Fisika Universitas — Tahun 1 · Bachelor Year 1

27Potensial Listrik; Penghantar dan Kapasitor

Sebuah medan adalah tiga bilangan di setiap titik; sebuah potensial hanya satu. Karena gaya elektrostatiknya konservatif, seluruh medan sebuah distribusi muatan dapat dilipat menjadi satu fungsi skalar, yaitu potensialnya, yang darinya medan itu diperoleh kembali dengan penurunan — penghematan yang sama yang mengubah gaya menjadi energi potensial dalam mekanika. Potensial adalah apa yang dibaca voltmeter, apa yang dijaga sebuah baterai, apa yang mempercepat elektron di dalam sebuah tabung; permukaan-permukaan tingkatnya memetakan sebuah medan dalam sekali pandang. Bab ini membangunnya, memakainya pada dipol (model listrik pertama sebuah molekul), lalu beralih ke dua benda yang menyusun setiap rangkaian: penghantar, tempat muatan menata dirinya sendiri sehingga medan di dalamnya lenyap, dan kapasitor, yang menyimpan muatan dan energi dalam sebuah medan.

Dimuati sampai beberapa ratus kilovolt oleh sebuah generator Van de Graaff, seseorang menjadi penghantar ekuipotensial yang rambutnya, semuanya berpotensial sama dan bermuatan sejenis, saling tolak-menolak.

27.1 Potensial elektrostatik

Teorema 27.1 (Medan elektrostatik bersifat konservatif)

Terdapat sebuah fungsi skalar $V(M)$ , yang disebut potensial elektrostatik (volt, $\mathrm{V}$ ), sedemikian sehingga

\vect E = -\overrightarrow{\operatorname{grad}}\,V , \qquad V_A - V_B = \int_A^B \vect E\cdot\dd\vect l

menyusuri lintasan apa pun dari $A$ ke $B$ (sirkulasi $\vect E$ dari $A$ ke $B$ tak bergantung pada lintasannya, dan nol mengelilingi sebuah gelung tertutup). Bagi sebuah muatan titik $q$ di $O$ , $V(M) = \dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0\,OM}$ dengan kesepakatan $V(\infty) = 0$ ; bagi beberapa muatan potensialnya berjumlah. Energi potensial sebuah muatan $q'$ di $M$ adalah $E_p = q'V(M)$ , dan usaha gaya listriknya dari $A$ ke $B$ adalah $q'(V_A - V_B)$ .

Bukti. Gaya Coulomb sebuah muatan tetap $q$ pada $q'$ berbentuk gravitasi Newton dengan $-Gm_1m_2$ diganti oleh $qq'/4\pi\varepsilon_0$ ; perhitungan yang sama yang memberi $E_p = -Gm_1m_2/r$ (Proposisi 13.7) memberi $E_p = qq'/4\pi\varepsilon_0r$ : dibagi $q'$ hasilnya $V$ , dan $\vect E = \vect F/q' = -\overrightarrow{\operatorname{grad}}(E_p)/q'$ . Superposisi membawa hasil itu ke sembarang distribusi; rumus sirkulasinya adalah definisi gradien yang diintegralkan menyusuri lintasannya. ∎

Proposisi 27.2 (Membaca sebuah potensial)

Permukaan ekuipotensial $V = \text{const}$ di mana-mana tegak lurus pada garis medannya, dan medannya menunjuk ke arah potensial yang menurun.
$|\vect E|$ adalah laju perubahan $V$ menyusuri arah yang paling curam: di tempat ekuipotensialnya merapat, medannya kuat.
$V$ terdefinisi sampai sebuah tetapan penjumlah; hanya selisihnya (tegangan) yang terukur. Tanah atau tak hingga ditetapkan nol sebagai kesepakatan.
Dalam koordinat bola yang simetrik terhadap $O$ , $E_r = -\dd V/ \dd r$ ; dalam koordinat kutub $(r, \theta)$ pada sebuah bidang, $E_r = -\partial V/\partial r$ dan $E_\theta = -\dfrac1r\,\partial V/\partial\theta$ .

Bukti. Pada sebuah ekuipotensial $\dd V = -\vect E\cdot\dd\vect l = 0$ bagi setiap perpindahan di dalam permukaannya, sehingga $\vect E$ normal terhadapnya; bergerak menyusuri $\vect E$ , $\dd V = -E\,\dd l < 0$ . Komponen kutubnya menyusul dari $\dd V = (\partial V/\partial r)\dd r + (\partial V/\partial\theta)\dd\theta$ dan $\dd\vect l = \dd r\,\vect e_r + r\,\dd\theta\,\vect e_\theta$ . ∎

Ekuipotensial (jingga) dan garis medan (biru) sebuah muatan titik dan sebuah kapasitor bidang. Garisnya memotong ekuipotensialnya tegak lurus dan berjalan dari potensial tinggi ke rendah; di tempat ekuipotensialnya berjejal, medannya kuat.

Metode 27.3 (Menghitung sebuah potensial)

Jumlahkanlah $\dd q/4\pi\varepsilon_0r$ atas distribusinya (bila jumlahnya terkelola dan distribusinya berhingga, sehingga $V(\infty) = 0$ masuk akal), atau integralkanlah $\dd V = -\vect E\cdot\dd\vect l$ menyusuri sebuah lintasan yang menyenangkan dari titik yang $V$ -nya diketahui, dengan medan yang diperoleh dari hukum Gauss. Bagi distribusi tak hingga (kawat, bidang) hanya cara kedua yang berhasil, dan nol $V$ -nya harus dipilih di titik berhingga.

Proposisi 27.4 (Potensial distribusi klasiknya)

Bola berjari-jari $R$ dengan $Q$ dalam volumenya: $V(r) = \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0r}$ di luar; $V(r) = \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0}\,\dfrac{3R^2 - r^2}{2R^3}$ di dalam, sehingga $V(0) = \tfrac32\,Q/4\pi\varepsilon_0R$ . Dengan $Q$ pada permukaannya, $V$ seragam di dalam, sama dengan $Q/4\pi\varepsilon_0R$ .
Kawat tak hingga $\lambda$ : $V(r) = -\dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0}\ln\dfrac{r}{r_0}$ .
Kapasitor bidang, medan $E$ dari keping 1 ke keping 2 yang terpisah sejauh $d$ : $V$ menurun linear melintasi celahnya dan $V_1 - V_2 = Ed$ .

Bukti. Integralkanlah $E_r = -\dd V/\dd r$ dengan medan Proposisi 26.12, dari tak hingga ke dalam bagi bolanya (kekontinuan di $R$ menetapkan tetapan dalamnya), dari $r_0$ bagi kawatnya, melintasi celahnya bagi kapasitornya. ∎

Potensial (utuh) dan medan (putus-putus) sebuah bola bermuatan seragam. Potensialnya kontinu dengan kemiringan yang kontinu; ia parabolik di dalam, tempat medannya linear, dan sebanding 1/r di luar. Maksimumnya duduk di pusatnya, tempat medannya lenyap — sebuah maksimum V adalah titik bermedan nol, bukan sebaliknya. — Potensial (utuh) dan medan (putus-putus) sebuah bola bermuatan seragam. Potensialnya kontinu dengan kemiringan yang kontinu; ia parabolik di dalam, tempat medannya linear, dan sebanding $1/r$ di luar. Maksimumnya duduk di pusatnya, tempat medannya lenyap — sebuah maksimum $V$ adalah titik bermedan nol, bukan sebaliknya.

Contoh 27.5 (Elektronvolt, sekali lagi)

Sebuah elektron yang menyeberangi celah $100\,\mathrm{V}$ memperoleh $eU = 100\,\mathrm{eV} = 1.6 \times 10^{-17}\,\mathrm{J}$ , apa pun bentuk medan di antara kedua elektrodanya: potensialnya membuat lintasannya tak relevan (Definisi 17.3). Muatan $1\,\text{µ}\mathrm{C}$ pada jarak $1\,\mathrm{m}$ dari muatan lain berpotensial $V = 9\,\mathrm{kV}$ dan pasangannya menyimpan $9\,\mathrm{mJ}$ ; potensial di pusat sebuah inti emas adalah $24\,\mathrm{MV}$ (Latihan 27.6).

27.2 Dipol listrik

Definisi 27.6 (Dipol listrik)

Dua muatan berlawanan $-q$ di $N$ dan $+q$ di $P$ , yang terpisah sejauh $a = NP$ , membentuk sebuah dipol listrik bermomen dipol $\vect p = q\,\vect{NP}$ ( $\mathrm{C}\,\mathrm{m}$ ), yang menunjuk dari $-$ ke $+$ ; besaran itu disebut momen dipol. Hampiran dipolnya adalah kajian medannya pada jarak $r \gg a$ . Sebuah molekul yang pusat muatan positif dan negatifnya tak berimpit (air, $p = 6.2 \times 10^{-30}\,\mathrm{C}\,\mathrm{m}$ ) merupakan sebuah dipol; sebuah atom netral di dalam medan menjadi dipol pula (dipol imbasan).

Proposisi 27.7 (Medan sebuah dipol)

Di $M$ dengan $OM = r \gg a$ ( $O$ titik tengah $NP$ ) dan $\theta$ sudut antara $\vect p$ dan $\vect{OM}$ ,

V(M) = \frac{p\cos\theta}{4\pi\varepsilon_0 r^2}, \qquad E_r = \frac{2p\cos\theta}{4\pi\varepsilon_0r^3}, \qquad E_\theta = \frac{p\sin\theta}{4\pi\varepsilon_0r^3} .

Medan sebuah dipol meluruh sebanding $1/r^3$ , lebih cepat daripada $1/r^2$ sebuah muatan: dari jauh kedua muatannya hampir saling meniadakan, dan yang tersisa adalah pemisahannya.

Bukti. $V = \dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0}\Bigl(\dfrac1{PM} - \dfrac1{NM}\Bigr)$ dengan $PM \approx r - \tfrac a2\cos\theta$ dan $NM \approx r + \tfrac a2\cos\theta$ (proyeksi $\pm\tfrac a2$ pada $\vect{OM}$ ); sampai orde pertama dalam $a/r$ , $1/PM - 1/NM \approx a\cos\theta/r^2$ . Lalu $E_r = -\partial V/\partial r$ dan $E_\theta = -(1/r)\,\partial V/\partial\theta$ . ∎

Kiri: geometri hampiran dipolnya — M dilihat dari pusat O pada jarak r dan sudut dari p, dengan komponen medan radial dan ortoradialnya. Kanan: garis medan (biru, r 2) dan ekuipotensial (jingga, r √| |) sebuah dipol yang menunjuk ke kanan; bidang melalui O yang tegak lurus pada p adalah ekuipotensial V = 0. — Kiri: geometri hampiran dipolnya — $M$ dilihat dari pusat $O$ pada jarak $r$ dan sudut $\theta$ dari $\vect p$ , dengan komponen medan radial dan ortoradialnya. Kanan: garis medan (biru, $r \propto \sin^2\theta$ ) dan ekuipotensial (jingga, $r \propto \sqrt{|\cos\theta|}$ ) sebuah dipol yang menunjuk ke kanan; bidang melalui $O$ yang tegak lurus pada $\vect p$ adalah ekuipotensial $V = 0$ .

Proposisi 27.8 (Dipol dalam medan luar)

Sebuah dipol $\vect p$ dalam medan seragam $\vect E$ tak merasakan gaya total, merasakan momen gaya $\vect\Gamma = \vect p\wedge\vect E$ yang cenderung menyearahkannya dengan medannya, dan memiliki energi potensial $E_p = -\vect p\cdot\vect E$ , yang minimum ketika searah. Dalam medan tak seragam ia lebih jauh lagi ditarik ke daerah bermedan kuat (dalam satu dimensi, $F_x = p\,\dd E/\dd x$ bagi dipol yang searah).

Bukti. Gaya $\pm q\vect E$ saling meniadakan; momennya terhadap $O$ adalah $\vect{OP}\wedge q\vect E + \vect{ON}\wedge(-q\vect E) = q\vect{NP}\wedge\vect E$ . Energinya: $qV(P) - qV(N) = -q\,\vect{NP}\cdot\vect E$ bagi medan seragam (karena $V(P) - V(N) = -\vect E\cdot\vect{NP}$ ). Tak seragam, searah menyusuri $x$ : $F_x = qE(x + a) - qE(x) \approx qa\,\dd E/\dd x$ . ∎

Contoh 27.9 (Mengapa sisirnya menarik kertasnya)

Sebuah sisir bermuatan menciptakan medan yang meluruh dengan jarak; sepotong kertas yang netral terpolarisasi olehnya (dipol imbasan menyusuri $\vect E$ ), dan gaya $p\,\dd E/\dd x$ pada dipol yang searah menariknya ke daerah bermedan kuat, yaitu sisirnya. Tanda muatan sisirnya tak berperan; mekanisme yang sama menahan balonnya di dinding dan membuat seurai air membelok. Bagi molekul air, $pE$ dalam medan $1\,\mathrm{MV}/\mathrm{m}$ bernilai $6 \times 10^{-24}\,\mathrm{J}$ , $600$ kali lebih kecil daripada $k_BT$ pada suhu ruang: hanya sedikit penyearahan total yang bertahan terhadap jungkir-balik termalnya (Latihan 27.7).

27.3 Penghantar dalam kesetimbangan elektrostatik

Teorema 27.10 (Sifat sebuah penghantar dalam kesetimbangan)

Dalam sebuah penghantar yang muatan bebasnya diam:

$\vect E = \vect 0$ di dalamnya, dan penghantarnya merupakan volume ekuipotensial: $V$ seragam di dalamnya dan pada permukaannya.
Setiap muatan total duduk pada permukaannya, dengan rapat permukaan $\sigma$ ; bagian dalamnya netral.
Tepat di luarnya, medannya normal terhadap permukaannya dan bernilai $\vect E = \dfrac{\sigma}{\varepsilon_0}\,\vect n$ (teorema Coulomb).
Sebuah rongga di dalam penghantar, yang kosong dari muatan, memiliki $\vect E = \vect 0$ dan $V$ seragam apa pun yang terjadi di luarnya (sangkar Faraday).

Bukti. (1) Sebuah medan akan menggerakkan muatan bebasnya: kesetimbangan menuntut $\vect E = \vect 0$ , sehingga $\dd V = 0$ di antara dua titik dalam mana pun; permukaannya adalah limitnya. (2) Hukum Gauss pada sembarang permukaan tertutup yang digambar di dalam penghantarnya: fluksnya nol, muatan terlingkupinya nol. (3) Permukaannya sebuah ekuipotensial, sehingga $\vect E$ tepat di luarnya normal terhadapnya; sebuah kotak pil yang mengangkangi permukaannya berfluks $E\,\dd S$ hanya lewat muka luarnya (di dalam $\vect E = \vect 0$ ) dan bermuatan $\sigma\,\dd S$ . (4) Dinding rongganya sebuah ekuipotensial; sebuah garis medan di dalam rongganya harus pergi dari dinding ke dinding melintasi sebuah jatuh potensial — mustahil pada sebuah ekuipotensial; jadi tak ada garis, tak ada medan (diterima tanpa bukti dalam bentuk ini). ∎

Contoh 27.11 (Efek ujung runcing dan penangkal petir)

Dua bola berjari-jari $R_1 > R_2$ , yang berjauhan dan dihubungkan oleh sebuah kawat, berbagi $V = Q_i/4\pi\varepsilon_0R_i$ yang sama, sehingga $\sigma_i = Q_i/4\pi R_i^2 = \varepsilon_0V/R_i$ : makin kecil jari-jari kelengkungannya, makin besar muatan permukaan dan medannya $\sigma/\varepsilon_0 = V/R$ . Pada sebuah ujung yang tajam medannya melampaui nilai dadal udara ( $3\,\mathrm{MV}/\mathrm{m}$ ) jauh sebelum hal itu terjadi di tempat lain: udaranya terionisasi dan muatannya merembes pergi diam-diam. Sebuah penangkal petir bekerja dengan efek ujung runcing ini — ia tak begitu menarik sambarannya melainkan menawarinya sebuah lintasan, dan mengalirkan muatan di bawah sebuah awan sebelum ia menumpuk.

Kiri: sebuah penghantar berongga dalam medan luar — muatan imbasan pada permukaannya meniadakan medan di dalamnya dan di dalam rongganya (sangkar Faraday). Kanan: efek ujung runcing — pada satu penghantar ekuipotensial muatan permukaan dan medan luarnya terbesar di tempat kelengkungannya paling tajam.

27.4 Kapasitor

Definisi 27.12 (Kapasitansi)

Sebuah penghantar terkucil pada potensial $V$ mengemban muatan $Q$ yang sebanding dengan $V$ : $Q = CV$ , dengan $C$ yang disebut kapasitansi-nya (farad, $\mathrm{F}$ ); bagi sebuah bola $C = 4\pi\varepsilon_0R$ . Yang disebut kapasitor adalah sepasang penghantar (keping) yang mengemban muatan berlawanan $\pm Q$ dan saling berhadapan sehingga medannya terkurung di antara keduanya; kapasitansinya $C = Q/U$ dengan $U = V_1 - V_2$ tegangan di antara kedua kepingnya. Lambang dan hukum rangkaian $i = C\,\dd u/\dd t$ telah dipakai dalam Bab 7.

Proposisi 27.13 (Tiga kapasitor)

Bidang: keping berluas $S$ yang terpisah sejauh $d \ll \sqrt S$ : $C = \dfrac{\varepsilon_0S}{d}$ .
Bola: bola sepusat berjari-jari $R_1 < R_2$ : $C = \dfrac{4\pi\varepsilon_0R_1R_2}{R_2 - R_1}$ .
Silinder (sesumbu), berjari-jari $a < b$ , panjang $L \gg b$ : $C = \dfrac{2\pi\varepsilon_0L}{\ln(b/a)}$ .

Mengisi celahnya dengan sebuah isolator berpermitivitas nisbi $\varepsilon_r$ melipatkan $C$ dengan $\varepsilon_r$ (molekul dielektriknya terpolarisasi dan melemahkan medannya, $\varepsilon_r = 2$ sampai $10$ bagi plastik dan kaca biasa, $80$ bagi air).

Bukti. Dalam tiap kasusnya medan di antara kedua kepingnya adalah medan Proposisi 26.12: $E = \sigma/\varepsilon_0 = Q/\varepsilon_0S$ , $U = Ed$ ; $E = Q/4\pi\varepsilon_0r^2$ , $U = \int_{R_1}^{R_2}E\,\dd r = \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0} \Bigl(\dfrac1{R_1} - \dfrac1{R_2}\Bigr)$ ; $E = Q/2\pi\varepsilon_0Lr$ , $U = \dfrac{Q}{2\pi\varepsilon_0L}\ln\dfrac ba$ . Bagilah $Q$ dengan $U$ . Faktor dielektriknya diterima tanpa bukti. ∎

Teorema 27.14 (Energi sebuah kapasitor)

Sebuah kapasitor yang bermuatan $Q$ di bawah $U$ menyimpan

W = \tfrac12 CU^2 = \tfrac12 QU = \frac{Q^2}{2C} ,

yaitu usaha yang diperlukan untuk membawa muatannya dari satu keping ke keping yang lain melawan tegangan yang membesar. Dalam kapasitor bidang $W = \tfrac12\varepsilon_0E^2 \times Sd$ : energinya ada di dalam medannya, pada rapat $\tfrac12\varepsilon_0E^2$ tiap satuan volume — sebuah pernyataan yang berlaku bagi setiap medan elektrostatik.

Bukti. Memindahkan $\dd q$ dari keping negatif ke keping positif ketika muatannya $q$ menelan $\dd W = (q/C)\,\dd q$ ; integralkan dari $0$ sampai $Q$ . Lalu substitusikan $C = \varepsilon_0S/d$ dan $U = Ed$ ; rapat umumnya diterima tanpa bukti. ∎

Contoh 27.15 (Tiga kapasitor dan energinya)

Sepasang kertas timah seluas satu meter persegi yang terpisah $1\,\mathrm{mm}$ : $C = 8.85 \times 10^{-12}/ 10^{-3} = 8.9\,\mathrm{nF}$ — farad memang satuan yang raksasa. Sebuah defibrilator $150\,\text{µ}\mathrm{F}$ pada $2\,\mathrm{kV}$ : $300\,\mathrm{J}$ , disalurkan dalam beberapa milisekon. Sebuah superkapasitor $3000\,\mathrm{F}$ pada $2.7\,\mathrm{V}$ : $11\,\mathrm{kJ}$ dalam sebuah kaleng sebesar botol limun — kapasitansinya datang dari celah $d$ berukuran molekul dan $S$ berliang yang luar biasa besar. Rapat energi sebuah medan pada dadal udara, $\tfrac12\varepsilon_0(3 \times 10^6)^2 = 40\,\mathrm{J}/\mathrm{m}^{3}$ , adalah sebabnya kapasitor menyimpan begitu sedikit dibandingkan dengan baterai.

Kapasitor bidang, bola dan berisi dielektrik. Medannya (jingga) terkurung di antara kedua kepingnya kecuali kebocoran di tepinya, yang diabaikan bila d kecil; energi 1/2 _0E2 tiap satuan volume tinggal di dalam medan itu. — Kapasitor bidang, bola dan berisi dielektrik. Medannya (jingga) terkurung di antara kedua kepingnya kecuali kebocoran di tepinya, yang diabaikan bila $d$ kecil; energi $\tfrac12\varepsilon_0E^2$ tiap satuan volume tinggal di dalam medan itu.

Catatan 27.16 (Kapasitor yang dirangkai)

Dalam rangkaian paralel ( $U$ sama) muatannya berjumlah: $C = C_1 + C_2$ ; dalam rangkaian seri ( $Q$ sama) tegangannya berjumlah: $1/C = 1/C_1 + 1/C_2$ — kebalikan dari resistor, karena $C$ mengukur sebuah kemudahan (muatan tiap volt) sedangkan $R$ mengukur sebuah kesukaran. Aturan ini menyusul dari $Q = CU$ dan hukum rangkaian Bab 6.

27.5 Latihan

Latihan 27.1 ★

Potensial pada jarak $1.0\,\mathrm{m}$ dari muatan $1.0\,\text{µ}\mathrm{C}$ ; energi yang diperlukan untuk membawa muatan $1.0\,\text{µ}\mathrm{C}$ kedua dari tak hingga ke titik itu; kelajuan saat ia terlontar bila dilepaskan, jika massanya $1\,\mathrm{g}$ .

Solusi

Solusi Latihan 27.1.

$V = 8.99 \times 10^9 \times 10^{-6}/1 = 9.0\,\mathrm{kV}$ ; $W = qV = 9.0\,\mathrm{mJ}$ ; setelah dilepaskan, $\tfrac12mv^2 = 9\,\mathrm{mJ}$ : $v = \sqrt{18} = 4.2\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ .

Latihan 27.2 ★

Keping yang terpisah $1.0\,\mathrm{mm}$ di bawah $100\,\mathrm{V}$ : medannya; energi kinetik dan kelajuan yang diperoleh sebuah elektron yang menyeberangi celahnya dari keadaan diam; waktu terbangnya.

Solusi

Solusi Latihan 27.2.

$E = 100/10^{-3} = 1 \times 10^{5}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}$ ; $E_k = eU = 100\,\mathrm{eV} = 1.6 \times 10^{-17}\,\mathrm{J}$ , sehingga $v = \sqrt{2E_k/m_e} = 5.9 \times 10^{6}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ; dalam gerak berubah beraturan, $t = 2d/v = 3.4 \times 10^{-10}\,\mathrm{s}$ .

Latihan 27.3 ★

Pada sebuah peta ekuipotensial yang digambar tiap $10\,\mathrm{V}$ , garisnya terpisah $2\,\mathrm{mm}$ dekat $A$ dan $8\,\mathrm{mm}$ dekat $B$ . Medan di $A$ dan di $B$ ; ke mana medannya menunjuk relatif terhadap potensial yang membesar; ke mana sebuah elektron dipercepat?

Solusi

Solusi Latihan 27.3.

$E_A = 10/0.002 = 5\,\mathrm{kV}/\mathrm{m}$ , $E_B = 10/0.008 = 1.25\,\mathrm{kV}/\mathrm{m}$ . Medannya menunjuk ke arah potensial yang mengecil; sebuah elektron ( $q < 0$ ) dipercepat ke arah sebaliknya, menuju $V$ yang membesar.

Latihan 27.4 ★

Sebuah bola Van de Graaff berjari-jari $15\,\mathrm{cm}$ dimuati sampai $200\,\mathrm{kV}$ . Kapasitansi, muatan, medan pada permukaannya. Potensial maksimum sebelum udara di sekitarnya dadal ( $3\,\mathrm{MV}/\mathrm{m}$ ).

Solusi

Solusi Latihan 27.4.

$C = 4\pi\varepsilon_0R = 1.11 \times 10^{-10} \times 0.15 = 17\,\mathrm{pF}$ ; $Q = CV = 3.3\,\text{µ}\mathrm{C}$ ; $E = V/R = 2 \times 10^5/0.15 = 1.3\,\mathrm{MV}/\mathrm{m}$ . Dadalnya pada $V = E_{\max}R = 3 \times 10^6 \times 0.15 = 450\,\mathrm{kV}$ — mesin besar memakai bola besar.

Latihan 27.5 ★★

Potensial pada sumbu sebuah cincin berjari-jari $R$ dan bermuatan $Q$ ; peroleh kembali medan aksialnya dengan penurunan. Serupa bagi cakram bermuatan seragam (pakailah Latihan 26.5): $V(z) = \dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0} \bigl(\sqrt{z^2 + R^2} - z\bigr)$ .

Solusi

Solusi Latihan 27.5.

Setiap unsur cincinnya berjarak $\sqrt{R^2 + z^2}$ : $V = Q/4\pi\varepsilon_0\sqrt{R^2 + z^2}$ ; $E_z = -\dd V/\dd z = Qz/4\pi\varepsilon_0(R^2 + z^2)^{3/2}$ . Cakramnya: $\dd q = 2\pi\sigma a\,\dd a$ pada $\sqrt{a^2 + z^2}$ : $V = \dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0}\displaystyle\int_0^R\dfrac{a\,\dd a}{\sqrt{a^2 + z^2}} = \dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0}\bigl(\sqrt{z^2 + R^2} - z\bigr)$ , dan $-\dd V/\dd z = \dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0}\Bigl(1 - \dfrac{z}{\sqrt{z^2 + R^2}}\Bigr)$ .

Latihan 27.6 ★★

Turunkanlah potensial di dalam sebuah bola bermuatan seragam dari medannya. Potensial di pusat sebuah inti emas ( $Z = 79$ , $R = 7.0\,\mathrm{fm}$ ); energi yang diperlukan sebuah proton untuk mencapai pusatnya dari jauh, dalam $\mathrm{MeV}$ ; ulaslah partikel alfa $5\,\mathrm{MeV}$ milik Rutherford.

Solusi

Solusi Latihan 27.6.

$V(r) = V(R) + \displaystyle\int_r^R\dfrac{Qr'\,\dd r'}{4\pi\varepsilon_0R^3} = \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0R} + \dfrac{Q(R^2 - r^2)}{8\pi\varepsilon_0R^3} = \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0} \dfrac{3R^2 - r^2}{2R^3}$ . Emas: $V(0) = 1.5 \times 8.99 \times 10^9 \times 1.26 \times 10^{-17}/7 \times 10^{-15} = 24\,\mathrm{MV}$ : sebuah proton perlu $24\,\mathrm{MeV}$ , sebuah alfa ( $2e$ ) $48\,\mathrm{MeV}$ untuk mencapai pusatnya dan $32\,\mathrm{MeV}$ untuk menyentuh permukaannya. Alfa $5\,\mathrm{MeV}$ milik Rutherford berbalik pada $r$ dengan $2eV = 5\,\mathrm{MeV}$ : $V = 2.5\,\mathrm{MV}$ , $r = 45\,\mathrm{fm}$ — jauh di luar intinya, dan itulah sebabnya analisis muatan titiknya berhasil.

Latihan 27.7 ★★

Molekul air, $p = 6.2 \times 10^{-30}\,\mathrm{C}\,\mathrm{m}$ . Medan yang diciptakannya pada $1.0\,\mathrm{nm}$ menyusuri sumbunya dan tegak lurus terhadapnya; momen gaya dan selisih energi antara kedudukan searah dan berlawanan arah dalam $E = 1.0\,\mathrm{MV}/\mathrm{m}$ ; bandingkan dengan $k_BT$ pada $300\,\mathrm{K}$ . Medan sebuah ion natrium pada $0.3\,\mathrm{nm}$ dan energi dipol airnya yang searah di dalamnya (hidrasi).

Solusi

Solusi Latihan 27.7.

Pada sumbunya: $2p/4\pi\varepsilon_0r^3 = 2 \times 8.99 \times 10^9 \times 6.2 \times 10^{-30}/10^{-27} = 1.1 \times 10^{8}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}$ ; tegak lurus, separuhnya: $5.6 \times 10^{7}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}$ . Momen gaya $pE = 6.2 \times 10^{-24}\,\mathrm{N}\,\mathrm{m}$ ; selang energinya $2pE = 1.2 \times 10^{-23}\,\mathrm{J}$ terhadap $k_BT = 4.1 \times 10^{-21}\,\mathrm{J}$ : $330$ kali lebih kecil — hanya penyearahan total $0.1\%$ . Ion natrium pada $0.3\,\mathrm{nm}$ : $E = e/4\pi\varepsilon_0r^2 = 1.6 \times 10^{10}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}$ , $-pE = -1.0 \times 10^{-19}\,\mathrm{J} = -0.6\,\mathrm{eV}$ , yaitu $24\,k_BT$ : molekul airnya terkunci pada ionnya — itulah hidrasi.

Latihan 27.8 ★★

Sebuah bola penghantar berjari-jari $1.0\,\mathrm{cm}$ di udara: muatan dan potensial maksimum sebelum dadal. Dua bola penghantar, $R_1 = 10\,\mathrm{cm}$ dan $R_2 = 1.0\,\mathrm{mm}$ , dihubungkan oleh kawat tipis dan dinaikkan sampai $20\,\mathrm{kV}$ : medan permukaan masing-masing; yang mana melucut ke udara?

Solusi

Solusi Latihan 27.8.

$Q = 4\pi\varepsilon_0R^2E = 10^{-4} \times 3 \times 10^6/8.99 \times 10^9 = 33\,\mathrm{nC}$ , $V = ER = 30\,\mathrm{kV}$ . Bola yang terhubung: $E_1 = V/R_1 = 0.2\,\mathrm{MV}/\mathrm{m}$ , $E_2 = V/R_2 = 20\,\mathrm{MV}/\mathrm{m} > 3\,\mathrm{MV}/\mathrm{m}$ : bola kecilnya mengionkan udaranya dan membocorkan muatannya — efek ujung runcing.

Latihan 27.9 ★★

Kapasitansi: dua kertas timah $1.0\,\mathrm{m}^{2}$ yang terpisah $10\,\text{µ}\mathrm{m}$ dengan lapisan polimer $\varepsilon_r = 2.2$ (sebuah kapasitor lapisan); kertas timah yang sama digulung — apakah penggulungan mengubah $C$ ? Energinya pada $400\,\mathrm{V}$ . Sebuah kapasitor $150\,\text{µ}\mathrm{F}$ pada $2.0\,\mathrm{kV}$ (defibrilator): muatan, energi, daya rata-rata bila disalurkan dalam $5\,\mathrm{ms}$ .

Solusi

Solusi Latihan 27.9.

$C = \varepsilon_r\varepsilon_0S/d = 2.2 \times 8.85 \times 10^{-12}/10^{-5} = 2.0\,\text{µ}\mathrm{F}$ ; penggulungan mengubah bentuknya, bukan luas yang saling berhadapan: $C$ sama (dengan lapisan kedua sehingga tiap kertas timah menghadapi yang lain pada kedua sisinya, ia berlipat dua). $W = \tfrac12 \times 2 \times 10^{-6} \times 400^2 = 0.16\,\mathrm{J}$ . Defibrilator: $Q = 150 \times 10^{-6} \times 2000 = 0.30\,\mathrm{C}$ , $W = \tfrac12CU^2 = 300\,\mathrm{J}$ , $P = 300/0.005 = 60\,\mathrm{kW}$ .

Latihan 27.10 ★★★

Kapasitor bola dan silinder. (a) Turunkanlah $C$ bagi bola sepusat dan periksalah bahwa untuk $R_2 - R_1 = d \ll R_1$ ia menyusut menjadi rumus bidangnya, dan untuk $R_2 \to \infty$ menjadi bola terkucilnya. (b) Kabel sesumbu, $a = 0.5\,\mathrm{mm}$ , $b = 2.5\,\mathrm{mm}$ , polietilena $\varepsilon_r = 2.3$ : kapasitansi tiap meter (bandingkan dengan $100\,\mathrm{pF}/\mathrm{m}$ kabel biasa). (c) Medan pada penghantar dalamnya di bawah $1\,\mathrm{kV}$ ; amankah?

Solusi

Solusi Latihan 27.10.

(a) $E = Q/4\pi\varepsilon_0r^2$ , $U = \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0}\Bigl(\dfrac1{R_1} - \dfrac1{R_2}\Bigr)$ , $C = 4\pi\varepsilon_0R_1R_2/(R_2 - R_1)$ ; dengan $R_2 - R_1 = d \ll R_1$ , $R_1R_2 \approx R^2$ dan $C \approx 4\pi R^2\varepsilon_0/d = \varepsilon_0S/d$ ; dengan $R_2 \to \infty$ , $C \to 4\pi\varepsilon_0R_1$ . (b) $C/L = 2\pi\varepsilon_r\varepsilon_0/\ln(b/a) = 2\pi \times 2.3 \times 8.85 \times 10^{-12}/\ln5 = 79\,\mathrm{pF}/\mathrm{m}$ , ordenya tepat. (c) $E(a) = U/[a\ln(b/a)] = 1000/(5 \times 10^{-4} \times 1.61) = 1.2\,\mathrm{MV}/\mathrm{m}$ : di bawah $20\,\mathrm{MV}/\mathrm{m}$ milik polietilena, aman; di udara nilainya akan mepet.

Latihan 27.11 ★★★

Energi di dalam medannya. (a) Energi sebuah bola penghantar bermuatan ( $Q$ , $R$ ) dari $Q^2/2C$ . (b) Samakan dengan energi diam elektron $m_ec^2 = 0.511\,\mathrm{MeV}$ lalu selesaikan untuk $R$ : “jari-jari elektron klasik” (sampai sebuah faktor). (c) Sebuah kapasitor bidang terkucil bermuatan $Q$ kepingnya ditarik dari $d$ menjadi $2d$ : perubahan energi tersimpannya, dan gaya antara kedua kepingnya yang disimpulkan darinya; periksalah terhadap Latihan 26.8. (d) Serupa dengan kapasitornya dijaga pada $U$ tetap oleh sebuah baterai: perubahan energinya, dan ke mana selisihnya pergi.

Solusi

Solusi Latihan 27.11.

(a) $W = Q^2/2C = Q^2/8\pi\varepsilon_0R$ . (b) $R = e^2/8\pi\varepsilon_0m_ec^2 = 2.31 \times 10^{-28}/(2 \times 8.19 \times 10^{-14}) = 1.4 \times 10^{-15}\,\mathrm{m}$ (“jari-jari klasik” yang lazim, $e^2/4\pi\varepsilon_0m_ec^2 = 2.8\,\mathrm{fm}$ , membuang $\tfrac12$ -nya). (c) $W = Q^2/2C = Q^2d/2\varepsilon_0S$ berlipat dua: $\Delta W = Q^2d/2\varepsilon_0S = F\,d$ dengan $F = Q^2/2\varepsilon_0S = \sigma^2S/2\varepsilon_0$ , seperti yang diperoleh langsung. (d) Pada $U$ tetap, $W = \varepsilon_0SU^2/2d$ berkurang separuh: $\Delta W = -W/2$ ; penariknya tetap melakukan usaha $W/2$ (integralkan $F = \varepsilon_0SU^2/2x^2$ dari $d$ sampai $2d$ ); kedua separuhnya, seluruhnya $W$ , mengalir balik ke baterainya seiring muatan $CU/2$ kembali padanya pada tegangan $U$ .

Latihan 27.12 ★★★

Energi Coulomb sebuah inti. (a) Bangunlah sebuah bola bermuatan seragam ( $Q$ , $R$ ) kulit demi kulit lalu tunjukkan bahwa energi elektrostatiknya adalah $W = \dfrac{3Q^2}{20\pi\varepsilon_0R}$ . (b) Uranium-238: $Z = 92$ , $R = 7.4\,\mathrm{fm}$ : $W$ dalam $\mathrm{MeV}$ . (c) Belahlah menjadi dua serpihan sama besar ( $Z/2$ , $A/2$ , jari-jari $R/2^{1/3}$ ) yang berjauhan: energi Coulomb yang dilepaskan. (d) Energi fisi yang terukur kira-kira $200\,\mathrm{MeV}$ : apa yang melawan keuntungan Coulombnya?

Solusi

Solusi Latihan 27.12.

(a) Bola berjari-jari $r$ mengemban $q = Qr^3/R^3$ pada potensial permukaan $q/4\pi\varepsilon_0r$ ; menambahkan kulit $\dd q = 3Qr^2\,\dd r/R^3$ menelan $\dd W = q\,\dd q/4\pi\varepsilon_0r = 3Q^2r^4\,\dd r/4\pi\varepsilon_0R^6$ ; integralkan: $W = 3Q^2/20\pi\varepsilon_0R$ . (b) $Q = 92e = 1.47 \times 10^{-17}\,\mathrm{C}$ : $W = 3 \times 2.17 \times 10^{-34}/(20\pi \times 8.85 \times 10^{-12} \times 7.4 \times 10^{-15}) = 1.6 \times 10^{-10}\,\mathrm{J} = 990\,\mathrm{MeV}$ . (c) Tiap serpihannya: muatan $Q/2$ , jari-jari $R/2^{1/3}$ , energi $\tfrac14 2^{1/3}W$ ; keduanya: $2^{1/3}W/2 = 0.63W$ : yang dilepaskan $0.37 \times 990 = 370\,\mathrm{MeV}$ . (d) “Tegangan permukaan” intinya: dua serpihan berpermukaan lebih luas daripada satu inti, dan itu menelan kira-kira $170\,\mathrm{MeV}$ ; sisanya, dekat $200\,\mathrm{MeV}$ , muncul sebagian besar sebagai energi kinetik kedua serpihan yang terbang berpisah di bawah tolakan timbal baliknya.

Peranti tetes minyak Millikan, kira-kira 1916 (Museum Sains dan Industri, Chicago): bilik kuningannya memuat kedua keping mendatar yang di antaranya tetesnya diamati.

27.6 Soal: Tetes minyak Millikan

Soal 27.1

Soal akhir pekan — menimbang muatan elektron dengan setetes minyak: Stokes, kapasitor bidang, dan sebuah tabel angka yang menolak menjadi apa pun kecuali kelipatan satu bilangan

Tetes minyak disemprotkan di antara dua keping mendatar yang terpisah $d = 16\,\mathrm{mm}$ , berdiameter $20\,\mathrm{cm}$ , lalu diamati lewat sebuah mikroskop. Data: massa jenis minyak $\rho = 900\,\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{3}$ , massa jenis udara $1.2\,\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{3}$ , kekentalan udara $\eta = 1.8 \times 10^{-5}\,\mathrm{Pa}\,\mathrm{s}$ , $g = 9.8\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}$ , $\varepsilon_0 = 8.85 \times 10^{-12}\,\mathrm{F}/\mathrm{m}$ . Sebuah bola kecil berjari-jari $r$ yang bergerak dengan $v$ di udara merasakan seretan Stokes $6\pi\eta rv$ .

Bagian I — Tetes yang jatuh.

Gaya pada sebuah tetes yang jatuh tanpa tegangan terpasang; tunjukkan bahwa ia mencapai kelajuan terminal $v_1 = 2\rho gr^2/9\eta$ (abaikan gaya apung udaranya — benarkan).
Sebuah tetes jatuh $1.0\,\mathrm{mm}$ dalam $10\,\mathrm{s}$ : jari-jari dan massanya.
Tetapan waktu pendekatan ke $v_1$ ; jarak yang ditempuh sementara itu. Pernahkah tetesnya terlihat dipercepat?
Bilangan Reynolds $\rho_{\text{udara}}v_1r/\eta$ geraknya: sahkah hukum Stokes?
Mengapa tetesnya harus sekecil itu? (Bandingkan beratnya dengan gaya listrik pada satu muatan elementer dalam medan $3 \times 10^{5}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}$ .)
Tetesnya terlihat sedikit bergetar di sekitar jatuh rata-ratanya: apa ini, dan mengapa ia membatasi ketelitiannya?

Bagian II — Medannya. Sebuah tegangan $U$ dipasang, keping atasnya positif.

Medan di antara kedua kepingnya untuk $U = 5.0\,\mathrm{kV}$ ; mengapa ia seragam, dan apa ekuipotensialnya?
Kapasitansi kedua kepingnya, muatan padanya pada $5.0\,\mathrm{kV}$ , dan energi tersimpannya.
Tetes pertanyaan 2 tertahan diam untuk $U_0 = 1080\,\mathrm{V}$ : tanda dan nilai muatannya, dalam coulomb dan dalam satuan $e$ .
Dengan $U = 5.0\,\mathrm{kV}$ tetes yang sama naik dengan $v_2$ : tunjukkan bahwa $q = 6\pi\eta r(v_1 + v_2)d/U$ lalu hitunglah $v_2$ .
Mengapa mengukur waktu naik dan turun lebih baik daripada memburu tegangan penyeimbangnya?
Energi potensial muatan tetesnya di antara kedua kepingnya pada $5\,\mathrm{kV}$ , dan energi yang dilesapkan seretan selama sebuah kenaikan $1\,\mathrm{cm}$ .

Bagian III — Tabel muatannya. Dipaparkan pada sumber sinar-X yang lemah di antara pengukuran, tetes yang sama berubah muatannya; pengukuran berturut-turut memberi (dalam $10^{-19}$ C): $4.80$ , $8.01$ , $6.42$ , $3.19$ , $9.63$ .

Tunjukkan bahwa kelimanya dekat pada kelipatan bulat satu besaran, lalu berikan bilangan bulatnya.
Taksiran terbaik muatan elementer dari kelima nilainya; ketakpastian baku reratanya (Bab 1).
Mengapa muatannya berubah sebanyak bilangan bulat $e$ di antara pengukuran?
Tunjukkan bahwa, dalam metode ini, $q \propto \eta^{3/2}$ : sebesar apa galat $1\%$ pada kekentalannya menggeser $e$ ? (Nilai asli Millikan $0.6\%$ terlalu rendah, justru karena sebab ini.)
Kuark mengemban $\pm e/3$ dan $\pm 2e/3$ : mengapa tak pernah ada tetes minyak yang memperlihatkan sepertiga $e$ ?
Tetapan Faraday, yaitu muatan satu mol elektron, adalah $F = 96\,485\,\mathrm{C}/\mathrm{mol}$ : simpulkanlah bilangan Avogadro.
Thomson telah mengukur $e/m_e = 1.76 \times 10^{11}\,\mathrm{C}/\mathrm{kg}$ bagi elektron: simpulkanlah massanya, lalu bandingkan dengan sebuah atom hidrogen ( $1.67 \times 10^{-27}\,\mathrm{kg}$ ).

Bagian IV — Perantinya, lewat potensialnya.

Sketsalah ekuipotensial dan garis medan di antara kedua kepingnya, termasuk kebocoran dekat tepinya; benarkan pengabaiannya.
Sebuah tetes bermuatan positif pada ketinggian $z$ di atas keping bawah (pada $0\,\mathrm{V}$ ): energi potensialnya sebagai fungsi $z$ ; energi potensial totalnya termasuk gravitasi; syarat pada $U$ bagi titik diamnya.
Bandingkan energi muatan tetesnya (pertanyaan 12) dengan energi yang tersimpan dalam kapasitornya: apakah tetesnya mengganggu medannya?
Tegangannya dibalik (keping bawah positif) dengan $U = 5.0\,\mathrm{kV}$ : apa yang dilakukan tetes pertanyaan 9, dan pada kelajuan berapa?
Sebutir debu $1\,\text{µ}\mathrm{g}$ yang mengemban $10^4e$ dalam medan yang sama: nisbah gaya listrik terhadap beratnya; mengapa butiran seperti itu tak dapat dilayangkan dan mengapa Millikan memilih kabut minyak.
Ringkaslah: apa yang diukur (tiga kali), apa yang disimpulkan, dengan ketakpastian berapa, dan dua tetapan mana yang menyusul darinya.

Solusi

Solusi Soal 27.1.

1. Berat $\tfrac43\pi r^3\rho g$ ke bawah, seretan $6\pi\eta rv$ ke atas, gaya apung $\tfrac43\pi r^3\rho_{\text{udara}}g$ ke atas — $1.2/900 = 0.13\%$ dari beratnya, terabaikan. Terminalnya: $\tfrac43\pi r^3\rho g = 6\pi\eta rv_1$ , $v_1 = 2\rho gr^2/9\eta$ .

2. $v_1 = 1.0 \times 10^{-4}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ : $r = \sqrt{9\eta v_1/2\rho g} = \sqrt{9 \times 1.8 \times 10^{-5} \times 10^{-4}/(2 \times 900 \times 9.8)} = 9.6 \times 10^{-7}\,\mathrm{m}$ , yaitu satu mikrometer; $m = \tfrac43\pi r^3\rho = 3.3 \times 10^{-15}\,\mathrm{kg}$ .

3. $\tau = m/6\pi\eta r = 3.3 \times 10^{-15}/3.3 \times 10^{-10} = 1 \times 10^{-5}\,\mathrm{s}$ ; jaraknya $\sim v_1\tau = 1\,\mathrm{nm}$ . Tak pernah.

4. $\mathrm{Re} = 1.2 \times 10^{-4} \times 9.6 \times 10^{-7}/1.8 \times 10^{-5} = 6 \times 10^{-6} \ll 1$ : hukum Stokes berlaku.

5. $eE = 1.6 \times 10^{-19} \times 3 \times 10^5 = 4.8 \times 10^{-14}\,\mathrm{N}$ terhadap $mg = 3.2 \times 10^{-14}\,\mathrm{N}$ : sebanding hanya bagi tetes semikron. Sebuah tetes $10\,\text{µ}\mathrm{m}$ berbobot seribu kali lebih besar; satu muatan elementer akan mengubah kelajuannya sebesar $0.1\%$ , tak terlihat.

6. Gerak Brown: gempuran molekul udara menyentak-nyentak tetesnya secara acak; waktu ukurnya berserak, membatasi ketelitiannya dan menetapkan batas bawah bagi ukuran tetes yang berguna.

7. $E = U/d = 5000/0.016 = 3.1 \times 10^{5}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}$ ; kepingnya jauh lebih lebar daripada $d$ , sehingga superposisi kedua bidangnya memberi medan yang seragam; ekuipotensialnya bidang mendatar, $V = Uz/d$ .

8. $C = \varepsilon_0\pi(0.1)^2/0.016 = 17\,\mathrm{pF}$ ; $Q = CU = 87\,\mathrm{nC}$ ; $W = \tfrac12CU^2 = 0.22\,\mathrm{mJ}$ .

9. Keping atasnya positif: $\vect E$ menunjuk ke bawah; gayanya harus menunjuk ke atas, sehingga $q < 0$ . $|q| = mgd/U_0 = 3.3 \times 10^{-15} \times 9.8 \times 0.016/ 1080 = 4.8 \times 10^{-19}\,\mathrm{C} = 3e$ : $q = -3e$ .

10. Naik dengan kelajuan tetap: $|q|E = mg + 6\pi\eta rv_2$ dan $mg = 6\pi\eta rv_1$ , sehingga $|q|E = 6\pi\eta r(v_1 + v_2)$ dan $|q| = 6\pi\eta r(v_1 + v_2)d/U$ . $v_2 = (|q|E - mg)/6\pi\eta r = (1.5 \times 10^{-13} - 3.2 \times 10^{-14})/ 3.3 \times 10^{-10} = 3.6 \times 10^{-4}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ : $1\,\mathrm{mm}$ dalam $2.8\,\mathrm{s}$ .

11. Penyeimbangan adalah penilaian nol atas sebutir noktah yang menghanyut dan bergetar, yang muatannya mungkin berubah sementara itu; pengukuran waktu atas jarak tetap dapat diulang sesuka hati, $r$ ditetapkan sekali untuk selamanya oleh $v_1$ , dan satu tetes lalu memberi seluruh deret muatan.

12. $|q|U = 3 \times 1.6 \times 10^{-19} \times 5000 = 2.4 \times 10^{-15}\,\mathrm{J}$ ( $15\,\mathrm{keV}$ ) melintasi celahnya; seretan sepanjang $1\,\mathrm{cm}$ : $(|q|E - mg) \times 0.01 = 1.2 \times 10^{-15}\,\mathrm{J}$ , berubah menjadi kalor di udaranya.

13. Bagilah dengan $1.60$ : $3.00$ , $5.01$ , $4.01$ , $1.99$ , $6.02$ — bilangan bulatnya $3, 5, 4, 2, 6$ .

14. $q/n$ : $1.600, 1.602, 1.605, 1.595, 1.605$ ; reratanya $1.601$ , simpangan bakunya $0.004$ , ketakpastian reratanya $0.004/\sqrt5 = 0.002$ : $e = (1.601 \pm 0.002) \times 10^{-19}$ C.

15. Sinar-X-nya mengionkan udaranya; tetesnya memungut ion satu per satu, masing-masing mengemban bilangan bulat $e$ .

16. $r \propto \eta^{1/2}$ dari $v_1$ , $m \propto r^3 \propto \eta^{3/2}$ , dan $|q| = mgd/U_0 \propto \eta^{3/2}$ : $1\%$ pada $\eta$ memberi $1.5\%$ pada $e$ . Nilai $\eta$ milik Millikan $0.4\%$ terlalu rendah, karena itu $e$ -nya $0.6\%$ terlalu rendah.

17. Kuark tak pernah datang sendirian: ia terkurung di dalam hadron, dan setiap benda bebas mengemban muatan bulat.

18. $N_A = F/e = 96485/1.602 \times 10^{-19} = 6.02 \times 10^{23}\,\mathrm{mol}^{-1}$ .

19. $m_e = 1.602 \times 10^{-19}/1.76 \times 10^{11} = 9.1 \times 10^{-31}\,\mathrm{kg}$ : $1840$ kali lebih ringan daripada atom hidrogen.

20. Bidang mendatar di antara kedua kepingnya, menggelembung di sekeliling tepinya; garis medan tegak yang mengembang keluar di tepinya sepanjang lebar berorde $d = 1.6\,\mathrm{cm}$ — kecil terhadap diameter $20\,\mathrm{cm}$ , dan tetesnya diamati di tengah.

21. $E_p = qUz/d + mgz$ , linear dalam $z$ : tak ada minimum; sebuah tetes yang diam menuntut kemiringannya lenyap, $q = -mgd/U$ , dan kesetimbangannya lalu bersifat netral — setiap hanyutan sisa bertahan, dan itulah sebabnya penyeimbangannya sukar dinilai.

22. $2.4 \times 10^{-15}$ terhadap $2.2 \times 10^{-4}$ J: $10^{-11}$ . Tetesnya tak mengganggu medannya.

23. Medannya ke atas, gaya pada tetes negatifnya ke bawah: ia jatuh dengan $(mg + |q|E)/6\pi\eta r = (3.2 \times 10^{-14} + 1.5 \times 10^{-13})/3.3 \times 10^{-10} = 5.6 \times 10^{-4}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ .

24. $F = 10^4 \times 1.6 \times 10^{-19} \times 3.1 \times 10^5 = 5 \times 10^{-10}\,\mathrm{N}$ terhadap $9.8 \times 10^{-9}\,\mathrm{N}$ : $5\%$ dari beratnya — tak terangkat, dan dengan $10^4$ muatan sebuah perubahan satu $e$ tak terlihat. Kabut minyak memberi tetes yang kecil, tak menguap dan berbentuk bola.

25. Yang diukur: $v_1$ , $v_2$ dan $U$ (dengan $d$ , $\eta$ , $\rho$ diketahui); yang disimpulkan $r$ , $m$ , lalu $q$ , yang ternyata selalu kelipatan bulat $e = (1.601 \pm 0.002) \times 10^{-19}$ C ( $0.1\%$ ); darinya $N_A = F/e$ dan $m_e = e/(e/m_e)$ .

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 393 istilah di glosarium