Physics · Buku 3 · Bachelor Year 1

Fisika Universitas — Tahun 1

Fisika Universitas — Tahun 1 · Bachelor Year 1

26Elektrostatika: Medan dan Hukum Gauss

Gosokkan sebuah balon pada baju hangat dan ia melekat di dinding; sisirlah rambut yang kering dan sisirnya membelokkan seurai tipis air. Di balik keduanya ada gaya antara muatan listrik yang diam, yaitu hukum Coulomb — sebuah hukum kebalikan kuadrat seperti gravitasi, tetapi 103610^{36} kali lebih kuat di antara dua proton dan bertanda dua-duanya, sehingga materi bersifat netral dengan ketelitian yang menakjubkan dan sisa pengaruhnya adalah yang kita sebut kimia, bahan dan petir. Bab ini membangun gagasan yang membuat hukum itu dapat dikerjakan, yaitu medan listrik, memperlihatkan bagaimana membaca sebuah medan dari simetrinya, lalu menurunkan satu teorema yang menghitung medan distribusi yang simetris dalam tiga baris: hukum Gauss. Kembarannya dalam gravitasi datang cuma-cuma di akhirnya.

Petir dari awan ke tanah: puluhan coulomb yang dibawa turun dalam beberapa sambaran seratus kiloampere — Bumi yang bermuatan listrik pada soal akhir pekan.
Petir dari awan ke tanah: puluhan coulomb yang dibawa turun dalam beberapa sambaran seratus kiloampere — Bumi yang bermuatan listrik pada soal akhir pekan.

26.1 Muatan dan hukum Coulomb

Definisi 26.1 (Muatan listrik)

Yang disebut muatan listrik qq (coulomb, C\mathrm{C}) adalah sifat materi yang bertanda salah satu dari dua; ia kekal (muatan total sebuah sistem terkucil tak pernah berubah) dan terkuantisasi dalam satuan muatan elementer e=1.602×10−19 Ce = 1.602 \times 10^{-19}\,\mathrm{C} (proton +e+e, elektron −e-e). Sebuah distribusi makroskopik dilukiskan oleh rapat muatan: yang linear λ\lambda (C/m\mathrm{C}/\mathrm{m}), yang permukaan σ\sigma (C/m2\mathrm{C}/\mathrm{m}^{2}) atau yang volume ρ\rho (C/m3\mathrm{C}/\mathrm{m}^{3}), sehingga sebuah unsur kecil mengemban  ⁣dq=λ  ⁣dl\dd q = \lambda\,\dd l, σ  ⁣dS\sigma\,\dd S atau ρ  ⁣dτ\rho\,\dd\tau.

Teorema 26.2 (Hukum Coulomb)

Dua muatan titik q1q_1 di M1M_1 dan q2q_2 di M2M_2 yang diam dalam hampa mengerahkan gaya satu sama lain

F→1→2=q1q24πε0 r2 e→12=−F→2→1,r=M1M2,e→12=M1M2→r,\vect F_{1 \to 2} = \frac{q_1q_2}{4\pi\varepsilon_0\,r^2}\,\vect e_{12} = -\vect F_{2 \to 1}, \qquad r = M_1M_2,\quad \vect e_{12} = \frac{\vect{M_1M_2}}{r},

yang tolak-menolak bagi muatan sejenis, tarik-menarik bagi yang tak sejenis, dengan permitivitas hampa ε0=8.854×10−12 F/m\varepsilon_0 = 8.854 \times 10^{-12}\,\mathrm{F}/\mathrm{m}, yakni 1/4πε0=8.99×109 N m2/C21/4\pi\varepsilon_0 = 8.99 \times 10^{9}\,\mathrm{N}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{C}^{2}. Gaya dari beberapa muatan berjumlah (superposisi).

Bukti. Diterima tanpa bukti pada tingkat ini. ∎

Contoh 26.3 (Seberapa kuat)

Dua proton yang terpisah 1 fm1\,\mathrm{fm} tolak-menolak dengan 8.99×109×(1.6×10−19)2/10−30=230 N8.99 \times 10^9 \times (1.6 \times 10^{-19})^2/10^{-30} = 230\,\mathrm{N} — seberat seorang anak, di antara dua partikel bermassa 10−2710^{-27} kg; tarikan gravitasinya 103610^{36} kali lebih kecil. Dua gram elektron di satu ujung sebuah ruangan dan proton yang menyertainya di ujung lainnya akan saling menarik dengan 102510^{25} N. Materi netral karena ia tak punya pilihan: setiap ketakseimbangan diperbaiki oleh gaya yang tak dapat ditahan struktur apa pun.

26.2 Medan listrik

Definisi 26.4 (Medan elektrostatik)

Sebuah distribusi muatan yang diam menciptakan di setiap titik MM ruang sebuah medan listrik E→(M)\vect E(M), yang didefinisikan oleh gaya yang dikerahkannya pada sebuah muatan uji qq yang diletakkan di MM: F→=qE→(M)\vect F = q\vect E(M) (V/m\mathrm{V}/\mathrm{m} == N/C\mathrm{N}/\mathrm{C}). Sebuah muatan titik q1q_1 di OO menciptakan

E→(M)=q14πε0r2 e→r,r=OM,\vect E(M) = \frac{q_1}{4\pi\varepsilon_0 r^2}\,\vect e_r , \qquad r = OM ,

yang radial, mengarah keluar bagi q1>0q_1 > 0; sebuah distribusi menciptakan jumlah vektor medan unsur-unsurnya. Yang disebut garis medan adalah kurva yang menyinggung E→\vect E di tiap titiknya, berarah menyusurinya.

Proposisi 26.5 (Membaca peta medan)

Garis medan meninggalkan muatan positif dan berakhir pada muatan negatif (atau di tak hingga); ia tak pernah berpotongan (medannya bernilai tunggal), dan ia merapat di tempat medannya kuat. Bila ada dua muatan, banyaknya garis yang digambar dari masing-masing sebanding dengan muatannya.

Garis medan dua muatan berlawanan (kiri) dan dua muatan positif yang sama (kanan). Garisnya bermula pada + dan berakhir pada - atau di tak hingga; di kanan garisnya saling menolak dan medannya lenyap di titik tengahnya, tempat tak ada garis yang lewat.
Garis medan dua muatan berlawanan (kiri) dan dua muatan positif yang sama (kanan). Garisnya bermula pada ++ dan berakhir pada −- atau di tak hingga; di kanan garisnya saling menolak dan medannya lenyap di titik tengahnya, tempat tak ada garis yang lewat.

Contoh 26.6 (Cincin dan ruas garis dengan penjumlahan langsung)

Pada sumbu sebuah cincin berjari-jari RR yang mengemban QQ secara seragam, pada jarak zz dari pusatnya, tiap unsur  ⁣dq\dd q menyumbang  ⁣dq/4πε0(R2+z2)\dd q/4\pi\varepsilon_0(R^2 + z^2) menyusuri garis yang menghubungkannya dengan MM; komponen yang tegak lurus pada sumbunya saling meniadakan berpasangan dan komponen aksialnya berjumlah dengan faktor z/R2+z2z/\sqrt{R^2 + z^2}:

Ez=Qz4πε0(R2+z2)3/2,E_z = \frac{Qz}{4\pi\varepsilon_0(R^2 + z^2)^{3/2}} ,

yang nol di pusatnya, maksimal pada z=R/2z = R/\sqrt2, dan Q/4πε0z2Q/4\pi\varepsilon_0z^2 jauh di kejauhan. Sebuah cakram bermuatan seragam adalah tumpukan cincin (Soal 26.1). Penjumlahan langsung berhasil bagi geometri yang mengizinkan integralnya; sisa bab ini adalah tentang menghindarinya.

26.3 Simetri dan invariansi

Proposisi 26.7 (Asas simetri)

Medannya mempunyai simetri sumbernya. Bila sebuah bidang Π\Pi merupakan bidang simetri distribusi muatannya (bayangan cerminnya sama dengan dirinya sendiri), maka di setiap titik Π\Pi medannya terletak di dalam Π\Pi; bila Π\Pi merupakan bidang antisimetri (bayangan cerminnya adalah distribusi itu dengan semua muatannya dibalik), maka medan di titik-titik Π\Pi tegak lurus pada Π\Pi. Bila distribusinya invarian terhadap sebuah translasi atau rotasi, medannya pun demikian: komponennya tak bergantung pada koordinat yang bersangkutan.

Bukti. E→\vect E adalah jumlah suku  ⁣dq e→/4πε0r2\dd q\,\vect e/4\pi\varepsilon_0r^2; bayangan cermin jumlahnya adalah jumlah bayangannya, dan bayangan medan sebuah distribusi adalah medan distribusi bayangannya (sebuah vektor yang dibangun dari posisi dan muatan bertransformasi seperti posisinya). Pada bidang simetri medannya sama dengan bayangan cerminnya sendiri, sehingga terletak di dalam bidangnya; pada bidang antisimetri ia sama dengan lawan bayangannya, sehingga tegak lurus padanya. Invariansinya adalah alasan yang sama dengan sebuah translasi atau rotasi. ∎

Metode 26.8 (Menemukan bentuk sebuah medan sebelum menghitungnya)

Bagi titik MM tempat medannya dicari: (1) daftarlah bidang simetri sumbernya yang memuat MM — medannya terletak pada perpotongannya; dua bidang semacam itu menetapkan arahnya. (2) Daftarlah invariansinya — keduanya memberitahukan koordinat mana yang menjadi tempat bergantung E→\vect E. Maka sebuah kawat tak hingga yang bermuatan seragam memberikan E→=E(r) e→r\vect E = E(r)\,\vect e_r dalam koordinat tabung, sebuah bola E→=E(r) e→r\vect E = E(r)\,\vect e_r dalam koordinat bola, dan sebuah bidang tak hingga E→=E(z) e→z\vect E = E(z)\,\vect e_z dengan E(−z)=−E(z)E(-z) = -E(z). Barulah setelah itu hitung.

Ketiga distribusi simetris pada bab ini dan permukaan Gauss (putus-putus) yang cocok baginya: sebuah bola sepusat, sebuah tabung sesumbu, dan sebuah kotak pil yang mengangkangi bidangnya. Pada masing-masing, medannya tegak lurus dan seragam besarnya atau menyinggung.
Ketiga distribusi simetris pada bab ini dan permukaan Gauss (putus-putus) yang cocok baginya: sebuah bola sepusat, sebuah tabung sesumbu, dan sebuah kotak pil yang mengangkangi bidangnya. Pada masing-masing, medannya tegak lurus dan seragam besarnya atau menyinggung.

26.4 Fluks dan hukum Gauss

Definisi 26.9 (Fluks medannya)

Potonglah sebuah permukaan SS menjadi unsur-unsur kecil seluas  ⁣dS\dd S, masing-masing dengan normal satuan n→\vect n (bagi permukaan tertutup, normal yang mengarah keluar). Yang disebut fluks E→\vect E menembus SS adalah jumlah

Φ=∑E→⋅n→  ⁣dS=∑En  ⁣dS(V m):\Phi = \sum \vect E\cdot\vect n\,\dd S = \sum E_n\,\dd S \qquad (\mathrm{V}\,\mathrm{m}):

yaitu komponen normal medannya yang diberi bobot luas — “banyaknya garis medan” yang menyeberangi SS, dihitung positif ketika ia menyeberang menyusuri n→\vect n.

Teorema 26.10 (Hukum Gauss)

Fluks medan elektrostatik menembus sebarang permukaan tertutup SS sama dengan muatan total yang dilingkupi SS dibagi ε0\varepsilon_0:

Φkeluar=Qdalamε0.\Phi_{\text{keluar}} = \frac{Q_{\text{dalam}}}{\varepsilon_0} .

Muatan di luar SS tak menyumbang apa pun pada fluksnya (garisnya masuk lalu keluar lagi).

Bukti. Bagi sebuah muatan titik qq di pusat sebuah bola berjari-jari rr: E→\vect E bersifat radial, berbesar q/4πε0r2q/4\pi\varepsilon_0r^2 di mana-mana pada bolanya, sehingga Φ=E×4πr2=q/ε0\Phi = E \times 4\pi r^2 = q/\varepsilon_0 — tak bergantung pada rr, karena medannya jatuh sebagai 1/r21/r^2 tepat seperti luasnya tumbuh. Bahwa hal yang sama berlaku bagi sebarang permukaan tertutup di sekitar qq (fluks menembus sebuah unsur permukaan hanya bergantung pada sudut ruang yang dibentangnya dari qq), bahwa muatan di luar memberikan nol (ia membentang tiap sudut ruang dua kali, dengan tanda berlawanan), dan bahwa fluks beberapa muatan berjumlah, diterima tanpa bukti di sini; bukti lengkapnya ada dalam volume Tahun ke-2. ∎

Metode 26.11 (Memakai hukum Gauss)

(1) Dari simetrinya, tuliskan bentuk E→\vect E (arahnya dan variabel tempatnya bergantung). (2) Pilihlah sebuah permukaan Gauss tertutup yang melalui titik MM dan yang di atasnya E→\vect E di mana-mana entah tegak lurus dengan besar yang sama E(M)E(M), entah menyinggung: fluksnya lalu E(M)E(M) dikali luas bagian normalnya. (3) Hitunglah muatan di dalamnya. (4) Selesaikan untuk E(M)E(M). Cara ini berhasil bagi bola, tabung tak hingga dan bidang tak hingga — dan tak bagi yang lain tanpa perkakas tambahan.

Proposisi 26.12 (Ketiga medan klasiknya)

  1. Bola berjari-jari RR, bermuatan QQ yang tersebar seragam dalam volumenya: E(r)=Q4πε0r2E(r) = \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0r^2} di luarnya (r>Rr > R) — seolah seluruh muatannya duduk di pusatnya — dan E(r)=Qr4πε0R3E(r) = \dfrac{Qr}{4\pi\varepsilon_0R^3} di dalamnya, yang tumbuh linear dari nol; kontinu di r=Rr = R. Bila muatannya duduk di permukaannya saja, medan di dalamnya nol.
  2. Kawat tak hingga bermuatan linear λ\lambda: E(r)=λ2πε0rE(r) = \dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0 r}, radial.
  3. Bidang tak hingga bermuatan permukaan σ\sigma: E=σ2ε0E = \dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0} di kedua sisinya, tegak lurus pada bidangnya, mengarah menjauhinya bagi σ>0\sigma > 0, dan tak bergantung pada jaraknya. Menyeberangi bidangnya komponen normalnya melompat sebesar σ/ε0\sigma/\varepsilon_0.

Bukti. (1) Bola berjari-jari rr: fluksnya 4πr2E(r)4\pi r^2E(r); muatan di dalamnya QQ bila r>Rr > R, dan Q(r/R)3Q(r/R)^3 bila r<Rr < R. (2) Tabung berjari-jari rr, sepanjang hh: fluks menembus permukaan sisinya 2πrh E(r)2\pi rh\,E(r), tak ada yang menembus tutupnya (medannya menyinggung); muatannya λh\lambda h. (3) Kotak pil berpenampang SS yang mengangkangi bidangnya: fluksnya 2SE2SE menembus kedua tutupnya (medannya ganjil dalam zz, sehingga keduanya terhitung positif), tak ada yang menembus sisinya; muatannya σS\sigma S. ∎

Medan sebuah bola bermuatan terhadap jarak dari pusatnya: linear di dalamnya dan sebagai 1/r2 di luarnya ketika muatannya mengisi volumenya (garis penuh); nol di dalamnya dan sama di luarnya ketika muatannya duduk di permukaannya (garis putus-putus). Di luarnya, tak ada yang membedakan bolanya dari sebuah muatan titik di pusatnya.
Medan sebuah bola bermuatan terhadap jarak dari pusatnya: linear di dalamnya dan sebagai 1/r21/r^2 di luarnya ketika muatannya mengisi volumenya (garis penuh); nol di dalamnya dan sama di luarnya ketika muatannya duduk di permukaannya (garis putus-putus). Di luarnya, tak ada yang membedakan bolanya dari sebuah muatan titik di pusatnya.

Contoh 26.13 (Dua bidang: kapasitor keping sejajar)

Dua bidang sejajar yang mengemban +σ+\sigma dan −σ-\sigma: masing-masing menciptakan σ/2ε0\sigma/2\varepsilon_0 yang mengarah menjauhinya (menujunya bagi yang negatif). Di antara kedua bidangnya kedua medannya berjumlah menjadi σ/ε0\sigma/\varepsilon_0, terarah dari ++ ke −-; di luarnya keduanya saling meniadakan. Dengan σ=1 µC/m2\sigma = 1\,\text{µ}\mathrm{C}/\mathrm{m}^{2}, E=10−6/8.85×10−12=1.1×105 V/mE = 10^{-6}/8.85 \times 10^{-12} = 1.1 \times 10^{5}\,\mathrm{V}/\mathrm{m} di antaranya, dan nol di luarnya: medan sebuah kapasitor bermuatan terkurung dalam celahnya (Bab 27).

Superposisi bagi dua lembar berlawanan. Kiri: medan seragam tiap lembarnya sendiri (merah dari yang positif, biru menuju yang negatif). Kanan: jumlahnya, / _0 di dalam celahnya dan nol di tempat lain.
Superposisi bagi dua lembar berlawanan. Kiri: medan seragam tiap lembarnya sendiri (merah dari yang positif, biru menuju yang negatif). Kanan: jumlahnya, σ/ε0\sigma/\varepsilon_0 di dalam celahnya dan nol di tempat lain.

26.5 Kemiripan dengan gravitasi

Proposisi 26.14 (Hukum Gauss bagi gravitasi)

Hukum Newton F→=−Gm1m2 e→12/r2\vect F = -Gm_1m_2\,\vect e_{12}/r^2 berbentuk seperti hukum Coulomb dengan q→mq \to m dan 1/4πε0→−G1/4\pi\varepsilon_0 \to -G. Medan gravitasi g→\vect g (gaya tiap satuan massa) karenanya menuruti aturan simetri yang sama dan

Φkeluar(g→)=−4πG Mdalam.\Phi_{\text{keluar}}(\vect g) = -4\pi G\,M_{\text{dalam}} .

Khususnya sebuah benda yang setangkup bola menarik titik-titik di luarnya seolah massanya berada di pusatnya, dan medan di dalam bola seragam berjari-jari RR dan bermassa MM adalah g(r)=GMr/R3g(r) = GMr/R^3, linear dalam rr.

Bukti. Gantilah Q/ε0Q/\varepsilon_0 dengan −4πGM-4\pi GM dalam bukti Proposisi 26.12; tanda minusnya mengatakan bahwa fluksnya masuk (gravitasi menarik). ∎

Contoh 26.15 (Di dalam Bumi)

Bagi Bumi yang seragam, gg akan turun linear dari 9.8 m/s29.8\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2} di permukaannya sampai nol di pusatnya; sebuah batu yang dijatuhkan ke dalam terowongan menembus planetnya akan berosilasi harmonik dengan periode 2πR/g=84 min2\pi\sqrt{R/g} = 84\,\mathrm{min} — yaitu periode sebuah satelit yang menyerempet. Bumi yang sebenarnya mempunyai inti yang padat, dan gg sesungguhnya naik sampai 10.7 m/s210.7\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2} di batas inti–mantelnya sebelum turun (Soal 26.1). Newton memerlukan teorema kulit bola untuk menerapkan hukumnya pada planet; hukum Gauss memberikannya dalam satu baris.

26.6 Latihan

Latihan 26.1 ★

Gaya listrik dan gaya gravitasi di antara dua proton yang terpisah 2.0 fm2.0\,\mathrm{fm}; berapa nisbahnya. Lalu mengapa inti atom dapat bertahan bersama?

Solusi

Solusi Latihan 26.1.

Fe=8.99×109×(1.6×10−19)2/(2×10−15)2=58 NF_e = 8.99 \times 10^9 \times (1.6 \times 10^{-19})^2/(2 \times 10^{-15})^2 = 58\,\mathrm{N}; Fg=6.67×10−11×(1.67×10−27)2/(4×10−30)=4.6×10−35 NF_g = 6.67 \times 10^{-11} \times (1.67 \times 10^{-27})^2/(4 \times 10^{-30}) = 4.6 \times 10^{-35}\,\mathrm{N}; nisbahnya 1.2×10361.2 \times 10^{36}. Inti atom bertahan karena interaksi kuatnya, pada jangkauan femtometer, mengalahkan bahkan tolakan ini.

Latihan 26.2 ★

Medan pada jarak 1.0 m1.0\,\mathrm{m} dari muatan titik 1.0 µC1.0\,\text{µ}\mathrm{C}. Permukaan Bumi mengemban medan 100 V/m100\,\mathrm{V}/\mathrm{m} yang mengarah ke bawah: berapa tanda dan nilai muatan Bumi, dengan memperlakukannya sebagai bola berjari-jari 6370 km6370\,\mathrm{km}.

Solusi

Solusi Latihan 26.2.

E=8.99×109×10−6/1=9.0 kV/mE = 8.99 \times 10^9 \times 10^{-6}/1 = 9.0\,\mathrm{kV}/\mathrm{m}. Medan yang mengarah ke bawah adalah medan sebuah muatan negatif: Q=−4πε0R2E=−1.11×10−10×(6.37×106)2×100=−4.5×105 CQ = -4\pi\varepsilon_0R^2E = -1.11 \times 10^{-10} \times (6.37 \times 10^6)^2 \times 100 = -4.5 \times 10^{5}\,\mathrm{C}.

Latihan 26.3 ★

Dua muatan +q+q di x=±ax = \pm a pada sumbu xx. Berapa medannya pada sumbu xx untuk ∣x∣>a|x| > a dan pada sumbu yy; tunjukkan bahwa pada sumbu yy nilai EyE_y maksimal pada y=a/2y = a/\sqrt2. Sketsalah garisnya di dekat titik asalnya.

Solusi

Solusi Latihan 26.3.

Pada sumbunya, ∣x∣>a|x| > a: Ex=q4πε0[1(x−a)2+1(x+a)2]E_x = \dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0}\Bigl[\dfrac{1}{(x - a)^2} + \dfrac{1}{(x + a)^2}\Bigr], mengarah keluar. Pada sumbu yy komponen xx-nya saling meniadakan: Ey=2qy4πε0(y2+a2)3/2E_y = \dfrac{2qy}{4\pi\varepsilon_0(y^2 + a^2)^{3/2}};  ⁣dEy/ ⁣dy∝(y2+a2)−3y2=0\dd E_y/\dd y \propto (y^2 + a^2) - 3y^2 = 0 pada y=a/2y = a/\sqrt2. Di titik asalnya medannya lenyap; garis yang meninggalkan tiap muatan menuju yang lain membelok menjauh menyusuri ±y\pm y — sebuah pelana.

Latihan 26.4 ★

Muatan +2q+2q di x=0x = 0 dan −q-q di x=ax = a. Di titik mana pada sumbu xx medannya lenyap? Berapa banyak garis medan yang meninggalkan +2q+2q bagi tiap satu garis yang tiba di −q-q, dan ke mana yang lain pergi?

Solusi

Solusi Latihan 26.4.

Di antara kedua muatannya kedua medannya menunjuk ke arah −q-q: tak ada nol. Di kiri +2q+2q, selalu berlaku 2q/x2>q/(x+a)22q/x^2 > q/(x + a)^2. Di luar −q-q, pada jarak dd darinya: 2q/(a+d)2=q/d22q/(a + d)^2 = q/d^2, a+d=2 da + d = \sqrt2\,d, d=a/(2−1)=2.4ad = a/(\sqrt2 - 1) = 2.4a. Dua garis meninggalkan +2q+2q bagi tiap satu garis yang berakhir pada −q-q; separuh lainnya pergi ke tak hingga, tempat pasangannya tampak seperti muatan +q+q.

Latihan 26.5 ★★

Sebuah cakram berjari-jari RR mengemban σ\sigma secara seragam. Dari hasil cincinnya, tunjukkan bahwa pada sumbunya Ez=σ2ε0(1−zz2+R2)E_z = \dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0}\Bigl(1 - \dfrac{z}{\sqrt{z^2 + R^2}}\Bigr) untuk z>0z > 0; periksalah kedua limitnya z≪Rz \ll R dan z≫Rz \gg R.

Solusi

Solusi Latihan 26.5.

Cincin berjari-jari aa, berlebar  ⁣da\dd a:  ⁣dq=2πσa  ⁣da\dd q = 2\pi\sigma a\,\dd a. Maka  ⁣dEz=σz2ε0a  ⁣da(a2+z2)3/2\dd E_z = \dfrac{\sigma z}{2\varepsilon_0}\dfrac{a\,\dd a}{(a^2 + z^2)^{3/2}}; integralkan: σz2ε0[−1a2+z2]0R=σ2ε0(1−zz2+R2)\dfrac{\sigma z}{2\varepsilon_0}\Bigl[-\dfrac{1}{\sqrt{a^2 + z^2}}\Bigr]_0^R = \dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0} \Bigl(1 - \dfrac{z}{\sqrt{z^2 + R^2}}\Bigr). Untuk z≪Rz \ll R: σ/2ε0\sigma/2\varepsilon_0, yaitu bidang tak hingganya. Untuk z≫Rz \gg R: z/z2+R2≈1−R2/2z2z/\sqrt{z^2 + R^2} \approx 1 - R^2/2z^2, sehingga Ez≈σR2/4ε0z2=Q/4πε0z2E_z \approx \sigma R^2/4\varepsilon_0z^2 = Q/4\pi\varepsilon_0z^2, yaitu muatan titiknya.

Latihan 26.6 ★★

Sebuah inti emas (Z=79Z = 79, R=7.0 fmR = 7.0\,\mathrm{fm}) sebagai bola bermuatan seragam: berapa medan di permukaannya, pada R/2R/2, dan pada 1 pm1\,\mathrm{pm}. Bandingkan dengan medan dadal udara, 3×106 V/m3 \times 10^{6}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}.

Solusi

Solusi Latihan 26.6.

Q=79e=1.26×10−17 CQ = 79e = 1.26 \times 10^{-17}\,\mathrm{C}; E(R)=8.99×109×1.26×10−17/(7×10−15)2=2.3×1021 V/mE(R) = 8.99 \times 10^9 \times 1.26 \times 10^{-17}/ (7 \times 10^{-15})^2 = 2.3 \times 10^{21}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}; pada R/2R/2, separuhnya: 1.2×1021 V/m1.2 \times 10^{21}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}; pada 1 pm1\,\mathrm{pm}: 1.14×10−7/10−24=1.1×1017 V/m1.14 \times 10^{-7}/10^{-24} = 1.1 \times 10^{17}\,\mathrm{V}/\mathrm{m} — 101510^{15} kali medan dadal udara, pada jarak tempat elektronnya hidup.

Latihan 26.7 ★★

Medan sebuah kawat tak hingga dengan hukum Gauss. Sebuah penghantar bertegangan tinggi berjari-jari 1.0 cm1.0\,\mathrm{cm}: pada muatan linear berapa medan di permukaannya mencapai nilai dadalnya 3×106 V/m3 \times 10^{6}\,\mathrm{V}/\mathrm{m} (awal korona). Lalu berapa medannya pada 5 m5\,\mathrm{m}.

Solusi

Solusi Latihan 26.7.

Tabung berjari-jari rr, sepanjang hh: 2πrh E=λh/ε02\pi rh\,E = \lambda h/\varepsilon_0, E=λ/2πε0rE = \lambda/2\pi\varepsilon_0r. Korona terjadi ketika λ=2πε0rE=2π×8.85×10−12×0.01×3×106=1.7 µC/m\lambda = 2\pi\varepsilon_0 rE = 2\pi \times 8.85 \times 10^{-12} \times 0.01 \times 3 \times 10^6 = 1.7\,\text{µ}\mathrm{C}/\mathrm{m}; pada 5 m5\,\mathrm{m}, E=3×106×0.01/5=6 kV/mE = 3 \times 10^6 \times 0.01/5 = 6\,\mathrm{kV}/\mathrm{m}.

Latihan 26.8 ★★

Dua keping sejajar seluas 1.0 m21.0\,\mathrm{m}^{2} mengemban ±1.0 µC\pm1.0\,\text{µ}\mathrm{C}. Berapa medan di antaranya; berapa gaya pada satu keping (medan yang bekerja padanya adalah medan keping yang lain saja — mengapa?); berapa tekanan pada kepingnya.

Solusi

Solusi Latihan 26.8.

E=σ/ε0=10−6/8.85×10−12=1.1×105 V/mE = \sigma/\varepsilon_0 = 10^{-6}/8.85 \times 10^{-12} = 1.1 \times 10^{5}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}. Sebuah keping tak mengerahkan gaya total pada dirinya sendiri (sumbangan medannya sendiri saling meniadakan berpasangan); medan keping yang lain di letaknya adalah σ/2ε0\sigma/2\varepsilon_0, sehingga F=Qσ/2ε0=10−6×10−6/(2×8.85×10−12)=5.6×10−2 NF = Q\sigma/2\varepsilon_0 = 10^{-6} \times 10^{-6}/(2 \times 8.85 \times 10^{-12}) = 5.6 \times 10^{-2}\,\mathrm{N}, tarik-menarik; tekanannya σ2/2ε0=0.056 Pa\sigma^2/2\varepsilon_0 = 0.056\,\mathrm{Pa}.

Latihan 26.9 ★★

Kabel koaksial: penghantar dalam berjari-jari aa dengan +λ+\lambda, dan selubung luar berjari-jari bb dengan −λ-\lambda. Berapa medan di ketiga daerahnya menurut hukum Gauss. Dengan a=0.5 mma = 0.5\,\mathrm{mm}, b=2.5 mmb = 2.5\,\mathrm{mm}, λ=10 nC/m\lambda = 10\,\mathrm{nC}/\mathrm{m}: berapa medan di permukaan penghantar dalamnya.

Solusi

Solusi Latihan 26.9.

Untuk r<ar < a: muatan penghantar dalamnya duduk di permukaannya, tak ada muatan di dalamnya, E=0E = 0. Untuk a<r<ba < r < b: E=λ/2πε0rE = \lambda/2\pi\varepsilon_0r. Untuk r>br > b: muatan yang dilingkupinya λ−λ=0\lambda - \lambda = 0, E=0E = 0 — kabelnya tak memancarkan medan statik. Pada r=ar = a: 2×8.99×109×10−8/(5×10−4)=3.6×105 V/m2 \times 8.99 \times 10^9 \times 10^{-8}/(5 \times 10^{-4}) = 3.6 \times 10^{5}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}.

Latihan 26.10 ★★★

Sebuah kulit bola tebal R1<r<R2R_1 < r < R_2 mengemban QQ secara seragam dalam volumenya. Berapa medan di ketiga daerahnya; periksalah kekontinuannya di R1R_1 dan R2R_2; di mana ia maksimal? Sketsalah E(r)E(r). Sebuah muatan positif yang diletakkan di dalam rongganya: gaya apa yang dirasakannya?

Solusi

Solusi Latihan 26.10.

ρ=3Q/4π(R23−R13)\rho = 3Q/4\pi(R_2^3 - R_1^3). Untuk r<R1r < R_1: E=0E = 0. Untuk R1<r<R2R_1 < r < R_2: 4πr2E=ρ 43π(r3−R13)/ε04\pi r^2E = \rho\,\tfrac43\pi(r^3 - R_1^3)/\varepsilon_0, sehingga E=Q4πε0r2 r3−R13R23−R13E = \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0r^2}\, \dfrac{r^3 - R_1^3}{R_2^3 - R_1^3}. Untuk r>R2r > R_2: Q/4πε0r2Q/4\pi\varepsilon_0r^2. Di R1R_1 kedua sisinya memberikan 00; di R2R_2 keduanya memberikan Q/4πε0R22Q/4\pi\varepsilon_0R_2^2. Di dalam kulitnya E∝r−R13/r2E \propto r - R_1^3/r^2 menaik, sehingga maksimumnya di R2R_2, dan sesudah itu ia jatuh sebagai 1/r21/r^2. Di dalam rongganya medannya nol: sebuah muatan di sana tak merasakan gaya — di mana pun ia duduk.

Latihan 26.11 ★★★

Gravitasi di dalam Bumi. Inti: berjari-jari 3480 km3480\,\mathrm{km}, bermassa jenis 11 000 kg/m311\,000\,\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{3}; mantel sampai 6370 km6370\,\mathrm{km}, bermassa jenis 4500 kg/m34500\,\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{3}. (a) Berapa massa intinya, mantelnya, dan totalnya (bandingkan dengan 5.97×1024 kg5.97 \times 10^{24}\,\mathrm{kg}). (b) Berapa gg di permukaannya dan di batas inti–mantelnya. (c) Tunjukkan bahwa gg naik terhadap kedalaman di dalam mantelnya bila massa jenis mantelnya di bawah 23\tfrac23 massa jenis rata-rata yang ada di bawahnya, lalu periksalah.

Solusi

Solusi Latihan 26.11.

(a) Intinya 43π(3.48×106)3×11000=1.94×1024 kg\tfrac43\pi(3.48 \times 10^6)^3 \times 11000 = 1.94 \times 10^{24}\,\mathrm{kg}; mantelnya 43π[(6.37×106)3−(3.48×106)3]×4500=4.08×1024 kg\tfrac43\pi[(6.37 \times 10^6)^3 - (3.48 \times 10^6)^3] \times 4500 = 4.08 \times 10^{24}\,\mathrm{kg}; totalnya 6.0×1024 kg6.0 \times 10^{24}\,\mathrm{kg}, meleset 1%1\%. (b) Permukaannya GM/R2=9.9 m/s2GM/R^2 = 9.9\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}; batasnya 6.67×10−11×1.94×1024/(3.48×106)2=10.7 m/s26.67 \times 10^{-11} \times 1.94 \times 10^{24}/(3.48 \times 10^6)^2 = 10.7\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}. (c) g=GM(r)/r2g = GM(r)/r^2 dengan  ⁣dM=4πr2ρm  ⁣dr\dd M = 4\pi r^2\rho_m\,\dd r:  ⁣dg/ ⁣dr=4πGρm−2GM(r)/r3=4πG[ρm−23ρˉ(r)]\dd g/\dd r = 4\pi G\rho_m - 2GM(r)/r^3 = 4\pi G[\rho_m - \tfrac23\bar\rho(r)], dengan ρˉ(r)=M(r)/43πr3\bar\rho(r) = M(r)/\tfrac43\pi r^3 adalah massa jenis rata-rata di bawah rr. Nilai gg naik terhadap kedalaman ( ⁣dg/ ⁣dr<0\dd g/\dd r < 0) jika dan hanya jika ρm<23ρˉ\rho_m < \tfrac23\bar\rho. Tepat di bawah permukaannya ρˉ=5500\bar\rho = 5500, 23ρˉ=3700<4500\tfrac23\bar\rho = 3700 < 4500: gg mula-mula turun sedikit; di batas intinya ρˉ=11000\bar\rho = 11000, 7300>45007300 > 4500: di sana ia naik, sampai 10.710.7.

Latihan 26.12 ★★★

Atom Thomson. Modelkan atom hidrogen sebagai bola positif seragam bermuatan +e+e dan berjari-jari R=0.10 nmR = 0.10\,\mathrm{nm} dengan elektronnya bebas di dalamnya. (a) Berapa gaya pada elektronnya pada jarak rr dari pusatnya. (b) Tunjukkan bahwa ia berosilasi harmonik lalu hitunglah frekuensinya dan panjang gelombang cahaya yang akan dipancarkannya. (c) Bandingkan dengan garis ultraungu hidrogen (122 nm122\,\mathrm{nm} dan yang lebih pendek) lalu berilah komentar tentang apa yang benar dan apa yang keliru pada modelnya (Bab 30).

Solusi

Solusi Latihan 26.12.

(a) Di dalamnya, E=er/4πε0R3E = er/4\pi\varepsilon_0R^3 mengarah keluar; pada elektronnya F→=−e24πε0R3 r→\vect F = -\dfrac{e^2}{4\pi\varepsilon_0R^3}\,\vect r: sebuah pegas. (b) ω=e2/4πε0mR3=2.31×10−28/(9.11×10−31×10−30)=1.6×1016 rad/s\omega = \sqrt{e^2/4\pi\varepsilon_0mR^3} = \sqrt{2.31 \times 10^{-28}/(9.11 \times 10^{-31} \times 10^{-30})} = 1.6 \times 10^{16}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}, f=2.5×1015 Hzf = 2.5 \times 10^{15}\,\mathrm{Hz}, λ=c/f=120 nm\lambda = c/f = 120\,\mathrm{nm}. (c) Mengejutkan betapa dekatnya dengan garis 122 nm122\,\mathrm{nm}: ukuran dan kekuatan atomnya tepat. Tetapi modelnya memberikan satu frekuensi, bukan sederet, dan intinya bukan bola 0.1 nm0.1\,\mathrm{nm} melainkan titik 10−1510^{-15} m — dan elektron klasik yang mengorbit akan memancarkan energinya habis dalam beberapa nanosekon. Pembetulannya ada di Bab 30.

26.7 Soal: Bumi yang bermuatan listrik

Soal 26.1

Soal akhir pekan — medan cuaca cerah, awan guruh, sambaran petir, dan hukum Gauss yang diarahkan pada gravitasi

Data: ε0=8.85×10−12 F/m\varepsilon_0 = 8.85 \times 10^{-12}\,\mathrm{F}/\mathrm{m}, 1/4πε0=8.99×109 SI1/4\pi\varepsilon_0 = 8.99 \times 10^{9}\,\mathrm{SI}, e=1.6×10−19 Ce = 1.6 \times 10^{-19}\,\mathrm{C}, jari-jari Bumi RE=6.37×106 mR_E = 6.37 \times 10^{6}\,\mathrm{m}, permukaannya 5.1×1014 m25.1 \times 10^{14}\,\mathrm{m}^{2}, G=6.67×10−11 SIG = 6.67 \times 10^{-11}\,\mathrm{SI}, ME=5.97×1024 kgM_E = 5.97 \times 10^{24}\,\mathrm{kg}.

Bagian I — Medan cuaca cerah. Pada cuaca cerah medan di permukaan tanah adalah E0=100 V/mE_0 = 100\,\mathrm{V}/\mathrm{m}, yang mengarah ke bawah.

  1. Ke mana arah gaya pada sebuah elektron bebas di permukaan tanah; berapa tanda muatan Bumi.
  2. Perlakukan Bumi sebagai bola bermuatan seragam: dari hukum Gauss, berapa muatan totalnya.
  3. Berapa rapat muatan permukaan tanahnya; berapa banyak kelebihan elektron tiap sentimeter persegi.
  4. Berapa gaya pada sebutir debu bermassa 1 µg1\,\text{µ}\mathrm{g} yang mengemban 100100 muatan elementer; bandingkan dengan beratnya.
  5. Pengukuran memperlihatkan medannya turun sampai kira-kira 5 V/m5\,\mathrm{V}/\mathrm{m} pada 10 km10\,\mathrm{km}. Terapkan hukum Gauss pada sebuah kolom tegak berpenampang 1 m21\,\mathrm{m}^{2} di antara tanah dan 10 km10\,\mathrm{km}: berapa tanda dan besar muatan yang dimuat udaranya tiap meter persegi.
  6. Berapa rapat muatan volume rata-rata udara itu, dan berapa banyak muatan elementer yang bersesuaian tiap meter kubik. (Udaranya memuat kira-kira 10910^9 ion tiap tanda tiap meter kubik: berapa pecahan ketakseimbangan yang ini?)
  7. Udaranya mempunyai konduktivitas kecil γ=2×10−14 S/m\gamma = 2 \times 10^{-14}\,\mathrm{S}/\mathrm{m}, sehingga rapat arus γE0\gamma E_0 mengalir turun. Berapa arus cuaca cerah total di seluruh dunia; berapa lama waktu yang diperlukan untuk menetralkan muatan Bumi. Simpulkan.

Bagian II — Awan guruhnya. Modelkan sebuah awan badai sebagai dua cakram mendatar berjari-jari R=3 kmR = 3\,\mathrm{km}: −Q-Q pada ketinggian 3 km3\,\mathrm{km}, +Q+Q pada 9 km9\,\mathrm{km}, dengan Q=40 CQ = 40\,\mathrm{C}.

  1. Berapa medan pada sumbu sebuah cincin berjari-jari aa yang mengemban qq, pada jarak zz dari pusatnya (simetrinya dulu, lalu penjumlahannya).
  2. Simpulkan, dengan menjumlahkan atas cincin-cincinnya, medan pada sumbu sebuah cakram berjari-jari RR dan bermuatan permukaan σ\sigma: Ez=σ2ε0(1−zz2+R2)E_z = \dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0}\Bigl(1 - \dfrac{z}{\sqrt{z^2 + R^2}}\Bigr).
  3. Berapa limitnya untuk z≪Rz \ll R dan z≫Rz \gg R; tafsirkan masing-masing.
  4. Berapa muatan permukaan cakram bawahnya; berapa medan yang diciptakannya di tanah tepat di bawahnya (arah dan nilainya).
  5. Berapa medan cakram atasnya di titik yang sama; berapa medan totalnya di tanah di bawah badainya. Tanahnya penghantar dan muatan imbasnya kira-kira melipatduakan hasilnya (diterima tanpa bukti): bandingkan dengan 10 kV/m10\,\mathrm{kV}/\mathrm{m} yang terukur di bawah badai dan dengan nilai cuaca cerahnya.
  6. Berapa fluks medannya menembus permukaan tertutup yang melingkupi seluruh awannya; dan menembus permukaan yang melingkupi cakram bawahnya saja.
  7. Berapa medan di tengah-tengah kedua cakramnya (6 km6\,\mathrm{km}), dan ke mana arahnya; bandingkan dengan medan dadal udara pada ketinggian itu, kira-kira 1.5×106 V/m1.5 \times 10^{6}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}.
  8. Seandainya 40 C40\,\mathrm{C} itu dipusatkan dalam sebuah bola berjari-jari 500 m500\,\mathrm{m}: berapa medan di permukaannya. Mengapa pemicuan petir masih menjadi pertanyaan terbuka?

Bagian III — Sambarannya. Sebuah sambaran balik membawa 5 C5\,\mathrm{C} ke tanah dalam 50 µs50\,\text{µ}\mathrm{s} melalui saluran sepanjang 3 km3\,\mathrm{km}; ambillah medan menyusuri salurannya sebesar 10510^5 V/m.

  1. Berapa arus rata-ratanya.
  2. Berapa usaha gaya listrik pada muatan yang dipindahkan; berapa dayanya selama sambarannya; bandingkan dengan pemakaian daya rata-rata umat manusia, kira-kira 2×1013 W2 \times 10^{13}\,\mathrm{W}.
  3. Salurannya berjari-jari 2 cm2\,\mathrm{cm}: berapa massa udara di dalamnya (ρ=1.2 kg/m3\rho = 1.2\,\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{3}), dan berapa suhu yang akan dicapainya bila seluruh energinya memanaskannya pada volume tetap (cV=720 J/(kg K)c_V = 720\,\mathrm{J}/(\mathrm{kg}\,\mathrm{K})). Suhu saluran yang sebenarnya dekat 30 000 K30\,000\,\mathrm{K}: ke mana sisanya pergi?
  4. Guruh: berapa selangnya tiap kilometer, dan mengapa bunyi saluran 3 km3\,\mathrm{km} bergemuruh selama beberapa sekon.
  5. Di seluruh dunia kira-kira 5050 sambaran awan-ke-tanah terjadi tiap sekon: berapa arus yang dibawanya ke bawah; bandingkan dengan Bagian I lalu lengkapilah gambaran “rangkaian global”-nya.

Bagian IV — Hukum Gauss yang diarahkan pada gravitasi.

  1. Tuliskan hukum Gauss bagi medan gravitasi g→\vect g lalu benarkan tetapannya dengan kasus sebuah massa titik.
  2. Bumi yang seragam: berapa g(r)g(r) di dalamnya; berapa nilainya di r=RE/2r = R_E/2.
  3. Bumi yang sebenarnya, dengan inti berjari-jari 3480 km3480\,\mathrm{km} dan bermassa jenis 11 000 kg/m311\,000\,\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{3}: berapa gg di batas inti–mantelnya; bandingkan dengan permukaannya.
  4. Sebuah batu yang dijatuhkan ke dalam terowongan tanpa gesekan menembus Bumi yang seragam: bagaimana persamaan geraknya, berapa periode osilasinya, dan berapa kelajuannya di pusatnya.
  5. Ringkaslah: pada masing-masing keempat bagiannya, apa yang digantikan hukum Gauss, dan empat angka mana yang layak diingat.
Solusi

Solusi Soal 26.1.

1. F→=−eE→\vect F = -e\vect E: ke atas. Medan yang mengarah ke bawah di permukaannya adalah medan sebuah muatan negatif: Bumi bermuatan negatif.

2. Bola berjari-jari RER_E, dengan En=−100E_n = -100: Q=4πε0RE2En=1.11×10−10×4.06×1013×(−100)=−4.5×105 CQ = 4\pi\varepsilon_0R_E^2E_n = 1.11 \times 10^{-10} \times 4.06 \times 10^{13} \times (-100) = -4.5 \times 10^{5}\,\mathrm{C}.

3. σ=ε0En=−8.9×10−10 C/m2\sigma = \varepsilon_0E_n = -8.9 \times 10^{-10}\,\mathrm{C}/\mathrm{m}^{2}; 8.9×10−10/1.6×10−19=5.5×1098.9 \times 10^{-10}/1.6 \times 10^{-19} = 5.5 \times 10^9 elektron tiap meter persegi, 5.5×1055.5 \times 10^5 tiap sentimeter persegi.

4. F=100e×100=1.6×10−15 NF = 100e \times 100 = 1.6 \times 10^{-15}\,\mathrm{N}; beratnya 10−9×9.8=9.8×10−9 N10^{-9} \times 9.8 = 9.8 \times 10^{-9}\,\mathrm{N}: enam juta kali lebih besar.

5. Normal keluarnya: atas En=−5E_n = -5, bawah En=+100E_n = +100, sisinya nol: Φ=95 V m\Phi = 95\,\mathrm{V}\,\mathrm{m}, sehingga Q=95ε0=+8.4×10−10 CQ = 95\varepsilon_0 = +8.4 \times 10^{-10}\,\mathrm{C} tiap meter persegi — muatan ruang yang positif, yang hampir meniadakan −8.9×10−10-8.9 \times 10^{-10} milik tanahnya.

6. ρ=8.4×10−10/104=8.4×10−14 C/m3\rho = 8.4 \times 10^{-10}/10^4 = 8.4 \times 10^{-14}\,\mathrm{C}/\mathrm{m}^{3}: 5×1055 \times 10^5 muatan elementer tiap meter kubik; berbanding 10910^9 ion tiap tanda, ketakseimbangannya 5×10−45 \times 10^{-4}.

7. J=γE0=2×10−12 A/m2J = \gamma E_0 = 2 \times 10^{-12}\,\mathrm{A}/\mathrm{m}^{2}; I=J×5.1×1014=1.0 kAI = J \times 5.1 \times 10^{14} = 1.0\,\mathrm{kA}; Q/I=4.5×105/1000=450 sQ/I = 4.5 \times 10^5/1000 = 450\,\mathrm{s}. Bumi akan menjadi netral dalam delapan menit: ada yang mengisinya kembali terus-menerus.

8. Sumbunya terletak di dalam setiap bidang yang memuatnya, dan semuanya bidang simetri: E→\vect E bersifat aksial. Tiap  ⁣dq\dd q memberikan  ⁣dq/4πε0(a2+z2)\dd q/4\pi\varepsilon_0(a^2 + z^2) menyusuri arahnya sendiri, yang bagian aksialnya adalah pecahan z/a2+z2z/\sqrt{a^2 + z^2}: Ez=qz/4πε0(a2+z2)3/2E_z = qz/4\pi\varepsilon_0(a^2 + z^2)^{3/2}.

9.  ⁣dq=2πσa  ⁣da\dd q = 2\pi\sigma a\,\dd a: Ez=σz2ε0∫0Ra  ⁣da(a2+z2)3/2=σ2ε0(1−zz2+R2)E_z = \dfrac{\sigma z}{2\varepsilon_0}\displaystyle\int_0^R \dfrac{a\,\dd a}{(a^2 + z^2)^{3/2}} = \dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0}\Bigl(1 - \dfrac{z}{\sqrt{z^2 + R^2}}\Bigr).

10. Untuk z≪Rz \ll R: σ/2ε0\sigma/2\varepsilon_0, yaitu bidang tak hingganya (nilai Gauss); untuk z≫Rz \gg R: σR2/4ε0z2=Q/4πε0z2\sigma R^2/4\varepsilon_0z^2 = Q/4\pi\varepsilon_0z^2, yaitu muatan titiknya.

11. σ=−40/(π×9×106)=−1.4×10−6 C/m2\sigma = -40/(\pi \times 9 \times 10^6) = -1.4 \times 10^{-6}\,\mathrm{C}/\mathrm{m}^{2}; σ/2ε0=8.0×104 V/m\sigma/2\varepsilon_0 = 8.0 \times 10^{4}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}; pada z=3 kmz = 3\,\mathrm{km}, 1−3/18=0.291 - 3/\sqrt{18} = 0.29: E=2.3×104 V/mE = 2.3 \times 10^{4}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}, yang mengarah ke atas menuju muatan negatifnya.

12. Cakram atasnya, z=9 kmz = 9\,\mathrm{km}: 8.0×104×(1−9/90)=4.1×103 V/m8.0 \times 10^4 \times (1 - 9/\sqrt{90}) = 4.1 \times 10^{3}\,\mathrm{V}/\mathrm{m} ke bawah. Totalnya 1.9×104 V/m1.9 \times 10^{4}\,\mathrm{V}/\mathrm{m} ke atas, kira-kira 4×1044 \times 10^4 dengan muatan imbas tanahnya: seorde dengan 10 kV/m10\,\mathrm{kV}/\mathrm{m} yang terukur (muatan yang sebenarnya lebih tersebar dan sebagian terperisai); terbalik dan seratus kali medan cuaca cerahnya.

13. Seluruh awannya: muatan totalnya nol, fluksnya nol. Cakram bawahnya saja: −Q/ε0=−40/8.85×10−12=−4.5×1012 V m-Q/\varepsilon_0 = -40/8.85 \times 10^{-12} = -4.5 \times 10^{12}\,\mathrm{V}\,\mathrm{m}.

14. Tiap cakramnya berjarak 3 km3\,\mathrm{km} dan memberikan 2.3×1042.3 \times 10^4; yang atas (++) mendorong ke bawah, yang bawah (−-) menarik ke bawah: 4.7×104 V/m4.7 \times 10^{4}\,\mathrm{V}/\mathrm{m} ke bawah — tiga puluh kali di bawah dadalnya.

15. Q/4πε0R2=8.99×109×40/(2.5×105)=1.4×106 V/mQ/4\pi\varepsilon_0R^2 = 8.99 \times 10^9 \times 40/(2.5 \times 10^5) = 1.4 \times 10^{6}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}: hanya muatan yang terjejal dalam setengah kilometer yang mencapai dadalnya, dan medan di dalam awan yang terukur sepuluh kali terlalu lemah. Penguatan setempat pada tetesan dan es, atau elektron lari yang disemai sinar kosmik, adalah calonnya — bagaimana sebuah kilat bermula masih diperdebatkan.

16. I=5/(5×10−5)=1×105 AI = 5/(5 \times 10^{-5}) = 1 \times 10^{5}\,\mathrm{A}.

17. W=QEd=5×105×3000=1.5×109 JW = QEd = 5 \times 10^5 \times 3000 = 1.5 \times 10^{9}\,\mathrm{J} (420 kWh420\,\mathrm{kW}\mathrm{h}); P=1.5×109/5×10−5=3×1013 WP = 1.5 \times 10^9/5 \times 10^{-5} = 3 \times 10^{13}\,\mathrm{W} — satu setengah kali daya seluruh umat manusia, selama lima puluh mikrosekon.

18. Volumenya π(0.02)2×3000=3.8 m3\pi(0.02)^2 \times 3000 = 3.8\,\mathrm{m}^{3}, massanya 4.5 kg4.5\,\mathrm{kg}; ΔT=1.5×109/(4.5×720)=4.6×105 K\Delta T = 1.5 \times 10^9/(4.5 \times 720) = 4.6 \times 10^{5}\,\mathrm{K} seandainya tak ada yang lolos. Salurannya meledak ke luar (kejutannya adalah guruhnya), memancarkan cahaya dan gelombang radio, mengionkan dan mengurai udaranya: memanaskan saluran akhirnya sampai 3×1043 \times 10^4 K hanyalah bagian kecil tagihannya.

19. 2.9 s2.9\,\mathrm{s} tiap kilometer. Bunyinya meninggalkan tiap titik saluran 3 km3\,\mathrm{km} pada saat yang sama, dari jarak yang berbeda bermil-mil: ia tiba terbentang selama beberapa sekon — itulah gemuruhnya.

20. 50×5=250 A50 \times 5 = 250\,\mathrm{A} yang dibawa ke tanah; bersama arus badai yang lebih tenang (pelucutan titik di bawah awan, hujan bermuatan) totalnya mencapai kiloampere Bagian I: badai adalah pembangkit sebuah rangkaian global yang jalan baliknya adalah udara cuaca cerah.

21. Φkeluar(g→)=−4πGMdalam\Phi_{\text{keluar}}(\vect g) = -4\pi GM_{\text{dalam}}: bagi sebuah massa titik g=−GM/r2g = -GM/r^2 pada bola seluas 4πr24\pi r^2, fluksnya −4πGM-4\pi GM, tak bergantung pada rr; sisanya menyusul seperti pada Coulomb.

22. g(r)=g0r/REg(r) = g_0r/R_E; pada RE/2R_E/2: 4.9 m/s24.9\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}.

23. Minti=1.94×1024 kgM_{\text{inti}} = 1.94 \times 10^{24}\,\mathrm{kg}, g=GMinti/Rc2=10.7 m/s2g = GM_{\text{inti}}/R_c^2 = 10.7\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2} — lebih besar daripada di permukaannya: mantel di atasnya lebih ringan daripada rata-rata yang ada di bawahnya.

24. mx¨=−mg0x/REm\ddot x = -mg_0x/R_E: ω=g0/RE=1.24×10−3 rad/s\omega = \sqrt{g_0/R_E} = 1.24 \times 10^{-3}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}, T=2π/ω=5060 s=84 minT = 2\pi/\omega = 5060\,\mathrm{s} = 84\,\mathrm{min}, vmax⁡=ωRE=7.9 km/sv_{\max} = \omega R_E = 7.9\,\mathrm{km}/\mathrm{s} — yaitu laju orbit sebuah satelit yang menyerempet, yang periodenya sama.

25. Ia menggantikan penjumlahan atas tiap muatan Bumi (I), atas ion udaranya (I), dan atas tiap kulit batuannya (IV) — dan di II ia menetapkan batas penjumlahan cakramnya. Ingatlah: −5×105 C-5 \times 10^{5}\,\mathrm{C} dan 1 kA1\,\mathrm{kA} bagi Bumi cuaca cerah; 40 C40\,\mathrm{C} dan 104 V/m10^{4}\,\mathrm{V}/\mathrm{m} di bawah badai; 105 A10^{5}\,\mathrm{A} dan 109 J10^{9}\,\mathrm{J} tiap sambaran; 10.7 m/s210.7\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2} di batas intinya.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 393 istilah di glosarium