E 3 E 1 -σ 3 σ 3 σ 1 1 a Namakan keping paling atas aalah keping A, keping keua ari atas aalah keping B, keping ketiga ari atas aalah keping C an keping paling bawah aalah keping D E 2 muatan bawah keping C an muatan atas keping D Muatan bawah keping B = - muatan atas keping C, agar tiak aa muatan menembus keping 2 an 3 Demikian juga engan muatan bawah keping A an muatan atas keping B Juga berlaku untuk Dari ketiga argumen i atas, iapat gambaran sebaran muatan seperti paa gambar Karena mula-mula keping A an keping D tiak bermuatan, maka muatan total keuanya harus nol Jai σ 2 = σ 3 Jai E 1 = 1 0, E 2 = 2 0 an E 3 = 3 0 Tetapi integral garis ari keping A ke keping D harus nol, karena keuanya memiliki potensial yang sama akibat ihubungkan oleh kawat Jai Jai iapat E 2 = ½ E 1 Tetapi karena V B - V C = Δφ, maka iapat b Keping A: Keping B: Keping C: Keping D: -E 3 + E 1 - E 2 = 0, engan aalah jarak masing-masing keping E 1 = -σ 1 -σ 2 σ 2, E 2 = 1 2 A = 3 = 0 2 B = 3 1 = 3 0 2 C = 1 2 = 3 0 2 D = 2 = 0 2 an E 3 =
2 Tinjau sebuah titik sembarang paa permukaan konuktor Anggap muatan per satuan luas paa permukaan konuktor i titik ini aalah σ f Jai engan menggunakan hukum Gauss iapat D = σ f Dengan menggunakan hubungan D= 0 E P an D= 0 E, iapat P= D 1 Dari efinisi muatan terikat (boun charges), iapat rapat muatan terikat i ielektrik ekat titik sembarang ini aalah b =P n= f 1 Total muatan terikat i ielektrik iapat engan mengintegrasikan paa seluruh permukaan Karena nilai ε r uniform, maka iapat q b,in = b A= 1 A= 1 q Karena ielektrik netral, maka muatan terikat paa permukaan luar = - muatan terikat paa permukaan alam q b,out = 1 q Hasil ini sebenarnya hanya benar jika kita bisa menjamin bahwa rapat muatan terikat ρ b aalah nol i alam meia Dari efinisi rapat muatan terikat b = P= D 1 1 Tetapi karena tiak aa muatan bebas alam ielektrik an juga karena ε r uniform, maka nilai ρ b aalah nol 3 Pengerjaan soal ini memerlukan muatan bayangan Pertama anggap bola ibumikan Dari perumusan stanar metoe bayangan, iapat muatan bayangan -q' terletak paa jarak x ari pusat bola engan nilai nilai sebagai berikut x = /3, q' = q/3 Dengan memunculkan muatan bayangan ini, bola menjai bermuatan -q/3 Seangkan mula-mula bola bermuatan Q Untuk membuat bola seperti muatan mula-mula, maka perlu iletakkan muatan Q + q/3 i suatu posisi yang masihh menjamin ekuipotensial paa permukaan bola Posisi ini aalah i pusat bola Potensial i permukaan bola apat ihitung ari pengaruh muatan q i jarak
3 ari pusat bola, muatan bayangan -q/3 i jarak /3 ari pusat bola an muatan (Q + q/3 ) i pusat bola Tetapi keua muatan pertama memberikan potensial nol i permukaan bola, sehingga, potensial permukaan bola aalah V = = 1 Q q/3 4 0 Paa konuktor, potensial i alam bola sama engan potensial i permukaan bola, sehingga V = /2 = 1 Q q/3 4 0 4 Ambil titik A sebagai acuan: V = ln 1 ' r 2 0 ln 2 x V = 1 2 ln 2 r 2 2 r cos ln 2 0 ' 1 2 ln x2 r 2 2 x r cos ' ln x Karena permukaan siliner ekuipotensial maka E θ (r=) = 0 atau iapat 1 2 sin 2 2 2 2 cos ' 1 2 Seerhanakan 2 2 2 cos = ' x x 2 2 2 x cos V =0 i r= 2 x sin x 2 2 2 x cos =0 Kali silang, ' x 2 ' x 2 2 ' x cos = x 2 2 2 x cos Karena hasil ini harus benar untuk seluruh suut θ, koefisien yang memiliki ketergantungan terhaap θ harus nol Diapat λ' = -λ Gunakan hasil ini paa persamaan terakhir, iapat x= 2 Jai sistem ini setara engan sebuah muatan garis λ i x=, an sebuah muatan garis lainnya -λ i x= 2 / x θ -λ ' r r 2 A r 1 λ
Gaya per satuan panjang i antara mereka berua aalah F L = 2 2 0 2 = 2 2 0 2 2 5 Hambatan pengganti seluruh sistem sebaning engan atau bisa itulis sebagai λ, engan λ aalah konstanta tanpa imensi 2 4 8 2 2 4 4 8 8 = λ Sekarang tinjau sistem yang hanya teriri ari resistor i bawah Dengan Argumen seperti i atas, bisa ipastikan bahwa hambatan penggantinya aalah λ(2) 2 4 8 16 2 2 4 4 8 8 16 16 = 2λ Sekarang rangkaian pertama bisa igambar sebagai berikut: 2λ Jai iapat (2λ // ) + + = λ atau 2 = atau 2λ2-5λ - 2 =0 Selesaikan iapat = 5± 41 4 Ambil akar positif = 5 41 4, sehingga iapat p = 5 41 4
6 E AE tiak aa arus karena EG an EH kapasitor H Demikian juga CH tiak aa arus Jai arus mengalir ari A D B an A C -B seperti itunjukkan oleh anak panah V AB = V AD + V DB = i + i, jai G F V AD = ½ V, V DB = ½ V, D B V AC = ½ V an V CB = ½ V A C Anggap polarisasi kapasitor seperti paa gambar Jika asumsi salah, maka akan iperoleh hasil tegangan negatif Gunakan hukum Kirchoof: Loop DGFB : Loop AEGD : Loop AEHC : Q DG C Q FB Q EG C Q DG Q EH Loop BCHF : Q HF C Q FB Kekekalan muatan Q FB = Q HF + Q EG + Q DG Dengan menyelesaikan kelima persamaan ini, iapat Q DG = 0, Q FB = ½ CV, Q EG = ½ CV, Q EH = ½ CV, Q HF = 0 Jai muatan paa kapasitor ekat B aalah ½ CV 7 Soal ini apat ikerjakan engan menggunakan prinsip superposisi Jai pertama tinjau sistem yang hanya teriri ari titik A, tanpa titik B, imana arus I 0 mengalir ke alam bahan Sebaran arus membentuk permukaan setengah bola, sehingga iapat J= I 0 r 2 2
Dari hukum Ohm, iapat hubungan E= I 0 r 2 2 Potensial akibat titik A paa titik C aalah V CA = I 0 2 a Potensial akibat titik A paa titik D aalah V DA = I 0 2 a 2 Sekarang tinjau sistem yang hanya teriri ari titik B tanpa titik A, imana arus mengalir keluar bahan Vektor J an E hanya berubah arah, sehingga iapat potensial yang negatif Potensial akibat titik B paa titik C aalah V CB = I 0 2 a 2 Potensial akibat titik B paa titik D aalah V DB = I 0 2 a Jai potensial titik C aalah V C = V CA + V CB, an potensial titik D aalah V D = V DA + V DB Bea potensial titik C an D aalah V C V D =V 0 Jai V 0 = I 0 a 2 1 1, atau = av 0 2 2 I 0