Hukum Gauss

Gauss merupakan metode yang sangat efektif untuk mencari kuat medan listrik di Hukum

sekitar muatan kantinu pada benda yang memiliki simetri. Kita akan menerapkan hukum Gauss pada beberapa kasus.

a) Fluks Listrik

Sebelum menerapkan hukum Gauss, mari kita bahas dulu fluks listrik. Fluks listrik didefinisikan sebagai perkalian scalar antara vector kuat medan listrik dengan vector luar permukaan yang ditembus oleh medan tersebut.

Er Er

dan listrik Er

menembus permukaan dengan vector luas permukaan Ar

. Fluks listrik yang melewati permukaan memenuhi θ

φ =^Er•^Ar = ^EAcos

(1.63) θ A

Ar θ

r

Jika permukaan yang ditembus medan terdiri dari sejumlah segmen, maka fluks total sama dengan jumlah fluks pasa masing-masing segmen. Contohnya, untuk Gbr 1.27, fluks total

apat ditulis sebegai d

Er2

Er2

Er1

Er3

A1

A2

A3

r

1

θ2

θ3

θ Er4

r

Gambar 1.27 Medan listrik menembus sejumlah segmen permukaan

4 3 2

1 φ φ φ

φ

φ = + + +

4 4 3 3 2 2 1

1 A E A

Er r r r Er Ar Er Ar

• +

• +

• +

•

=

4 4 4 3 3 3 2 2 2 1 1

1^A cosθ ^{E A} cosθ ^{E A} cosθ ^{E A} cosθ

E + + +

= (1.64)

Jika jumlah segmen permukaan ada n buah, maka fluks total yang melewati seluruh permukaan dapat ditulis sebagai

∑

₌ ^•

= ⁿ

i

i

i A

E

1

r φ r

∑

₌

= ⁿ

i

i i iA E

1

cosθ ^(1.65)

Dalam kasus umum di mana permukaan yang dikenai medan listrik adalah permukaan sembarang dan kuat serta arah medan listrik juga sembarang maka fluks yang melewati

ermukaan ditentukan dengan integral sebagai berikut

(1.66) p

∫

= E θdA φ ^cos

r r

A4

θ ⁴

Er1

Er3

A1

A2

A3

r

1

θ2

θ3

θ Er4

r

r r

A4

θ ⁴

b) Fluks Pada Permukaan Tertutup

Fluks ada karena adanya garis gaya. Garis gaya gaya adalah lokasi pada jarak tak b

an muatan positif di dalam permukaan tertutup.

dihasilkan oleh muatan tersebut yang asuk pada sisi depan permukaan pasti keluar di sisi belakang permukaan. Karena tidak ada keluar dari muatan positif. Ujung dari garis erhingga dari muatan positif atau muatan negatif. Ketika bertemu muatan negatif, maka garis yang dihasilkan muatan positif berakhir di muatan negatif.

Permukaan tertutup

Permukaan tertutup Permukaan tertutup

Permukaan tertutup

(i) (ii)

(iii) (iv)

Permukaan tertutup Permukaan tertutup

Permukaan tertutup Permukaan tertutup Permukaan tertutup Permukaan tertutup

Permukaan tertutup Permukaan tertutup

(i) (ii)

(iii) (iv)

Gambar 1.28 (i) muatan positif berada di luar permukaan tertutup, (ii) muatan negatif berada di luar permukaan tertutup, (iii) muatan positif di luar permukaan tertutup dan muatan negatif di dalam permukaan tertutup, (iv) muatan negatif di luar permukaan tertutup d

i) Misalkan di sekitar sebuah muatan positif terdapat permukaan tertutup. Muatan tersebut berada di luar permukaan tertutup. Garis gaya yang

m

muatan negatif

garis gaya hanya berakhir di jarak tak berhingga. Pada sisi depan permukaan, sudut yang ibentuk garis gaya dengan vector luas lebih besar daripada 90^o sehingga fluks berharga , sudut yang dibentuk garis gaya dengan vector luas

i luar pemukaan ada muatan negatif maka garis gaya akan masuk menuju permukaan tersebut. garis gaya yang masuk di sisi belakang permukaan akan keluar di sisi depan permukaan. Kedua fluks tersebut juga sama besar sehingga fluks total pada permukaan teetutup nol.

iii) Jika di luar permukaan ada muatan positif dan di dalam permukaan ada muatan negatif, maka ada sebagian garis gaya yang masuk di sisi depan permukaan tidak keluar di sisi belakang permukaan karena garis gaya tersebut berakhir di muatan negatif dalam permukaan.

Akibatnya, fluks yang masuk permukaan tidak sama dengan fluks yang keluar permukaan.

Justru, fluks yang masuk permukaan lebih besar daripada fluks yang keluar permukaan.

Dengan demikian, fluks total untuk permukaan tertutup tersebut tidak nol.

iv) Jika di luar permukaan ada muatan negatif dan di dalam permukaan ada muatan positif, maka ada tambahan garis gaya yang keluar pada permukaan namun tidak berasal dari garis gaya yang masuk di sisi lain. Garis gaya tersebut dihasilkan oleh muatan positif dalam permukaan. Akibatnya, fluks yang keluar permukaan tidak sama dengan fluks yang masuk permukaan. Justru, fluks yang keluar permukaan lebih besar daripada fluks yang masuk permukaan. Dengan demikian, fluks total untuk permukaan teetutup tersebut tidak nol.

Gauss merumuskan hokum yang menghubungkan fluks total pada permukaan tertutup dengan jumlah muatan yang dikandung oleh permukaan tersebut. Hukum tersebut dirumuskan sebagai berikut

di dalam permukaan yang berperan sebagai titik akhir dari garis gaya maka d

negatif. Pada sisi belakang permukaan

lebih kecil daripada 90^o sehingga fluks berharga positif. Kedua fluks tersebut sama besar sehingga fluks total pada permukaan tertutup nol.

ii) Jika d

o tertutup permukaan tertutup

permukaan

i i

q A

E ε

∑

₋^{r • r =}

∑

⁻

atau

o tertutup permukaan tertutup

permukaan

i i i

q A

E θ

∑

ε

∑

₋ ^{cos = − (1.67)}

di mana Ei adalah kuat medan pada segmen permukaan ke-i, Ai adalah luas segmen permukaan ke-i, θⁱ : adalah sudut yang dimebtnuk oleh vector medan dan vector luas pada segmen permukaan ke-i _permukaan

∑

_−tertutup^q adalah jumlah muatan yang dilingkupi permukaan tertutup. Untuk permukaan yang sembarang, hokum Gauss dapat diungkpakan dalam bentuk integral, yaitu

o

dA q

E θ

∑

ε

∫

^{cos =}

atau

o

A q d

E

∑

ε

∫

^{r• r = (1.68)}

Simbol

∫

akan mempelajari beberapa aplikasi hokum Gauss untuk menentukan kuat medan listrik yang dihasilkan oleh benda dengan simetri tertentu.

Kawat Lurus Panjang

Sebuah kawat lurus panjang memiliki kerapatan muatan λ. Kita akan mene

menyatakan bahwa aintegral dilakukan pada permukaan tertutup. Berikut ini kita

ntukan kuat medan strik pada jarak sembarang dari kawat. Langkah yang harus kita lakukan adalah

li

i) Buat permukaan Gauss

Jika kita ingin menentukan kuat medan pada jarak r dari kawat maka permukaan Gauss yang kita gunakan berupa silinder dengan jari-jari r seperti pada Gbr. 1.29. Panjang silinder bisa bebas. Kita anggap panjangnya L.

r

L r

L

sekitar kawat lurus Gambar 1.29 Permukaan Gauss untuk menentukan kuat medan listrik di

panjang

Jadi, permukaan Gauss yang kita m

alas, dan tutup. Alas dan tutup masing-masing berbentuk lingkaran.

iliki berupa permukaan silinder yang terdiri atas selubung,

ii) Langkah berikutnya adalah menentukan

∑

^EiAicosθi. Karena sifat simetri dari kawat maka kita dapat menduga bahwa arah medan listrik pasti menembus selubung silinder tegak diilustrasikan pada Gbr. 1.30

lurus. Berarti pula arah medan listrik menyinggung alas atau tutup silinder seperti

θ

s dapat dinyatakan sebagai penjumlahan tiga bagian, yaitu Gambar 1.30 Arah medan listrik pada permukaan Gauss

Penjumlahan

∑

^{EiAico i}

{ }

alas

{ }

tutup

{ }

se ung

i i

iA E A E A E A

E cosθ = _{1 1}cosθ₁ + _{2 2}cosθ₂ + _{3 3}cosθ_{3 lub}

∑

^(1.69)

Mari kita hitung suku-suku dalam persamaan (1.69) satu per satu

rah medan listrik menyinggung alas. Karena arah vector luas permukaan tegak lurus bidang permukaan itu sendiri, maka arah medan listrik pada alas tegal lurus arah vector luas alas.

Dengan demikian, dan Alas:

A

90o 1 =

θ E¹A^1cosθ¹ = E¹A^1cos90o =E¹A¹×⁰=⁰ E

E

E E

Gambar 1.31 Arah medan listrik di alas silind

Tutup:

Arah medan listrik menyinggung tutup. Karena arah luas permukaan tegak lurus bidang permukaan itu sendiri, maka a

er

rah m tup tegak lurus arah vector luas tutup.

Dengan demikian, dan

Gambar 1.32

elubung

rah medan listrik tegak lurus selubung. Berarti

edan listrik pada tu 90o

2 =

θ E²A^2cosθ² =E²A^2cos90o =E²A²×⁰=⁰

Arah medan listrik di tutup silinder

S

A θ₃ =0. Dengan demikian

3 3 3

3 3

3 3 3

3A cos E A cos0 E A 1 E A

E θ = ^o = × =

Gambar 1.33 Arah medan listrik di selubung silinder θ1

A₁ A₁

E₁ E₁ θ1

A₂

E₂ θ2

A₂

E₂ θ2

E₃ A3

E₃ A3

Luas selubung adalah

3 = (keliling selubung) × (panjang selubung) A

L r×

=²π

Dengan demikian

(1.70) Sekarang kita menentukan muatan total yang dilingkupi permukaan Gauss. Muatan tersebut hanya ada berada pada bagian kawat sepanjang L. Dengan demikian

(1.71) engan menggunakan hokum Gauss, maka

3

3 2 2

0 0

cos E rL rLE

A

E_{i i} θ_i = + + × π = π

∑

∑

^q=λL

D

o

rLE L λε π 3 = 2

E r

πελo

3 = 2 (1.72)

yang merupakan kuat medan listrik pada jarak r dari kawat.

Muatan Titik

Misalkan kita memeiliki muatan titik Q dan kita ingin menentukan kuat medan listrik pada rak r dari muatan tersebut. Langkah pertama adalah memilih permukaan Gauss sehingga esar medan listrik pada tiap titik di permukaan tersebut sama dan sudut yang dibentuk medan

muatan titik, hanya permukaan bola yang erpusat di muatan yang memenuhi sifat tersebut. Jadi kita pilih permukaan Gauss berupa

bola dengan jari-jari r dan berpusat di muatan.

Karena hanya ada satu permukaan maka

Arah medan di permukaan bola adalah radial. Arah vector permukaan juga radial. Jadi medan dan vector pemukaan memiliki arah yang sama sehingga θ = 0 atau cos θ = 1. Dengan demikian

ja b

dan vector permukaan selalu sama. Untuk kasus b

permukaan

θ

θ ^cos

cos EA

A

E_{i i i} =

∑

∑

^{EiAicosθi = EA = E ×} (luas permukaan bola) = ^E×(4πr2).

ang dilingkupi permukaan Gaus adalah muatan titik itu sendiri. Jadi . Substitusi ke dalam hokum Gauss diperoleh

Jumlah total muatan y

∑

^q=Q

o

r Q E×(4π ²)=

ε atau

4 2

1 r E Q

πεo

=

Hasil ini p

erikutnya kita akan menentukan kuat medan listrik yang dihasilkan pelat tak berhingga yang mengandung kerapatan muatan konstan. Muatan per satuan luas yang dimiliki pelat kita anggap σ. Kita buat permukaan Gauss yang berbentuk silinder seperti pada Gbr. 1.34. Pelat

emotong siilinder tepat di tengah-tengahnya sehingga jarak alas dan tutup silinder ke pelat sama. Misal

ersis sama dengan apa yang diperoleh dengan menggunakan hokum Coulomb.

Pelat Tak Berhingga B

m

kan luas alas atau tutup silinder adalah A.

Gambar 1.34 Permukaan Gauss di sekitar pelat tak berhingga A

A₁ A₂

A₃

E E

A

A₁ A₂

A₃

E E

Dengan demikian, permukaan Gauss terdiri dari tiga bagian: alas silinder, tutup silinder, dan selubung silinder. Maka kita dapat menulis

{ }

^alas

{ }

^tutup

{ }

^{se ung}

i i

iA E A E A E A

E cos

∑

^{θ = 1 1cosθ1 + 2 2cosθ2 + 3 3cosθ3 lub (1.73)}

Karena sifat simetri yang dimiliki pelat tak berhingga maka arah medan listrik yang ihasilkan akan tegak lurus pelat. Akibatnya, medan listrik menembus tutup dan alas silinder

Kita lihat satu per satu:

las silinder:

d

secara tegak lurus dan hanya menyinggung selubung silinder.

A E E1 =

A A1 =

θ1= 0 karena medan listrik menembus alas silinder secara tegak lurus (vector medan dan ector luas alas sejajar). Dengan demikian,

v

EA EA

A

E_{1 1}cosθ₁ = cos0^o = Tutup silinder:

E E2 =

A A2 =

θ2= 0 karena medan listrik menembus tutup silinder secara tegak lurus (vector medan dan vector luas tutup sejajar). Dengan demikian,

EA EA

A

E_{2 2}cosθ₂ = cos0^o =

Selubung silinder:

karena medan listrik menyinggung selubung slinider (vector medan dan vector luas selubung silinder saling tegak lurus). Dengan demikian,

Akhirnya kita peroleh E

E3 = 90o 3 = θ

0 90 cos cos _{3 3 3}

3

3A =E A ^o =

E θ

EA EA

EA A

E_{i i}cos _i = + +0=2

∑

^{θ (1.74)}

Selanjutnya kita hitung jumlah muatan yang dikandung permukaan Gauss. Muatan tersebut hanya berlokasi pada bagian pelat yang beririsan dengan silinder, yaitu bagian pelat seluas A.

Jumlah muatan adalah

(1.75) Akhirnya dengan menggunakan hokum Gauss

A q=σ

∑

o i i i

A q

E θ

∑

ε

∑

^{cos =}

diperoleh

o

EA A σε

= 2 atau

o

E σε

= 2 (

ntukan kuat medan listrik yang dihasilkan oleh dua pelat sejajar yang ianggap tak berhingga). Susunan pelat semacam ini dijumpai pada kapasitor. Dengan demikian, pemahaman kita tentang medan yang dihasilkan pelat sejajar ak

osisi medan listrik. Medan total di suatu titik erupakan penjumlahan kuat medan yang dihasilkan oleh masing-masing pelat. Misalkan emiliki pelat yang memiliki kerapatan muatan σ¹ dan σ². Masing-masing pelat

edan listrik yang konstan ke segala arah yang besarnya

1.76)

Tampak bahwa kuat medan listrik yang dihasilkan pelat selalu sama berapa pun jaraknya dari pelat. Ini adalah akibat ukuran pelat yang tak berhingga. Jika ukuran pelat berhingga maka makin jauh dari pelat, medan listrik maskin lemah.

Medan Listrik oleh Dua Pelat Sejajar ta akan te

Selanjutnya ki

sangat luas (dapat d

an menolong kita memahami kerja kapasitor.

Prinsip yang kita gunakan adalah prinsip superp m

kita m

menghasilkan m

εo

σ 2

1 1 = E

o

E σε 2

2 2 =

Kuat medan listrik di mana-mana memenuhi

= (1.77)

Pada penjum ontoh

Suatu pelat tak berhingga yang ditempatkan pada pusat koordinat memiki kerapatan muatan

2

1 E

E

E +

lahan tersebut kalian harus memperhatikan arah.

C

= A

σ1 C/m2. Pelat lain yang sejajar dengan pelat pertama diletakkan pada koordinat x = L atan σ₂ =2A

memiliki kerapatan mu C.m2. Lihat Gbr. 1.35. Tentukan kuat medan listrik tal di mana-mana.

Jawab

35 Menentukan kuat medan di sekitar dua pelat sejajar

Di sebelah kiri pelat pertama Pelat kiri menghasilkan medan to

σ1 σ2

σ1 σ2

L

E₁ E₁

E₂ E₂

L

E₁ E₁

E₂ E₂

Gambar 1.

E¹ =σ^1/2εo ke arah kiri kanan menghasilkan medan E² =σ^{2 /2}ε_o

Pelat juga ke arah kiri

engan demikian medan total di sebelah kiri pelat pertama adalah D

o o o o o

A A E A

E σε ε ε ε

σε

2 3 2

2 2 2 2

2 1 2

1+ = + = + =

= ke arah kiri

E

Di antara dua pelat

Pelat kiri menghasilkan medan E1 =σ1^/2ε_o = A^/2ε_o ke arah kanan Pelat kanan menghasilkan medan E2 =σ2 ^/2ε_o =²A^/ε_o ke arah kiri

Karena medan yang dihasilkan pelat kanan lebih kuat, maka medan total antara dua pelat adalah

o o

o ε ε

ε ^{2 2}

1 2

2

Di sebelah kanan pelat kanan A A E A

E 2

=

−

= +

= ke arah kiri

elat kiri menghasilkan medan E

o

o A

E1 =σ1^/2ε = ^/2ε

P ke arah kanan

Pelat kanan menghasilkan medan E2 =σ2 ^/2ε_o =²A^/ε_o juga ke arah kanan Dengan demikian medan total di sebelah kiri pelat pertama adalah

o o o o o

A A E A

E

E σε ε ε ε

σε

2 3 2

2 2 2 2

2 1 2

1+ = + = + =

= ke arah kanan

asus menarik diamati jika kedua pelat memiliki kerapatan muatan yang sama namun berbeda tand

a besar tetapi berlawanan arah, ehingga medan total nol.

ah kanan pelat kanan, medan yang dihasilkan dua pelat sama besar tetapi berlawanan Di anta

K

a.

Di sebelah kiri pelat kiri medan yang dihasilkan dua pelat sam s

Di sebel

arah juga sehingga medan total nol.

ra dua pelat, medan yang dihasilkan masing-masing pelat sama besar dan searah sehingga medan total yang dihasilkan menjadi dua kali medan yang dihasilkan salah satu pelat, yaitu

o

E₌εσ _(1.78)

Bola isolator homogen

Selanjutnya mari kita hitung medan listrik yang dihasilkan oleh bola isolator yang mengandung muatan yang tersebur secara homogen. Misalkan muatan total bola adalah Q dan jari-jari bola R.

Volume bola adalah

3

3 4 R

V = π (1.79)

Kerapatan muatan bola adalah

3 3

4 R

Q V

Q

ρ = = π (1.80)

Kebergantungan kuat medan listrik terhadap jarak dari pusat bola berbeda untuk lokasi di dalam dan di luar bola.

ertama, mari kita hitung medan listrik di dalam bola. Kita buat permukaan Gauss di dalam enuhi r < R.

ambar 1.36 Permukaan Gauss di dalam bola

ya satu, yaitu permu an jari-jari r. Dengan

(1.81)

Kita mudah menduga bahwa arah medan listrik tegak lurus permukaan Gauss atau sejajar engan vector luas. Dengan demikian, θ = 0 dan

P

bola. Jari-jari pwemukaan Gauss dari pusat bola adalah r yang mem

Perm

G

Permukaan Gauss di sini han kaan bola deng

demikian,

θ

θ ^cos

cos EA

A

E_{i i i} =

∑

d cosθ =1. Luas permukaan Gauss sama

engan luas permukaan bola dengan jari-jari r, yaitu

(1.82) d

4 r2

A= π

Jadi kita peroleh

r

R

ukaan bola Permukaan Gauss Perm

r

R

ukaan bola Permukaan Gauss

E r r

E A

E_{i i}cosθ_i = (4π ²)×1=4π ²

∑

Selanjutnya kita hitung jumlah muatan yang dilingkupi permukaan Gauss. Muatan tersebut adalah yang hanya berada dalam bola berjari-jari r. Muatan yang berada di luar bola Gauss, aitu antara r sampai R tidak memberi kontribusi pada medan listrik pada jarak r. Volume bola y

Gauss adalah

3

3 ' 4 r

V = π (1.83)

Dengan demikian, muatan yang dilingkupi bola Gauss adalah

3 3 3

3 3

4πR 3 R

' 4 r

Q Q r

V

q=ρ = × π = ^(1.84)

engan hokum Gauss maka

∑

D

R3

εo

atau

3

2 1

4 r

Q E

πr =

Q r

E 1

=

o R

4πε 3 ^(1.85)

Selanjutnya m

da Gbr. 1.37.

Permukaan Gau

bus permukaan secara tegak lurus (sejajar vector luas) sehingga θ =

o, dan

ari kita hitung kuat medan listrik di luar bola. Kita buat permukaan Gauss dengan jari-jari r > R seperti pa

ss adalah permukaan bola dengan luas 4 r2

A= π

Juga arah medan menem 0

( )

^{r r E}

E EA

A

E cosθ = cos0^o = 4π ² ×1=4π ²

∑

^{i i i}

ambar 1.37 Permukaan Gauss di luar bola

atan yang dilingkupi permukaan Gauss adalah seluruh muatan bola, karena seluruh agian bola ada di dalam permukaan Gauss. Dengan demikian,

r R

Permukaan bola

Permukaan Gauss r

R

Permukaan bola

Permukaan Gauss

G

Jumlah mu b

Q q=

∑

Dengan hokum Gauss maka

εo

E Q πr² = tau 4 a

4 2

1 r E Q

πεo

= (1.86)

ola Konduktor

tepa pun kecilnya medan listrik dalam konduktor, maka electron akan mengalir an menghasilkan arus

.

Dengan sifat ini m

alam konduktor maka medan listrik dalam konduktor selalu nol. Sebab, jika medan listrik ondisi seimbang.

B

Konduktor adalah bahan yang sangat mudah mengantarkan arus listrik. Penyebabnya adalah karena konduktor mengandung muatan listrik yang mudah bergerak. Jika dalam konduktor muncul medan listrik maka electron-elektron dalam konduktor akan mengalir dan timbullah arus listrik. Be

d

aka, dalam keadaan seimbang di mana tidak ada arus yang mengalir d

tidak nol maka akan muncul arus, yang bertentangan dengan k

Jika pada konduktor diberi muatan

saling melakukan gaya. Karena muatan mudah sekali bergerak dalam konduktor maka lak-menolak tersebut menyebabkan muatan bergerak saling menjauhi sampai tidak bisa i hanya dapat terjadi jika muatan-muatan tersebut menempati ermukaan konduktor. Jadi, muatan yang dimiliki konduktor selalu menempati permukaan konduktor.

keadaan seimbang, medan listrik yang dihasilkan konduktor selalu tegak lurus ermukaan konduktor. Sebab, jika tidak tegak lurus permukaan konduktor maka medan listrik tersebut

permukaan. Komponen medan yang menyinggung permukaan akan menghasilkan gaya pada uatan sehingga bergerak sepanjang permukaan. Akibatnya muncul arus permukaan. Dan ini

engan sifat-sifat ini maka kita dapat dengan mudah menghitung medan listrik yang . Misalkan jari-jari bola adalah R. Di alam bola, yaitu pada r < R, medan listrik nol karena daerah tersebut merupakan konduktor.

Kita hanya perlu menerapkan hukum Gauss saat menghitung medan di luar bola. Dan erhitungannya sama dengan saat menghitung medan listrik yang dihasilkan bola isolator.

listrik, maka muatan tersebut akan totak-menolak karena to

bergerak lebih jauh lagi. In p

Dalam p

akan memiliki komponen yang menyinggung permukaan dan yang tegak lurus m

bertentangan dengan kondisi seimbang.

D

dihasilkan oleh bola konduktor yang diberi muatan Q d

p

Kita akan dapatkan, medan listrik di luar bola adalah

4 2

1 r E Q

πεo

= (1.87)

oal dan Pembahasan

1) Dua partikel asap yang bermuatan sama saling melakukan gaya tolak sebesar 4,2 × 10^-2 N.

Berapa besar gaya jika kedua partikel tersebut berpindah sehingga jaraknya senjadi seperdelapan jarak semula?

Jawab

Jika muatan yang melakukan gaya tetap, maka terpenuhi S

2

1 F ∝ r

Dari soal diberikan

× 10^-2 N r2 = r1/8

F1 = 4,2 Maka

64 /

1 ₂² ₁² ₁²

2 r r r

F

1 ) 8 / ( /

1 ₁² ₂² ₁ ²

1 = r = r = r =

tau

= 2,7 N

ah sejauh 20,0 cm. Kedua bola dipindahkan sehingga gaya yang ekerja pada masing-masing bola menjadi tiga kali gaya semula. Berapa jarak pisah kedua bola sekarang?

Jawab ikan = 20,0 cm F2 = 3F1

F

A

) 10 2 , 4 ( 64

64 ₁ ²

2

× −

×

=

= F F

2) Dua bola bermuatan terpis b

Diber r1

2 1

2 2 2 1

r r F F =

2 1 1

3F r

2 2

1 r

F =

3 20 3

2 2 2 1

2 = r =

r = 133,2

atau

3 ,

2 = 133

r = 11,5 cm

pada lokasi ntara dua muatan pada jarak 2,0 cm dari muatan negatif? (b) Jika electron ditempatkan di

= - 5,0 × 10^-5 C = 2,0 cm = 0,02 m

3) Dua muatan titik terpisah sejauh 10,0 cm. Salah satu memiliki muatan –25 µC dan yang lainnya memiliki muatan +50 µC. (a) Tentukan arah dan besar medan listrik

a

titik P, berapakah percepatan electron saat di titik P (besar dan arahnya)?

Jawab Diberikan

q1 = -25 µC = -25 × 10^-6 C = - 2,5 × 10^-5 C q2 = -50 µC = -50 × 10^-6 C

r1

r2 = 8,0 cm = 0,08 m

(a) Muatan negatif (di sebelah kiri) menghasilkan medan listrik ke kiri. Muatan positif (di sebelah kanan) menghasilkan medan listrik ke kiri juga. Medan total memiliki arah ke kiri.

Kuat medan di titik P yang dihasilkan muatan q1

8 2

5 9

1 (2,5 10 ) 5,6

) 10 9

( × × = ×

=

= q ⁻

k

E ₂

1

1 10

) 02 , 0 (

P r N/C

Kuat medan di titik P yang dihasilkan muatan q2

7 2

5 9

2 2

1

2 7,0 10

) 08 , 0 (

) 10 0 , 5 )( 10 9

( × × = ×

=

= ⁻

r k q

E_P N/C

Karena medan yang dihasilkan dua muatan memiliki arah yang sama, maka kuat medan total di titik P adalah

8 7

8 2

1 + =5,6×10 +7,0×10 =6,3×10

= P P

P E E

E N/C

(b) Jika electron ditempatkan di titik P maka, gaya yang bekerja pada electron adalah F = eEP

ercepatan electron adalah P

20 31

8 19

10 1 , ) 1

10 1 , 9 (

) 10 3 , 6 )(

10 6 , 1

( = ×

× ×

= ×

=

= ⁻ ₋

m eE m

a F ^P m/s2

Karena muatan electron negatif maka arah gaya yang bekerja pada electron berlawanan arah medan. Jadi electron mengalami gaya yang berarah ke kanan. Yang berarti

Berapa gaya tolak antara dua proton dalam inti yang terpisah sejauh 5 × 10^-15 meter?

Jawab

uatan proton: e = 1,6 × 10^-19 C antar dua proton dengan

electron memeiliki percepatan arah ke kanan.

r = 5 × 10^-15 m M

Gaya tolak

2 15

2 19 9

2 2

10 9 ( ×

=

= e k

F (5 10 )

) 10 6 , 1

)( ₋

−

××

r = 9,2 N

4) Berapa muatan total semua electron dalam 1,0 kg molekul H2O?

Jawab

umlah electron atom H: 1 elektron h electron atom O: 8 elektron

umlah electron molekul H2O: 2 × 1 + 8 = 10 elektron

Jumlah muatan electron dalam × (1,6 × 10^-19) = 1,6 × 10^-18 C assa atom H: 1 smu

n, massa 1 mol molekul H2O adalah 18 g = 0,018 kg mol molekul H2O dalam 1,0 kg adalah 1,0/0,018 = 55,6 mol.

J Jumla J

satu molekul H2O: 10 M

Massa atom O: 16 smu

Massa molekul H2O: 2 × 1 + 16 = 18 smu Dengan demikia

Jumlah

Satu mol mengandung 6,02 × 10²³ partikel (bilangan Avogadro). Maka jumlah molekul H2O g adalah 55,6 × (6,02 × 10²³) = 3,3 × 10²⁵ molekul.

atan electron dalam 1,0 kg H2O menjadi: (3,3 × 10²⁵) × (1,6 × 10^-18) = 5,3 × 10⁷ C 5) Anggaplah yang menarik bulan sehingga tetap pada orbitnya saat mengelilingi bumu adalah gaya Coulomb. Misalkan muatan yang sama besar tetapi berbeda jenis masing-masing ditempatkan di bumi dan di bulan. Berapa besar muatan tersebut untuk mempertahankan bulan tetap pada orbitnya sekarang? Gunakan data massa bumi 5,97 × 10²⁴ kg, massa bulan 7,35 × 10²² kg, jari-jari orbit bulan 3,84 × 10⁸ m.

Soal ini me uatan listrik agar gaya Coulomb antara bulan dan bumi samam dengan gaya gravitasi yang ada sekarang. Jadi

di dalam 1,0 k Jumlah mu

Jawab

nanyakan berapa m

2 2

2

r GMm r

kQ =

atau

13 22

24 11

10 7 , ) 5 10 35 , 7 )(

10 97 , 5 )(

10 67 , 6

( × × × = ×

=

= GMm ⁻

C.

Q ₉

10 9× k

rak tertentu. Muatan total ke duanya adalh QT.

agar (a) gaya antara ke duanya paling besar, dan ya paling kecil?

6) Dua muatan positif ditempatkan pada ja Berapa muatan yang dimiliki masing-masing (b) gaya antara keduan

Jawab

a) Misalkan muatan salah satu q1 dan yang lainnya q2=QT – q1.

Gaya antara dua muatan

2 2 1 1 2

1 1

2 2

1 ( )

r q q Q r

q Q q r

q kq

F = = ^T − = ^T −

a) Gaya memiliki nilai maksimum jika pembilang memiliki nilai paling besar. Pembilang + dengan x = q1, A = -1, B = QT dan = 0. Untuk A < 0, persamaan kuadratik ini memiliki nilai maksimum pada x = -B/2A.

Untuk gaya listrik di atas, maka gaya m m terjadi jika . Dengan demikian, muatan ke dua

memiliki bentuk persamaan kuadratik, y= Ax² +Bx C C

aksimu q₁ =−Q_T /(−2)=Q_T /2 2

1 /

2 QT q QT

q = − = .

b) Gaya minimum antara dua muatan terkadi jika dan atau sebaliknya.

Besarnya gaya tersebut adalah .

QT

q1→ q₂ →0

→0 F

7) Muatan +5,7 µC dan –3,5 µC terpisah sejauh 25 cm. Di manakah muatan ke tiga harus itempatkan agar mengamali gaya total nol oleh ke dua muatan tersebut?

Jawab

Misalkan muatan +5,7 µC berada di sebalah kiri dan muatan –3,5 µC berada di debelah kanan.

n muatan –3,5 µC juga menghasilkan medan strik ke arah kanan (saling menguatkan).

an lebih e muatan +5,7 µC sehingga besar medan yang dihasilkan selalu mengungguli besar

asilkan muatan –3,5 µC sehingga tidak mungkin saling menghilangkan.

ebelah kanan muatan –3,5 µC. Misalkan jarak dari muatan dari muatan +5,7 µC adalah x + 25 cm = x + 0,25 m.

Medan total nol jika terpenuhi d

Muatan ke tiga mengalami gaya nol pada titik yang mengandung medan total nol.

Lokasi titik tersebut tidak mungkin ada di antara dua muatan, karena muatan +5,7 µC menghasilkan medan listrik arah ke kanan da

li

Lokasi titik tersebut tidak mungkin berada di sebelah kiri muatan +5,7 µC karena ak dekat k

medan yang dih

Lokasi yang mungkin adalah di s –3,5 µC adalag x maka jarak

2 2 2

1

) 25 ,

0 x

k q

k q =

(x+

3 , 1 6 , 7 1 , 5 )

25 , 0

( 1

=

=

=

+ = q

x

5 ,

2 3 q x

listrik sehingga mengalami awab

atau

x + 0,25 = 1,3 x 0,3 x = 0,25 atau

x = 0,25/0,3 = 0,83 m = 83 cm

8) Sebuah proton dilepaskan pada ruang yang memiliki medan

gaya 3,2 × 10^-14 N ke utara. Berapa besar dan arah medan listrik dalam ruang tersebut?

J

Besar medan listrik memenuhi

5 19

14

10 10 2

6 , 1

10 2 ,

3 = ×

××

=

= ₋⁻

e

E F N/C

Arah medan listrik samam dengan arah gaya yang diamali proton (karena proton bermuatan . Jadi arah medan listrik adalah ke utara.

ang yang memiliki medan listrik mengalami positif)

9) Sebuah electron yang dilepaskan dalam ru