandung dalam distribusi muatan itu. b) Temukan sebuah pernyataan

untuk medan listrik dalam daerah r > R. c) Temukan sebuah pernyataan

untuk medan listrik dalam daerah r < R. d) Gambarkan grafik besarnya

medan listrik E sebagai fungsi dan r. e) Carilah nilai r di mana medan

listrik itu adalah maksimum, dan carilah nilai medan maksimum itu.

23—47 Hukum Gauss untuk Gravitasi. Gaya gravitasi di antara dua

massa titik yang terpisah sejauh r adalah sebanding dengan 1/ 2r , persis

23 - 71

seperti gaya listrik di antara dua muatan titik. Karena keserupaan di

antara interaksi gravitasi dan interaksi listrik ini maka ada juga hukum

Gauss untuk gravitasi. a) Anggaplah gρ adalah percepatan yang

ditimbulkan oleh gravitasi yang disebabkan oleh sebuah massa titik m di

titik asal, sehingga rrGmg ˆ)/( 2−=ρ

. Tinjaulah sebuah permukaan

Gaussian bola yang jari-jarinya r yang berpusat pada massa titik ini, dan

perlihatkanlah bahwa fluks dari gρ melalui permukaan ini diberikan oleh

b) Dengan mengikuti langkah-langkah logika yang sama yang digunakan

dalam Subbab 23—4 untuk mendapatkan bukum Gauss untuk medan

listrik, perlihatkan bahwa fluks dari gρ melalui sembarang permukaan

tertutup diberikan oleh

di mana adalah massa total yang tercakup di dalam permukaan

tertutup itu.

tercakupM

23—48 Menerapkan Hukum Gauss untuk Gravitasi. Dengan

menggunakan hukum Gauss untuk gravitasi (yang diturunkan dalam

bagian (b) Soal 23—47), perlihatkan bahwa pernyataan-pernyataan yang

berikut adalah benar: a) Untuk setiap distribusi massa simetri bola yang

massa totalnya M, percepatan yang ditimbulkan oleh gravitasi di luar

distribusi itu adalah sama, seakan-akan semua massa itu terkonsentrasi

di pusat bola. (Petunjuk: Lihat Contoh 23—5 dalam Subbab 23—5.) b) Di

setiap titik di dalam sebuah kulit massa berbentuk bola simetris,

percepatan yang ditimbulkan oleh gravitasi adalah nol. (Petunjuk: Lihat

Contoh 23—5.) c) Jika kita dapat membor sebuah lubang melalui sebuah

planet berbentuk bola simetri ke pusatnya, dan seandainya massa jenis

bintang itu adalah homogen, kita akan mendapatkan bahwa besarnya gρ

adalah berbanding langsung dengan jarak r dari pusat. (Petunjuk: Lihat

Contoh 23—9 dalam Subbab 23— 5.) Kita telah membuktikan hasil-hasil

23 - 72

ini dalam Subbab 12—7 dengan menggunakan analisis yaag sangat berat;

bukti yang menggunakan hukum Gauss adalah jauh lebih mudah.

23—49 a) Sebuah bola pengisolasi yang jari-jarinya mempunyai

kerapatan muatan homogen

a

ρ . Bola itu tidak berpusat di titik asal,

tetapi di brρρ

= . Perlihatkan bahwa medan listrik di dalam bola itu

dibenikan oleh 03/)( ∈−= brEρρρ

ρ . b) Sebuah bola pengisolasi yang jari-

jarinya R mempunyai sebuah lubang bola yang jari-jarinya yang

diletakkan di dalam volumenya dan berpusat sejauh b dan pusat bola itu,

di mana a < b < R (sebuah penampang bola itu diperlihatkan dalam

Gambar 23—37). Bagian yang padat dari bola itu mempunyai kerapatan

muatan volume

a

ρ yang homogen. Carilah dan arah medan listrik Eρ

di

dalam lubang itu, dan perlihatkan bahwa adalah homogen di seluruh

lubang itu. (Petunjuk: Gunakan prinsip superposisi dan hasil dan bagian

(a).)

23—50 Sebuah silinder pengisolasi padat yang sangat panjang dan jari-

jarinya R mempunyai sebuah lubang silinder yang jari-jarinya , yang

dibor sepanjang keseluruhan panjang silinder itu. Sumbu lubang itu

berada sejauh b dari sumbu silinder, di mana a < b < R (Gambar 23—3 8).

Material padat silinder itu mempunyai kerapatan muatan volume

a

ρ yang

homogen. Carilah besarnya dan arahnya medan listrik Eρ

di dalam lubang

itu, dan perlihatkan bahwa E adalah homogen pada keseluruhan lubang

itu. (Petunjuk: Lihat Soal 23—49.)

23 - 73

23—51 Muatan positif Q didistribusikan secara homogen pada masing-

masing volume dua bola yang jari-jarinya R. Satu bola muatan berpusat

di titik asal dan bola lainnya berpusat di titik x = 2R (Gambar 23—39).

Carilah besar dan arahnya medan listrik netto yang ditimbulkan oleh

kedua distribusi muatan ini di titik-titik yang berikut pada sumbu x:

a) x = 0; b) x = Rj2; c) x = R; d) x = 3R.

23—52 Ulangilah Soal 23—5 1, tetapi sekarang anggaplah bola sebelah

kiri mempunyai muatan positif Q dan anggap bola sebelah kanan

mempunyai muatao negatif - Q.

SOAL TANTANGAN

23 - 74

23—53 Sebuah daerah dalam ruang mengandung muatan positif total Q

yang didistribusikan dalam bentuk bola sehingga kerapatan muatan

volume ρ (r) diberikan oleh

αρ =)(r untuk r < R/2,

)2/1(2)( Rr −= αρ untuk R/2 < R,

0)( =rρ untuk r < R,

Di sini α adalah sebuah konstanta positif yang mempunyai satuan

a)Tentukan ./ 3mC α yang dinyatakan dalam Q dan R. b) Dengan

menggunakan hukum Gauss, turunkanlah sebuah pernyataan untuk besar

sebagai fungsi r Kerjakanlah hal ini secara terpisah untuk ketiga daerah

itu. Nyatakan jawaban Anda dalam muatan total Q. Pastikanlah untuk

memeriksa bahwa hasil-hasil Anda cocok pada batas-batas daerah-daerah

tersebut. c) Pecahan berapakah dari muatan total itu yang dikandung di

dalam daerah r < R/2r d) Jika sebuah elektron dengan muatan q = - e

berosilasi bolak balik terhadap r = 0 (pusat distribusi itu) dengan

amplitudo yang lebih kecil daripada R/2, perlihatkanlah bahwa gerak itu

adalah gerak harmonik sederhana. (Petunjuk: Tinjau ulanglah diskusi

mengenai gerak harmonik sederhana dalam Subbab 13-3. Jika, dan hanya

jika, gaya netto pada elektron itu sebanding dengan pergeserannya dari

kesetimbangan, maka gerak itu adalah gerak harmonik sederhana.) c)

Berapakah periode gerak dalam bagian (d)? f) Jika amplitudo dari gerak

yang dijelaskan dalam bagian (e) lebih besar daripada R/2, apakah gerak

itu masih merupakan gerak harmonik sederhana? Mengapa atau mengapa

tidak?

23—54 Sebuah daerah dalam ruang mengandung muatan positif total Q

yang didistribusikan dalam bentuk bola sehingga kerapatan muatan

volume ρ (r) yang diberikan oleh

)2/(3)( Rrr αρ = untuk r < R/2,

[ ]2/(1)( Rrr −=αρ untuk R/2 < r < R

0)( =rρ untuk r < R,

23 - 75

Di sini α adalah sebuah konstanta positif yang mempunyai satuan C/m 3 .

a) Tentukan α yang dinyatakan dalam Q dan R. b) Dengan menggunakan

hukum Gauss, turunkanlah sebuah pernyataan untuk besarnya medan

listrik sebagai fungsi r Kerjakanlah hal ini secara terpisah untuk ketiga

daerah tersebut. Nyatakan jawaban Anda dalam muatan total Q. c)

Pecahan berapakah dan muatan total yang dikandung di dalam daerah

R/2 < r < R? d) Berapakah besarnya Eρ

di r = R/2? e) Jika sebuah elektron

dengan muatan q = - e dilepas dan keadaan diam di sebarang titik dalam

setiap ketiga daerah itu, maka gerak yang dihasilkan akan merupakan

gerak yang berosilasi, tetapi bukan gerak harmonik sederhana. Mengapa?

(Lihat soal Tantangan 23—53.)

23 - 76