Sepuluh soal listrik OSN pilihan dengan diagram interaktif, jebakan konsep, dan pembahasan super detail. Klik tombol untuk membuka pembahasan.
Sebuah kawat penghantar dengan hambatan \(R_0\), panjang \(L_0\), dan luas penampang \(A_0\) ditarik hingga panjangnya menjadi \(n\) kali semula. Proses penarikan dilakukan tanpa menambah atau mengurangi materi (volume konstan).
| Resistivitas kawat | \(\rho\) (konstan) |
| Panjang awal | \(L_0\) |
| Panjang akhir | \(nL_0\) |
| Hambatan awal | \(R_0 = \rho L_0/A_0\) |
Banyak siswa menjawab \(R = nR_0\) karena hanya mempertimbangkan panjang menjadi \(n\) kali. Mereka lupa bahwa luas penampang \(A\) ikut berkurang! Volume konstan berarti \(A \times L = \text{tetap}\), sehingga \(A\) berubah menjadi \(A_0/n\). Kedua perubahan ini mengalikan efeknya pada hambatan.
Syarat volume konstan:
$$V = A_0 L_0 = A \cdot nL_0 \quad\Rightarrow\quad A = \frac{A_0}{n}$$Hitung hambatan baru dengan \(R = \rho L/A\):
$$R = \rho \cdot \frac{nL_0}{A_0/n} = \rho \cdot \frac{nL_0 \cdot n}{A_0} = n^2 \cdot \frac{\rho L_0}{A_0}$$Substitusi \(R_0 = \rho L_0/A_0\):
$$\boxed{R = n^2 R_0}$$Panjang naik ×n → hambatan ×n. Luas turun ÷n → hambatan ×n lagi. Total: ×n². Ini bukan penjumlahan, melainkan perkalian!
Contoh numerik: Jika kawat ditarik menjadi 3× panjang semula (\(n=3\)), hambatannya menjadi \(9R_0\), bukan \(3R_0\).
Insight: Prinsip ini penting dalam teknik elektro — kawat yang diperpanjang dua kali lipat (misalnya saat ditarik ke titik yang jauh) memiliki hambatan empat kali lipat, bukan dua kali lipat. Efek ini relevan dalam desain kabel dan kawat resistance.
Kapasitor keping sejajar dengan kapasitansi vakum \(C_0\) diisi dielektrik dengan konstanta dielektrik \(\kappa = 4\). Kapasitor dihubungkan ke baterai \(V_0 = 100\text{ V}\), lalu baterai dilepas. Kemudian dielektrik dicabut sepenuhnya.
| \(C_0\) | 2 µF |
| \(\kappa\) | 4 |
| \(V_0\) | 100 V |
Ketika baterai sudah dilepas sebelum dielektrik dicabut, yang konstan adalah muatan Q (bukan tegangan V). Namun jika baterai tetap terhubung, yang konstan adalah V. Banyak siswa keliru mencampur dua kasus ini dan menganggap V tetap saat dielektrik dicabut.
Muatan awal (saat baterai masih terhubung, \(C = \kappa C_0\)):
$$Q_0 = C \cdot V_0 = \kappa C_0 V_0 = 4 \times 2 \times 10^{-6} \times 100 = 8 \times 10^{-4}\text{ C} = 0{,}8\text{ mC}$$Setelah baterai dilepas: Q terkunci = \(0{,}8\text{ mC}\).
Setelah dielektrik dicabut: kapasitansi kembali ke \(C_0\) saja, Q tidak berubah.
$$V' = \frac{Q_0}{C_0} = \frac{8 \times 10^{-4}}{2 \times 10^{-6}} = 400\text{ V}$$Tegangan naik \(\kappa = 4\) kali! Ini karena muatan sama harus "menekan" kapasitor yang kapasitansinya lebih kecil.
Energi awal \(U_i\) (saat dielektrik masih ada, \(C = \kappa C_0 = 8\text{ µF}\)):
$$U_i = \frac{1}{2} \kappa C_0 V_0^2 = \frac{1}{2} \times 8 \times 10^{-6} \times 100^2 = 0{,}04\text{ J} = 40\text{ mJ}$$Energi akhir \(U_f\) (dielektrik dicabut, \(C = C_0 = 2\text{ µF}\)):
$$U_f = \frac{Q_0^2}{2C_0} = \frac{(8\times10^{-4})^2}{2 \times 2\times10^{-6}} = \frac{6{,}4\times10^{-7}}{4\times10^{-6}} = 0{,}16\text{ J} = 160\text{ mJ}$$Energi bertambah? \(U_f / U_i = 160/40 = 4 = \kappa\). Energi naik \(\kappa\) kali!
Tambahan energi ini berasal dari kerja luar yang kita lakukan saat menarik dielektrik keluar melawan gaya tarik listrik antara muatan dan dielektrik (gaya dibutuhkan untuk melepas polarisasi).
Insight: Dua kasus berbeda: (a) Baterai tetap terhubung saat dielektrik dicabut → V konstan, energi turun, baterai menyerap energi. (b) Baterai dilepas lebih dulu → Q konstan, energi naik, kerja kita masuk ke kapasitor. Jebakan ini selalu muncul di OSN dan IPhO!
Rangkaian tertutup berisi tiga baterai dan empat hambatan seperti diagram. Tentukan besar dan arah arus pada masing-masing cabang menggunakan Hukum Kirchhoff.
| Cabang A–B | \(\varepsilon_1 = 12\text{ V},\; r_1 = 1\,\Omega,\; R_1 = 2\,\Omega\) |
| Cabang A–C | \(\varepsilon_2 = 6\text{ V (kutub + ke A)},\; R_2 = 3\,\Omega\) |
| Cabang B–D | \(R_3 = 4\,\Omega\) |
| Cabang C–D | \(\varepsilon_3 = 9\text{ V (kutub + ke D)},\; r_3 = 1\,\Omega,\; R_4 = 2\,\Omega\) |
Ketika hasil arus keluar negatif, banyak siswa panik dan menganggap jawaban salah. Padahal arus negatif hanya berarti arah asumsi kita terbalik — besar arus tetap valid dengan tanda absolut. Wajib periksa tanda setiap EMF saat menulis persamaan loop!
Tetapkan asumsi arah arus (seperti diagram): \(I_1\) dari A ke B (cabang atas), \(I_2\) dari A ke C (cabang kiri), \(I_3\) dari B ke D (cabang kanan).
KCL di Node A:
$$I_1 + I_2 = I_{\text{masuk}} \quad\text{... perlu node lain juga}$$Di Node B: \(I_1 = I_3\), di Node C: \(I_2\) keluar menuju D melalui bawah.
Karena rangkaian 2 simpul independen: \(I_1 = I_3\) dan \(I_2\) dari C ke D merupakan \(I_2\). Jadi total arus dalam cabang bawah = \(I_1 + I_2\) (ke kiri, arah C→D dengan ε₃ kutub + di D).
KVL Loop I (A→B→D→C→A, searah jarum jam):
$$\varepsilon_1 - I_1(r_1 + R_1) - I_3 R_3 + \varepsilon_3 - (I_1+I_2)(r_3+R_4) + \varepsilon_2 = 0$$Substitusi nilai (ingat \(I_3 = I_1\), arus bawah = \(I_1+I_2\) ke kanan dari D ke C, kita tulis ulang dengan cermat):
Loop Atas A→B→D→C→A:
$$12 - 3I_1 - 4I_1 + 9 - 3(I_1+I_2) - 6 = 0$$ $$15 - 10I_1 - 3I_2 = 0 \quad\cdots (i)$$Loop Kiri A→C→D→B→A (berlawanan jarum jam untuk variasi):
$$-\varepsilon_2 - I_2 R_2 - (I_1+I_2)(r_3+R_4) + \varepsilon_3 + \varepsilon_1 - I_1(r_1+R_1)=0$$Dengan arah yang konsisten (A→C ke bawah, C→D ke kanan):
$$-6 - 3I_2 + 9 - 3(I_1+I_2) = 0$$ $$3 - 3I_1 - 6I_2 = 0 \quad\Rightarrow\quad I_1 + 2I_2 = 1 \quad\cdots (ii)$$Selesaikan sistem persamaan (i) dan (ii):
Dari (ii): \(I_1 = 1 - 2I_2\). Substitusi ke (i):
$$15 - 10(1-2I_2) - 3I_2 = 0 \;\Rightarrow\; 5 + 20I_2 - 3I_2 = 0 \;\Rightarrow\; 17I_2 = -5$$ $$I_2 = -\frac{5}{17} \approx -0{,}294\text{ A}$$ $$I_1 = 1 - 2(-\tfrac{5}{17}) = 1 + \tfrac{10}{17} = \frac{27}{17} \approx 1{,}59\text{ A}$$ $$I_3 = I_1 = \frac{27}{17}\text{ A}$$Interpretasi tanda negatif \(I_2\): Arus di cabang A–C sebenarnya mengalir dari C ke A (berlawanan asumsi). Artinya baterai ε₂ sedang diisi ulang oleh baterai lain!
Insight: Tanda negatif dari Kirchhoff adalah informasi fisika, bukan kesalahan! Baterai ε₂ yang lebih lemah (6 V) "dipaksa" arus mengisi oleh baterai-baterai yang lebih kuat. Ini prinsip dasar charging baterai dalam sirkuit paralel.
Rangkaian kapasitor: \(C_1 = 6\,\mu\text{F}\) tersambung seri dengan kelompok paralel \(C_2 = 4\,\mu\text{F}\) dan \(C_3 = 12\,\mu\text{F}\). Seluruh rangkaian dihubungkan ke sumber \(\varepsilon = 120\text{ V}\).
| \(C_1\) | 6 µF (seri dengan grup paralel) |
| \(C_2 \| C_3\) | 4 µF ∥ 12 µF |
| \(\varepsilon\) | 120 V |
Sering terjadi kesalahan urutan: siswa menghitung \(C_{\text{total}} = C_1 + (C_2 \| C_3)\) (penjumlahan paralel yang salah), padahal \(C_1\) tersambung seri dengan grup paralel \(C_{23}\). Muatan pada kapasitor seri sama, bukan tegangannya!
Kapasitansi paralel \(C_2\) dan \(C_3\):
$$C_{23} = C_2 + C_3 = 4 + 12 = 16\,\mu\text{F}$$Kapasitansi total (\(C_1\) seri \(C_{23}\)):
$$\frac{1}{C_{\text{tot}}} = \frac{1}{C_1} + \frac{1}{C_{23}} = \frac{1}{6} + \frac{1}{16} = \frac{8}{48} + \frac{3}{48} = \frac{11}{48}$$ $$C_{\text{tot}} = \frac{48}{11} \approx 4{,}36\,\mu\text{F}$$Muatan total (= muatan pada \(C_1\) = muatan pada grup \(C_{23}\)):
$$Q_{\text{tot}} = C_{\text{tot}} \times \varepsilon = \frac{48}{11} \times 120 = \frac{5760}{11} \approx 523{,}6\,\mu\text{C}$$Tegangan pada \(C_1\):
$$V_1 = \frac{Q_{\text{tot}}}{C_1} = \frac{5760/11}{6} = \frac{960}{11} \approx 87{,}3\text{ V}$$Tegangan pada grup paralel \(C_{23}\):
$$V_{23} = \varepsilon - V_1 = 120 - \frac{960}{11} = \frac{1320-960}{11} = \frac{360}{11} \approx 32{,}7\text{ V}$$Cek: \(V_1 + V_{23} = \frac{960}{11}+\frac{360}{11} = \frac{1320}{11} = 120\text{ V}\) ✓
Muatan \(C_2\) dan \(C_3\) (tegangan sama \(= V_{23}\)):
$$Q_2 = C_2 \cdot V_{23} = 4 \times \frac{360}{11} \approx 130{,}9\,\mu\text{C}$$ $$Q_3 = C_3 \cdot V_{23} = 12 \times \frac{360}{11} \approx 392{,}7\,\mu\text{C}$$Cek: \(Q_2 + Q_3 \approx 130{,}9 + 392{,}7 = 523{,}6\,\mu\text{C} = Q_{\text{tot}}\) ✓
Insight: Pada kapasitor seri, muatan sama tetapi tegangan terbagi. Kapasitor yang lebih kecil justru mendapat tegangan lebih besar (di sini \(C_1 = 6\,\mu\text{F}\) mendapat 87 V, sementara \(C_{23} = 16\,\mu\text{F}\) hanya 33 V). Ini berlawanan dengan intuisi banyak siswa!
Bola konduktor berongga (awalnya netral) berjari-jari dalam \(a = 10\text{ cm}\) dan jari-jari luar \(b = 20\text{ cm}\). Di pusat rongga diletakkan muatan titik \(+Q = 4\,\mu\text{C}\).
| \(Q\) | \(4\,\mu\text{C}\) |
| \(a\) | 10 cm |
| \(b\) | 20 cm |
| \(k\) | \(9\times10^9\text{ N·m}^2/\text{C}^2\) |
Jebakan 1: Medan di dalam konduktor = 0, tapi potensialnya bukan 0. Jebakan 2: Potensial di dalam rongga bukan hanya dari muatan \(+Q\), tetapi juga kontribusi dari kedua permukaan konduktor. Banyak siswa mengabaikan kontribusi permukaan-permukaan ini!
Distribusi muatan induksi: Konduktor netral → permukaan dalam mendapat \(-Q\), permukaan luar mendapat \(+Q\).
(a) Di dalam rongga \(r = 5\text{ cm} < a\):
Hukum Gauss dengan permukaan Gauss bola \(r=0{,}05\text{ m}\):
$$E_a = \frac{kQ}{r^2} = \frac{9\times10^9 \times 4\times10^{-6}}{(0{,}05)^2} = \frac{36000}{0{,}0025} = 1{,}44\times10^7\text{ N/C}$$Potensial (superposisi dari \(+Q\), permukaan dalam \(-Q\) di \(r=a\), permukaan luar \(+Q\) di \(r=b\)):
$$V_a = \frac{kQ}{r} + \frac{k(-Q)}{a} + \frac{kQ}{b} = kQ\!\left(\frac{1}{r} - \frac{1}{a} + \frac{1}{b}\right)$$ $$= 9\times10^9\times4\times10^{-6}\!\left(\frac{1}{0{,}05}-\frac{1}{0{,}10}+\frac{1}{0{,}20}\right) = 36000\,(20-10+5)$$ $$= 36000 \times 15 = 5{,}4\times10^5\text{ V}$$(b) Di dalam konduktor \(r = 15\text{ cm}\), \(a < r < b\):
$$\boxed{E_b = 0}$$(Di dalam konduktor, medan selalu nol — muatan bebas sudah berelaksasi)
Potensial konstan di seluruh konduktor (= nilai di permukaan luar \(r=b\)):
$$V_b = \frac{kQ}{b} + \frac{k(-Q)}{b} + \frac{kQ}{b} = \frac{kQ}{b} = \frac{9\times10^9\times4\times10^{-6}}{0{,}20} = 1{,}8\times10^5\text{ V}$$Cek: Kontribusi \(-Q\) di \(r=a\) dari titik pandang \(r=b\): \(k(-Q)/b\). Kontribusi \(+Q\) di \(r=b\): \(kQ/b\). Kontribusi muatan pusat: \(kQ/b\). Total = \(kQ/b\). ✓
(c) Di luar bola \(r = 30\text{ cm} > b\):
Total muatan = \(Q + (-Q) + Q = Q\), berlaku seperti muatan titik:
$$E_c = \frac{kQ}{r^2} = \frac{9\times10^9\times4\times10^{-6}}{(0{,}30)^2} = \frac{36000}{0{,}09} = 4\times10^5\text{ N/C}$$ $$V_c = \frac{kQ}{r} = \frac{9\times10^9\times4\times10^{-6}}{0{,}30} = 1{,}2\times10^5\text{ V}$$Insight: E = 0 di dalam konduktor ≠ V = 0. Potensial adalah besaran skalar yang dipengaruhi oleh semua muatan di mana-mana. Di dalam konduktor, V konstan (bukan nol kecuali konduktor ditanahkan), dan nilai konstantanya sama dengan V di permukaan luar.
Sebuah baterai dengan EMF \(\varepsilon = 24\text{ V}\) dan hambatan dalam \(r = 3\,\Omega\) dihubungkan ke hambatan beban \(R\) yang dapat diubah-ubah nilainya.
| \(\varepsilon\) | 24 V |
| \(r\) | 3 Ω |
| \(R\) | variabel |
Intuisi salah: "Semakin besar R, semakin besar daya ke beban." Padahal jika R terlalu besar, arus I terlalu kecil sehingga \(P = I^2 R\) turun. Ada nilai optimum. Dan jebakan kedua: efisiensi saat daya maksimum ke beban ternyata hanya 50% — setengah daya terbuang di hambatan dalam!
Ekspresi daya ke beban \(P_R\):
$$I = \frac{\varepsilon}{R+r}, \qquad P_R = I^2 R = \frac{\varepsilon^2 R}{(R+r)^2}$$Maksimalkan \(P_R\): ambil turunan terhadap R dan nol-kan:
$$\frac{dP_R}{dR} = \varepsilon^2 \cdot \frac{(R+r)^2 - R \cdot 2(R+r)}{(R+r)^4} = \varepsilon^2 \cdot \frac{(R+r) - 2R}{(R+r)^3} = \varepsilon^2 \cdot \frac{r-R}{(R+r)^3} = 0$$ $$\Rightarrow\quad r - R = 0 \quad\Rightarrow\quad \boxed{R = r = 3\,\Omega}$$Teorema Transfer Daya Maksimum: Daya beban maksimum saat \(R = r\) (impedansi matching). Ini fundamental dalam teknik elektro!
Daya maksimum:
$$P_{\max} = \frac{\varepsilon^2 R}{(R+r)^2}\bigg|_{R=r} = \frac{\varepsilon^2 r}{(2r)^2} = \frac{\varepsilon^2}{4r} = \frac{(24)^2}{4 \times 3} = \frac{576}{12} = 48\text{ W}$$Efisiensi = daya ke beban / daya total baterai:
$$P_{\text{total}} = \varepsilon \cdot I = \varepsilon \cdot \frac{\varepsilon}{2r} = \frac{\varepsilon^2}{2r} = 2 P_{\max} = 96\text{ W}$$ $$\eta = \frac{P_R}{P_{\text{total}}} = \frac{P_{\max}}{2P_{\max}} = 50\%$$Insight: Efisiensi 50% saat daya beban maksimum adalah hasil universal — berlaku untuk semua nilai ε dan r. Ini bukan batasan desain yang buruk; ini trade-off fisika fundamental antara daya maksimum vs efisiensi maksimum. Efisiensi tinggi tercapai saat \(R \gg r\), tapi daya beban justru rendah.
Tiga muatan berada di sudut-sudut segitiga sama sisi dengan sisi \(a = 30\text{ cm}\): \(q_1 = +4\,\mu\text{C}\), \(q_2 = -4\,\mu\text{C}\), dan \(q_3 = +8\,\mu\text{C}\). Titik P adalah pusat (centroid) segitiga.
| \(q_1\) | \(+4\,\mu\text{C}\) (sudut atas) |
| \(q_2\) | \(-4\,\mu\text{C}\) (sudut kiri bawah) |
| \(q_3\) | \(+8\,\mu\text{C}\) (sudut kanan bawah) |
| \(a\) | 30 cm |
| \(k\) | \(9\times10^9\text{ N·m}^2/\text{C}^2\) |
Potensial listrik adalah skalar — cukup dijumlahkan secara aljabar. Namun medan listrik adalah vektor — harus dijumlahkan secara vektor (arah dan besar). Banyak siswa menyimpulkan "jika V = 0 maka E = 0" — ini salah besar! V dan E adalah besaran yang independen.
Jarak centroid ke sudut segitiga sama sisi sisi \(a\):
$$r = \frac{a}{\sqrt{3}} = \frac{0{,}30}{\sqrt{3}} = \frac{0{,}30 \times \sqrt{3}}{3} = 0{,}1\sqrt{3} \approx 0{,}1732\text{ m}$$Centroid segitiga sama sisi berjarak \(a/\sqrt{3}\) dari masing-masing sudut. (Atau: \(\frac{2}{3}\) dari median, dan median \(= \frac{a\sqrt{3}}{2}\), jadi \(\frac{2}{3}\cdot\frac{a\sqrt{3}}{2} = \frac{a\sqrt{3}}{3} = \frac{a}{\sqrt{3}}\).)
Potensial di P (superposisi skalar, semua jarak sama \(= r\)):
$$V_P = k\frac{q_1}{r} + k\frac{q_2}{r} + k\frac{q_3}{r} = \frac{k}{r}(q_1 + q_2 + q_3)$$ $$= \frac{9\times10^9}{0{,}1\sqrt{3}}(4 - 4 + 8)\times10^{-6} = \frac{9\times10^9 \times 8\times10^{-6}}{0{,}1732}$$ $$= \frac{72000}{0{,}1732} \approx 4{,}16\times10^5\text{ V}$$Apakah E bisa ditentukan dari V saja?
Tidak. Medan listrik \(\vec{E} = -\nabla V\) memerlukan informasi bagaimana V berubah di sekitar titik P, bukan hanya nilai \(V_P\). Untuk menghitung \(\vec{E}_P\), kita harus menjumlahkan vektor dari ketiga muatan secara terpisah — dan hasilnya umumnya \(\neq 0\) meski \(V_P\) punya nilai tertentu (atau bahkan jika \(V_P = 0\)).
Analogi: Suhu di puncak gunung bisa sama dengan suhu di lembah, tapi itu tidak berarti tidak ada gradien (kemiringan) suhu di antara keduanya.
Nilai cepat \(V_P\): Karena semua jarak ke P sama, cukup jumlahkan muatan secara aljabar:
$$V_P = \frac{k(q_1+q_2+q_3)}{r} = \frac{k \cdot Q_{\text{tot}}}{r}$$Dengan \(Q_{\text{tot}} = 8\,\mu\text{C}\), ini menjadi cara paling efisien di soal OSN — satu langkah!
Insight: Kunci OSN: "Jika semua jarak ke titik acuan sama, potensial = k × (jumlah aljabar semua muatan) / r." Satu langkah. Untuk E, selalu hitung per komponen. V = 0 ≠ E = 0 adalah jebakan paling sering di IPhO.
Kapasitor \(C = 500\,\mu\text{F}\) diisi melalui hambatan \(R = 10\text{ k}\Omega\) dari sumber \(\varepsilon = 20\text{ V}\) (kondisi awal kapasitor kosong).
| \(\varepsilon\) | 20 V |
| \(R\) | 10 kΩ = 10⁴ Ω |
| \(C\) | 500 µF = 5×10⁻⁴ F |
| \(Q(t)\) | \(C\varepsilon(1-e^{-t/RC})\) |
"Saat muatan setengah maksimum, energi kapasitor juga setengah maksimum." SALAH! Energi bergantung pada \(Q^2\), bukan \(Q\) secara linear. Jika \(Q = Q_{\max}/2\), maka \(U_C = (Q/2)^2/(2C) = U_{\max}/4\) — hanya seperempat! Lalu energi yang hilang di R bukan separuh energi baterai yang dikeluarkan.
Konstanta waktu: \(\tau = RC = 10^4 \times 5\times10^{-4} = 5\text{ s}\)
Muatan maksimum: \(Q_{\max} = C\varepsilon = 5\times10^{-4} \times 20 = 10^{-2}\text{ C} = 10\text{ mC}\)
(a) Waktu saat \(Q = Q_{\max}/2\):
$$C\varepsilon(1-e^{-t/\tau}) = \frac{C\varepsilon}{2} \;\Rightarrow\; e^{-t/\tau} = \frac{1}{2} \;\Rightarrow\; t = \tau \ln 2$$ $$t = 5 \times \ln 2 \approx 5 \times 0{,}693 = 3{,}47\text{ s}$$(b) Energi kapasitor saat \(Q = Q_{\max}/2\):
$$U_C = \frac{Q^2}{2C} = \frac{(Q_{\max}/2)^2}{2C} = \frac{Q_{\max}^2}{8C} = \frac{(10^{-2})^2}{8 \times 5\times10^{-4}} = \frac{10^{-4}}{4\times10^{-3}} = 0{,}025\text{ J}$$Energi maksimum kapasitor: \(U_{\max} = Q_{\max}^2/(2C) = (10^{-2})^2/(10^{-3}) = 0{,}1\text{ J}\). Saat \(Q = Q_{\max}/2\): \(U_C = U_{\max}/4 = 0{,}025\text{ J}\) ✓
(c) Energi baterai yang dikeluarkan dari \(t=0\) hingga \(t = \tau\ln 2\):
Muatan yang mengalir = \(Q = Q_{\max}/2 = 5\text{ mC}\).
$$W_{\text{baterai}} = \varepsilon \cdot Q = 20 \times 5\times10^{-3} = 0{,}1\text{ J}$$Energi terbuang di R:
$$W_R = W_{\text{baterai}} - U_C = 0{,}1 - 0{,}025 = 0{,}075\text{ J}$$Perhatikan: 75% energi baterai sudah terbuang menjadi panas di R, padahal kapasitor baru terisi 50% muatan dan hanya menyimpan 25% dari energi maksimumnya!
Insight: Energi kapasitor \(\propto Q^2\), bukan Q. "Setengah muatan ≠ setengah energi." Dan energi baterai selalu terbagi: sebagian ke kapasitor, sebagian ke hambatan (panas). Total energi baterai = \(\varepsilon Q\), bukan \(\frac{1}{2}C\varepsilon^2\).
Jembatan Wheatstone dengan empat hambatan: \(P = 10\,\Omega\), \(Q = 20\,\Omega\), \(R = 15\,\Omega\), \(S = 30\,\Omega\). Galvanometer dipasang di diagonal B–C dengan hambatan \(G = 5\,\Omega\). Sumber tegangan \(\varepsilon = 10\text{ V}\) (hambatan dalam nol) dipasang di A–D.
| \(P\) (A–B) | 10 Ω |
| \(Q\) (A–C) | 20 Ω |
| \(R\) (B–D) | 15 Ω |
| \(S\) (C–D) | 30 Ω |
| \(G\) (B–C) | 5 Ω |
Syarat setimbang Wheatstone adalah \(P/Q = R/S\). Banyak siswa langsung menghitung \((P+R)\|(Q+S)\) tanpa memeriksa kesetimbangan, atau menggunakan Kirchhoff 3 loop yang sangat panjang tanpa mencoba Thévenin. Thévenin memberikan jawaban lebih cepat!
Cek kesetimbangan:
$$\frac{P}{Q} = \frac{10}{20} = 0{,}5 \qquad \frac{R}{S} = \frac{15}{30} = 0{,}5$$ $$\frac{P}{Q} = \frac{R}{S} \quad\Rightarrow\quad \textbf{Jembatan SETIMBANG!}$$Jika jembatan setimbang, beda potensial B–C = 0, sehingga arus galvanometer \(I_G = 0\). Tidak perlu Thévenin!
Hambatan total: Saat \(I_G = 0\), galvanometer bisa diabaikan. Rangkaian menjadi dua seri paralel:
$$R_{\text{atas}} = P + R = 10 + 15 = 25\,\Omega$$ $$R_{\text{bawah}} = Q + S = 20 + 30 = 50\,\Omega$$ $$R_{\text{tot}} = \frac{R_{\text{atas}} \cdot R_{\text{bawah}}}{R_{\text{atas}} + R_{\text{bawah}}} = \frac{25 \times 50}{75} = \frac{1250}{75} = \frac{50}{3}\,\Omega$$Arus dari baterai:
$$I_{\text{tot}} = \frac{\varepsilon}{R_{\text{tot}}} = \frac{10}{50/3} = \frac{30}{50} = 0{,}6\text{ A}$$Arus cabang atas (A→B→D): \(I_1 = \varepsilon/R_{\text{atas}} = 10/25 = 0{,}4\text{ A}\)
Arus cabang bawah (A→C→D): \(I_2 = \varepsilon/R_{\text{bawah}} = 10/50 = 0{,}2\text{ A}\)
Cek beda potensial B–C:
$$V_B = \varepsilon - I_1 P = 10 - 0{,}4\times10 = 6\text{ V}$$ $$V_C = \varepsilon - I_2 Q = 10 - 0{,}2\times20 = 6\text{ V}$$ $$V_B - V_C = 0 \;\Rightarrow\; I_G = 0 \;\checkmark$$Insight: Jebakan soal ini: tampilan diagram yang rumit membuat siswa langsung panik dan menerapkan Kirchhoff 3 loop. Padahal langkah pertama selalu cek \(P/Q = R/S\). Jika setimbang, selesai dalam 2 baris! Thévenin berguna jika jembatan tidak setimbang.
Sebuah bola konduktor padat (jari-jari \(a = 5\text{ cm}\)) bermuatan \(Q_1 = +6\,\mu\text{C}\) diletakkan di dalam rongga bola konduktor berongga (jari-jari dalam \(b = 8\text{ cm}\), jari-jari luar \(c = 12\text{ cm}\)) yang bermuatan total \(Q_2 = -2\,\mu\text{C}\). Kedua bola konduktor berpusat sama.
| \(Q_1\) (bola dalam) | \(+6\,\mu\text{C}\) |
| \(Q_2\) (bola luar) | \(-2\,\mu\text{C}\) |
| \(a\) | 5 cm (bola dalam) |
| \(b\) | 8 cm (jari-jari dalam bola luar) |
| \(c\) | 12 cm (jari-jari luar bola luar) |
Jebakan 1: Muatan pada permukaan dalam bola luar ≠ \(Q_2\) — melainkan \(-Q_1\) (terinduksi). Jebakan 2: Muatan pada permukaan luar bola luar = \(Q_1 + Q_2\), bukan \(Q_2\) saja. Jebakan 3: Potensial di permukaan bola dalam memerlukan kontribusi dari SEMUA permukaan bermuatan, bukan hanya dari \(Q_1\).
Distribusi muatan (dari Hukum Gauss + kekekalan muatan):
Permukaan luar bola dalam (\(r = a\)): Semua muatan bola dalam ada di permukaannya (konduktor solid).
$$\sigma_a: \quad +Q_1 = +6\,\mu\text{C}$$Permukaan dalam bola luar (\(r = b\)): Untuk E = 0 di dalam konduktor, muatan pada permukaan dalam harus mengkompensasi Q₁:
$$\sigma_b: \quad -Q_1 = -6\,\mu\text{C}$$Permukaan luar bola luar (\(r = c\)): Total muatan bola luar = Q₂, distribusi:\(\sigma_b + \sigma_c = Q_2\)
$$\sigma_c = Q_2 - (-Q_1) = Q_2 + Q_1 = -2 + 6 = +4\,\mu\text{C}$$Ringkasan distribusi:
• Permukaan luar bola dalam (\(r=a\)): \(+6\,\mu\text{C}\)
• Permukaan dalam bola luar (\(r=b\)): \(-6\,\mu\text{C}\) (induksi)
• Permukaan luar bola luar (\(r=c\)): \(+4\,\mu\text{C}\)
Potensial di permukaan bola dalam \(r = a = 0{,}05\text{ m}\):
Superposisi dari 3 permukaan bermuatan (semuanya bola sferis konsentris):
$$V_a = k\frac{Q_1}{a} + k\frac{(-Q_1)}{b} + k\frac{(Q_1+Q_2)}{c}$$ $$= kQ_1\!\left(\frac{1}{a} - \frac{1}{b}\right) + k\frac{(Q_1+Q_2)}{c}$$ $$= 9\times10^9 \times 6\times10^{-6}\!\left(\frac{1}{0{,}05} - \frac{1}{0{,}08}\right) + 9\times10^9 \times \frac{4\times10^{-6}}{0{,}12}$$ $$= 54000\,(20 - 12{,}5) + \frac{36000}{0{,}12}$$ $$= 54000 \times 7{,}5 + 300000 = 405000 + 300000$$ $$= 7{,}05\times10^5\text{ V}$$Medan listrik di masing-masing zona:
• \(r < a\): E = 0 (di dalam konduktor bola dalam)
• \(a < r < b\): \(E = kQ_1/r^2\) (hanya Q₁ yang berkontribusi)
• \(b < r < c\): E = 0 (di dalam konduktor bola luar)
• \(r > c\): \(E = k(Q_1+Q_2)/r^2 = k \times 4\,\mu\text{C}/r^2\)
Insight: Muatan pada permukaan dalam bola luar selalu \(-Q_1\) (bukan \(Q_2\)), dan muatan pada permukaan luar selalu \(Q_1 + Q_2\). Ini adalah konsekuensi langsung dari E = 0 di dalam konduktor + kekekalan muatan. Prinsip ini berlaku untuk berapapun lapisan konduktor konsentris!