Dosen Mata Kuliah Andhy Setiawan, M.Si
Menu Utama Pendahuluan Persamaan Maxwell Persamaan Gelombang Elektromagnetik Transversalitas Gelombang Elektromagnetik Vektor Poynting dan Kekekalan Energi
Gelombang Elektromagnetik dalam Medium Gelombang dalam Medium Konduktif Elektron bebas dalam Konduktor dan Plasma
Pemantulan dan Pembiasan Gelombang Elektromagnetik Hukum Snellius Persamaan Fresnel
Pandu Gelombang Pandu Gelombang dengan Penampang Segi Empat Pandu Gelombang Jalur Transmisi Koaksial
A. PENDAHULUAN Energi dan Momentum gelombang elektromagnetik dibawa oleh medan listrik E dan medan magnet B yang menjalar melalui vakum. Sumber gelombangnya berupa muatan-muatan listrik yang berosilasi dalam atom, molekul, atau mungkin juga dalam suatu antene pemancar radio. Untuk medan listrik E dan medan magnet B yang berubah dengan waktu, keberadaan E selalu disertai B, dan sebaliknya. Keterkaitan antara E dan B dituangkan dalam persamaan Maxwell yang mendasari teori medan magnetik.
B. PERSAMAAN MAXWELL Persamaan Maxwell dirumuskan dalam besaran medan listrik E dan medan magnet B. Seluruh persamaan Maxwell terdiri dari 4 persamaan medan, yang masingmasing dapat dipandang sebagai hubungan antara medan dan distribusi sumber, baik sumber muatan ataupun sumber arus.
Persamaan-persamaan Maxwell
Medium →
Vakum
1.
∇. D = ρ b ∇.
∇.E = 0
2.
∇.B = 0
∇.B = 0
3.
∂B ∇xE = − ∂t
∂B ∇xE = − ∂t
4.
∂E ∇xB = µ oε 0 ∂t
Click angka untuk mengetahui penurunan rumus masing-masing persamaan di atas
Persamaan Maxwell pertama merupakan ungkapan dari hukum Gauss, yang menyatakan bahwa: “ Jumlah garis gaya medan listrik yang menembus suatu permukaan tertutup, sebanding dengan jumlah muatan yang dilingkupi permukaan tersebut.” Secara matematis Hukum Gauss dituliskan dengan: →. ∧
q
∫ E . n dA = ∑ ε →. ∧
o
1
∫ E . n dA = ε ∫ dq o
→.
∧
1
∫ E • n dA = ε ∫ ρdV o
∫ E . n dA = ε ∫ (ρ →. ∧
1
f
+ ρ b )dV
o
∫ E• n dA = ε ∫ ( →.
∧
1
)
r − ∇ • P + ρb dV
o
r ∫ E• n dA = ∫ ∇ • EdV →.
Dari teorema divergensi r r 1 ∫ ∇ • EdV = ∫ − ∇ • P + ρb dV
εo
(
∧
)
→ → ∫ ∇ • E ε o + ∇ • P dv = ∫ ρb dV
→
→
→
ε o E+ P = ε E = D →
∇ • D = ρb
Persamaan Maxwell (1) dalam Medium
Untuk ruang vakum, karena tidak ada sumber maka ρ = 0 sehingga:
r ρb ∇• E =
ε0
→
∇•E = 0 Persamaan Maxwell (1) untuk ruang vakum, tanpa sumber muatan
Persamaan Maxwell kedua merupakan Hukum Gauss magnetik, yang menyatakan “fluks medan magnetik yang menembus suatu permukaan tertutup sama dengan nol, tidak ada sumber medan berupa muatan magnetik.” Atau dengan kata lain,” garis gaya medan magnet selalu tertutup, tidak ada muatan magnet monopole.” Melalui teorema Gauss, persamaan Maxwell kedua dapat dituliskan dalam bentuk integral: → ∧
φB = ∫ B . n dA = 0 Dari teorema divergensi
→ ∧
→
∫ B . n dA = ∫ ∇. BdV
maka
→
∫ ∇. BdV = 0 →
∇. B = 0 Persamaan Maxwell (2) dalam medium dan vakum
Persamaan Maxwell ketiga merupakan ungkapan Hukum Faraday-Lenz, yang menyatakan bahwa “pengaruh medan magnet yang berubah dengan waktu.” Secara matematis dituliskan: → ∧ ∂φ dengan φ = ∫ B. n dA ε =− ∂t →
karena
ε = ∫ E.dl
maka
∂ → ∧ ∫ E.dl = − ∂t ∫ B. n dA →
→
→ ∧
Dari teorema Stokes ∫ E .dl = ∫ ∇x E . n dA → ∧ ∂ → ∧ ∫ ∇x E . n dA = − ∂t ∫ B . n dA →
∂B ∇x E = − ∂t →
Persamaan Maxwell (3) dalam medium Dan vakum.
Persamaan Maxwell keempat merupakan Hukum Ampere: → → → ∧ → B ∫ B .dl = µI dengan µ = H ; I = ∫ J . ndA → → → H . dl = I dan J = J b + J f ∫ ∧ r r ∫ H .dl = ∫ J b + J f n .dA → → ∧ ∧ ∂ E ∫ (∇xH ) n .dA = ∫ J b + ε ∂t n .dA →
∂E ∇xH = J b + ε ∂t → → ∂ D Persamaan Maxwell (4) dalam medium ∇xH = J b + ∂t →
Untuk persamaan Maxwell (4) dalam vakum, yaitu: →
∫ B.dl = µ I 0
→ ∧ r Dari teorema Stokes ∫ B.dl = ∫ ∇x B. n dA maka →
→ ∧
→ →
∫ ∇x B. n dA = µ ∫ J . n dA 0
→
→
∇x B = µ 0 J
→
∂E ∇x B = µ 0 ε 0 ∂t →
Persamaan Maxwell (4) dalam Vakum, Tanpa sumber muatan
B.1. PERSAMAAN GELOMBANG ELEKTROMAGNETIK MEDAN LISTRIK Dari persamaan Maxwell (3): →
∂B ∇× E = − ∂t Ruas kanan dan ruas kiri dideferensialkan dengan operasi rotasi, maka: →
→ → ∂ ∇ × ∇ × E = − ∇ × B ∂t
Dari vektor identitas → → → 2 ∇ × ∇ × E = ∇ ∇. E − ∇ E
Maka: → → ∂ → 2 ∇ ∇. E − ∇ E = − ∇ × B ∂t
→
Dengan ∇. E = 0 dan ∇ × B = µ 0ε 0 ∂ E sehingga → ∂t 2 → ∂ E 2 − ∇ E = −µ 0ε 0 2 ∂t →
→
→
∂ E ∇ E = µ 0ε 0 2 ∂t 2
→
2
→
2 ∂ E 2 ∇ E − µ 0ε 0 =0 2 ∂t →
→
1 ∂ E ∇ E− 2 =0 2 c ∂t 2
dengan c =
1
µ 0ε 0
→
2
Sehingga persamaan gelombang medan listrik dalam bentuk diferensial: ∂2 ∂2 ∂2 1 ∂2 → 2 + 2 + 2 − 2 2 Ex = 0 ∂y ∂z c ∂t ∂x ∂2 ∂2 ∂2 1 ∂2 → 2 + 2 + 2 − 2 2 Ey = 0 ∂y ∂z c ∂t ∂x
∂2 ∂2 ∂2 1 ∂2 → 2 + 2 + 2 − 2 2 Ez = 0 ∂y ∂z c ∂t ∂x
Solusi paling sederhana: →
→
E ( z , t ) = E 0 cos (kz − ω t )
MEDAN MAGNET Dari persamaan Maxwell (4):
∂E ∇xB = µ oε 0 ∂t Dengan operasi rotasi: →
→ ∂ (∇ × E ) ∇ × ∇ × B = µ 0ε 0 ∂t
→
→ ∂ (∇ × E ) → 2 ∇ ∇. B − ∇ B = µ 0 ε 0 ∂t → → → 2 Karena vektor identitas ∇ × ∇ × B = ∇ ∇. B − ∇ B Dan persamaan Maxwell (2) serta (3): →
→
∇. B = 0 dan ∇ × E = − ∂ B ∂t →
sehingga
→
∂ B ∇ B = µ 0ε 0 2 ∂t 2
→
2
→
1 ∂ B ∇ B= 2 c ∂t 2 2
→
2
→
2 1 ∂ B 2 ∇ B− 2 =0 2 c ∂t →
Maka persamaan gelombang medan magnet dalam bentuk diferensial: ∂2 ∂2 ∂2 1 ∂2 → 2 + 2 + 2 − 2 2 Bx = 0 ∂z c ∂t ∂x ∂y ∂2 ∂2 ∂2 1 ∂2 → 2 + 2 + 2 − 2 2 By = 0 ∂z c ∂t ∂x ∂y
∂2 1 ∂2 → ∂2 ∂2 2 + 2 + 2 − 2 2 Bz = 0 ∂z c ∂t ∂x ∂y →
→
Solusinya: B( z , t ) = B 0 cos(kz − ωt ) Solusi persamaan gelombang elektromagnet untuk medan Listrik dan medan magnet merupakan contoh eksplisit dari gelombang datar (Plan Wave) Bentuk umum: f (kz − ωt ) Kecepatan: v = ω
k
Bentuk muka gelombangnya tegak lurus vektor satuan k, maka: ∧ →
k . z = kons tan
Sifat-sifat gelombang datar: 1. Mempunyai arah jalar tertentu (dalam persamaan, arah z). 2. Tidak mempunyai komponen pada arah rambat. 3. Tidak ada komponen E dan B yang bergantung pada koordinat transversal (pada contoh, koordinat transversalnya x dan y). Sehingga solusi persamaan gelombangnya menjadi: →
∧
∧
E = i Ex ( z, t ) + j E y ( z, t ) →
∧
∧
B = i Bx ( z, t ) + j By ( z, t )
→
∧
∧
→
∧
∧
E = j E y ( x , t ) + k E z ( x, t ) B = j By ( x, t ) + k Bz ( x, t )
B.2. TRANSVERSALITAS GELOMBANG ELEKTROMAGNETIK MEDAN LISTRIK Untuk membuktikan sifat dari gelomabng datar yaitu transversalitas,dari persamaan Maxwell (1) dan (4): → ∇. E = 0 →
→
→
∂ E x ( z, t ) ∂ E y ( z, t ) ∂ E z ( z, t ) + + =0 ∂x ∂y ∂z →
∂ E z ( z, t ) = 0 Ez tidak bergantung pada z (sisi spatial) ∂z ∂z → → ∂E ∇ × B = µ 0ε 0 ∂t → → → → ∂ B y ∂ Bz ∂Ez ∂ E z ( z, t ) − = µ 0ε 0 = 0 Sisi temporal ∂x ∂y ∂t ∂t
Yang berarti Ez tidak bergantung pada t Jadi Ez (z,t) = konstan =0, yang berarti arah getar dari gelombang medan listrik tegak lurus pada arah rambatnya, karena medan listrik E hanya mempunyai komponen-komponen pada arah yang tegak lurus pada arah rambat. MEDAN MAGNET Dari persamaan Maxwell (2): →
∇. B = 0 →
→
→
∂ B x ( z, t ) ∂ B y ( z, t ) ∂ B z ( z, t ) + + =0 ∂x ∂y ∂z →
∂ B z ( z, t ) = 0 Sisi spatial, yang berarti Bz tidak bergantung ∂z pada z.
Dan dari persamaan Maxwell (3): →
∂B ∇x E = − ∂t → → → ∂ E y ∂ E x ∂ B z ( z, t ) − = ∂x ∂y ∂t →
→
∂ B z ( z, t ) = 0 Sisi temporal, yang berarti Bz ∂t tidak bergantung pada t.
Yang berarti arah getar gelombang medan magnet tegak lurus terhadap arah rambatnya. Dengan demikian maka gelombang Elektromagnetik merupakan gelombang transversal.
Hubungan E dan B, misal menjalar dalam arah z: →
∧
→
∧
→
∧
→
∧
∧
E = i Ex + j E y
∧
E = i E0 x cos(kz − ωt ) + j E0 y cos(kz − ωt ) ∧
B = i Bx + j B y ∧
B = i B0 x cos(kz − ωt ) + j B0 y cos(kz − ωt ) →
∂B ∇x E = − ∂t ∧ ∧ ∧ ∧ k sin( kz − ωt ) i Eoy − jEox = −ω sin( kz − ωt ) i Box + jB0 y →
∧ ∧ ∧ ∧ k i Eoy − jEox = −ω i Box + jB0 y
(
)
→ r r − k × E = −ω B r r E⊥B
E=
ω k
B
E = cB
Hubungan vektor propogasi k, medan listrik E, dan medan magnet B ditunjukkan dengan gambar:
B.3. VEKTOR POYNTING DAN KEKEKALAN ENERGI Energi medan elektromagnetik merupakan jumlah dari Energi Medan listrik dan energi medan magnet. u = uB + uE 1
1 u= B + ε0E2 2µ 0 2 Laju perubahan rapat energi atau perubahan rapat energi terhadap waktu: 2
→
→
→ ∂E du 1 → ∂ B = B• + ε 0 E• dt µ0 ∂t ∂t
Dari persamaan Maxwell (3) dan (4), maka: →
→
→ ∂E ∂B dan ∇ × B = µ 0 ε 0 ∇x E = − ∂t ∂t →
Sehingga → → du 1 → 1 → = B • − ∇ × E + E• ∇ × B dt µ0 µ0 → → du 1 → r = − B• ∇ × E − E • ∇ × B dt µ0
Dari vektor identitas → → r r → → ∇ • E × B = B• ∇ × E − E • ∇ × B maka r r → du 1 du = − ∇• E×B + ∇ • S = 0 Hukum Kekekalan Energi dt µ0 dt → r r 1 dengan S = E × B disebut vektor poynting µ0
(
( )
)
(
)
mengungkapkan besarnya energi persatuan waktu per satuan luas yang dibawa oleh medan elektromagnetik
C. GELOMBANG ELEKTROMAGNETIK DALAM MEDIUM Persamaan-persamaan Maxwell
∇..D = ρ b ∇ ∇.B = 0 ∂B ∇× E = − ∂t
∂D ∇ × H = Jb + ∂t
C. 1 GEM DALAM MEDIUM KONDUKTIF Dalam medium konduktif yang bebas sumber, dan dari hubungan B = µ H dan D = ε E, persamaan Maxwell 4 dapat ditulis:
∂D ∇ × H = Jb + ∂t ∂E ∇ × B = µJ + εµ ∂t ∂ ∂ ∂E ∂B (∇ × B ) = ( µJ + εµ ), dengan ∇ × E = − ∂t ∂t ∂t ∂t ∂J ∂2E − ∇ × (∇ × E ) = µ + µε 2 , ∂t ∂t
∇ × (∇ × E ) = ∇ (∇.E ) − ∇ 2 E dan J = σE
maka
Dengan solusi :
2 ∂ E ∂ E 2 − (∇(∇.E ) − ∇ E ) = µσ + µε 2 ∂t ∂t 2 ∂ E ∂ E 2 0 + ∇ E = µσ + µε 2 ∂t ∂t 2 ∂ E ∂E 2 ∇ E − µε 2 − µσ =0 ∂t ∂t
E(z, t) = E0 cos (κz - ωt)
Atau dalam bentuk kompleks : E(z, t) = E0 e-i (κz - ωt )
E(z, t) = E0 e-i (κz - ωt ) Sehingga :
2 ∂ E ∂E 2 ∇ E − µε 2 − µσ =0 ∂t ∂t
2 ∂ ∇ 2 E = 2 E0 e −i (κz −ωt ) = i 2κ 2 E0 e −i (κz −ωt ) = −κ 2 E ∂z
(
)
∂E − i ( κz − ω t ) = iω E 0 e = iω E ∂t ∂2E 2 2 − i ( κz − ω t ) 2 = i ω E0e = −ω E 2 ∂t -κ2E + µεω2E – µσiωE = 0 κ2E - µεω2E + µσiωE = 0 κ2= µεω2 – iµσω
Misal : κ = a + ib κ2 = (a + ib)2 = a2 – b2 + 2abi Dari pers κ2= µεω2 – iµσω, maka : a2 – b2 = µεω2
a − (− 2
a −( 2
µσω 2a
µσω 2a
dan
) = µεω 2
) = µεω 2
2
2ab = - µσω 2
b=−
µσω 2a
kalikan dengan 4a2
4(a2)2 – 4µεω2a2 – (µσω)2 = 0
4(a2)2 – 4µεω2a2 – (µσω)2 = 0 Dengan menggunakan rumus akar kuadrat, diperoleh : ( a1, 2 ) 2 = ( a1, 2 ) = 2
4 µεω
µεω 2
2
2
±
1 ± 2
( − 4 µεω 2 ) 2 + 4 ( 4 )( µσω ) 2 8 ( µεω 2 ) 2 + ( µσω ) 2
1 1 2 ( a 1 , 2 ) = ( µεω ) ± µω ε 2 ω 2 + σ 2 2 2 1 1 σ 2 2 2 2 ( a 1 , 2 ) = ( µεω ) ± µω ε 1 + ( ) 2 2 εω 2
1 1 σ 2 2 2 ( a 1 , 2 ) = ( µεω ) ± µω ε 1 + ( ) 2 εω 2 2
2 σ 1 2 2 (a1, 2 ) = ( µεω ) 1 ± 1 + 2 εω
Karena a bilangan riil, maka a2 harus positif sehingga dipilih: 2 1 σ 2 2 a = ( µεω ) 1 + 1 + 2 εω
a2 – b2 = µεω2 b2 = a2 - µεω2
2 1 σ 2 2 a = ( µεω ) 1 + 1 + 2 εω
2 1 σ 2 2 2 b = µεω 1 + 1 + − µεω 2 εω 2 1 1 σ b 2 = µεω 2 + 1 + − 1 εω 2 2 2 1 1 σ 2 2 b = µεω − + 1+ εω 2 2 2 µεω σ 2 b = −1+ 1+ εω 2 2
Besarnya bilangan gelombang
κ = κκ* = (a + ib)(a −ib) 2
κ = a2 + b2 2
1 σ 2 1 σ 2 2 2 κ = µεω 1+ 1+ ( ) + µεω −1+ 1+ ( ) 2 εω 2 εω 2
σ 2 κ = µεω 1+ ( ) εω 2
2
κ merupakan fungsi dari ω. Dan karena k berkaitan dengan cepat rambat, maka pada medium konduktif, cepat rambat gelombang bergantung pada frekuensi. Medium tersebut seperti medium dispersif.
Untuk medium yang berkonduktivitas tinggi, σ >> maka a2
a2 a2 a =
1 = µεω 2 1 + 2
σ 1+ εω
2 1 σ 2 = µεω 1 + 2 εω 1 2 σ = µεω 2 εω
µσω 2
2
Sehingga : b = −
µσω 2a
b = − 2
δ =
2
µσω
b = −
Jika
µσω µσω
2
2
µσω
maka
a = −b =
1
δ
Dengan besaran δ disebut tebal kulit (skin depth)
Jadi
κ =a+ib=
(1−i)
δ
merupakan bilangan gelombang untuk medium dengan konduktivitas tinggi, pada frekuensi rendah maka solusinya :
E ( z , t ) = E0 e − i [( a +ib ) z −ωt ] E ( z , t ) = E0 e
1− i −i ( ) z −ωt δ −z
E ( z , t ) = E0 e δ e
z −i ( −ωt )
δ
Untuk medium yang konduktivitasnya rendah (konduktor buruk), σ jauh lebih kecil dari ωε. Maka Skin depthnya :
a = 2
µεω
σ 2 1 + 1 + ( ) 2 εω 2
Diuraikan dengan deret Maclaurin 2
3
x x (1+x) =1+nx+(n−1) +n(n−1)(n−2) +L 2! 3! n
jika
σ 2 x = ( ) εω
1 2
maka :
1 111 2 (1+ x) =1+ x + . ( −1)x +.......... 2 2! 2 2 1 2
1σ2 1 1 σ4 σ 2 1+(εω) =1+2(εω) +4(−2)(εω) +...... 1 2
1σ2 σ 2 1+(εω) =1+2(εω) −........
Jadi,
a = 2
a = 2
µεω 2 2
1 σ 2 1 + 1 + 2 ( εω ) + .......
µεω 2 2
1 σ 2 2 + 2 ( εω ) + .......
2 µσ a2 = 4ε
µσ 2 a= 4ε σ µ a= 2 ε
σ µ a=−b= 2 ε a = −b =
dengan
1
δ
δ=
2 ε
σ µ
yang disebut skin depth
Dari solusi persamaan gelombang pada medium konduktif yaitu : −
z
E ( z, t ) = E0e δ e
z
− i ( −ωt )
δ
yang dapat ditafsirkan setelah menempuh jarak sebesar δ, maka amplitudo gelombang berkurang menjadi dari amplitudo semula. 1 e − 1 − i (1−ω t ) Jika z = δ maka
E ( z , t ) = E0 e e
E 0 −i (1−ωt ) E ( z, t ) = e e
κ Medan Magnet : B = E ω
B( z, t ) = Karena a + ib = re
− iθ
maka
B( z, t ) =
a + ib
ω
Eo e
E ( z , t ) = E0 e − i [( a +ib ) z −ωt ]
−i [( a + ib ) z −ωt ]
b dengan r = a + b , dan θ = tan a 2
a +b 2
ω
2
2
Eo e −i [( a +ib ) z −ωt +θ ]
Jadi medan listrik (E) dan medan magnet (B) tidak lagi mempunyai fase yang sama
−1
Kecepatan fase: a = 2
µεω 2
2 k a2 = 2
k a= 2
2
σ 2 1 + 1 + ( ) εω
σ 2 1 + 1 + ( ) εω σ 2 1 + 1 + ( ) εω
1 2
dengan kv = ω, dan karena a > k , maka kecepatan fase pada medium konduktif < v di udara/non konduktif
Besarnya vektor poynting untuk medium konduktif, yaitu :
1 r r S = ( E × B)
dengan
µ
1 κ S = E( E) µ ω S =
S=
1
µω
1
µω
κE
2
2 − 2 i (κz −ωt )
( a + ib ) E0 e
κ B = E ω
S=
(a + ib)
µω
2 − 2 i [( a + ib ) z −ωt ]
E0 e
a2 + b2 2 −2i (a+ib) z −ωt +θ2 S = E0 e µω 1 Untuk medium konduktif a = −b =
δ
maka
Faktor
a2 + b2 2 −2 z −2i δz −ωt +θ2 S = E0 e δ e µω e
−2
z
δ
merupakan faktor redaman dalam perambatan energi.
C. 2 ELEKTRON BEBAS DI DALAM KONDUKTOR DAN PLASMA Elektron bebas di dalam konduktor tidak terikat pada atom dan molekul sehingga dapat digunakan persamaan Maxwell 3, yaitu :
∂B ∇× E = − ∂t 2 ∂ E ∂J 2 − ∇ E = −µ0ε 0 2 − µ0 ∂t ∂t
-
2 ∂ E ∂J 2 ∇ E − µ0ε0 2 − µ0 = 0 ∂t ∂t
(1)
Gerakan elektron :
dv m = qe E dengan v = kecepatan elektron dt Ruas kiri dan ruas kanan dikalikan dengan Nqe
∂ (vqe N ) m = N (qe ) 2 E dan J = vqeN, maka : ∂t
∂J m = N ( q e ) 2 E ........( 2 ) ∂t Substitusi persamaan (2) ke persamaan (1)
∂E (Nqe ) ∇ E − µ0ε0 2 − µ0 E =0 ∂t m 2
2
2
Sehingga : 2 2 N ( q ) ∂ E e ∇2 E − µ0ε 0 2 − µ0 E =0 ∂t m
dan
E ( z , t ) = E 0 e − i ( kz − ω t )
∇ E = i k E0e 2
2
2
− i ( kz − ωt )
= −k E 2
∂E − i ( kz − ω t ) = iω E 0 e = iω E ∂t maka,
∂ 2 E 2 2 −i(kz−ωt ) 2 = i ω E e = − ω E 0 2 ∂t
N (qe ) 2 − k E + µ 0 ε 0 (ω E ) − µ 0 E =0 m 2
-
2
-
N ( qe ) 2 k = µ 0ε 0ω − µ 0 m 2
2
N (qe ) 2 = 1− 2 µ0ε 0ω ε 0 mω 2 k2
N ( qe ) 2 = 1− 2 µ 0ε 0 ω ε 0 mω 2 1
karena
k2
c =
1
2
µ0ε 0
dengan
dan
ω2
1 = 2 v
2 ω c p 1 − = v 2 ω 2 2
maka
k2
N ( qe ) 2 2 = ωp εm
Berdasarkan definisi indeks bias :
c n= v
2 ω p 2 n = 1 − 2 ω
ωp n = 1− 2 ω
2
Indeks Bias Plasma
Bila ω<ωp maka nilai indeks bias n berupa bilangan imajiner yang berarti gelombang di dalam plasma tsb akan teredam.
Bila ω ≥ ωp, maka nilai indeks bias n berupa bilangan nyata (real) sehingga gelombang akan diteruskan.
D. PEMANTULAN DAN PEMBIASAN GELOMBANG ELEKTROMAGNETIK
D.1 HUKUM SNELLIUS Tinjau untuk kasus Transverse Electric (TE) B1 B2 E1x Med1 Med2
k2 x
k1
E2
α 1α 2
µ1ε1
α3
µ2ε2 B3
E3x k3
Dari gambar tersebut diperoleh persamaan untuk gelombang medan magnet
B1 (r , t ) = B01 cos( k1 • r − ωt ) = B01ei ( k1 • r −ωt ) B2 (r , t ) = B02 cos(k 2 • r − ωt ) = B02ei ( k 2 • r −ωt )
B3 ( r , t ) = B03 cos( k3 • r − ωt ) = B03e
Persamaan 1
i ( k 3 • r − ωt )
dengan k1 = k1 [ i sin (α1) – j cos (α1)] k2 = k2 [ i sin (α2) + j cos (α2)] k3 = k3 [ i sin (α3) – j cos (α3)]
Persamaan 2
Substitusi persamaan 1 ke persamaan 2:
B1 ( r , t ) = B 01 e i [ k 1 ( x sin α 1 ) − ( y cos α 1 ) − ω t ] B 2 ( r , t ) = B 02 e i [ k 2 ( x sin α 2 ) + ( y cos α 2 ) − ω t ]
Persamaan 3
B 3 ( r , t ) = B 03 e i [ k 3 ( x sin α 3 ) − ( y cos α 3 ) − ω t ] Syarat batas di y = 0 ; maka B1x – B2x = B3x B1 cos α1 – B2 cos α2 = B3 cos α3 Dan persamaan 3 menjadi :
B01 cosα1.e
i ( k1 x sin α1 )
− B02 cosα 2 .e
i ( k 2 x sin α 2 )
= B03 cosα3.e
i ( k 3 x sin α 3 )
Persamaan B01 cosα1.ei ( k x sin α ) − B02 cosα 2 .ei ( k x sin α ) = B03 cosα3.ei ( k x sin α 1
1
2
dapat dipandang sebagai
2
3
3)
Aeax + Bebx = Cecx
dengan menggunakan deret eksponensial: a2 x2 b2 x2 c2 x2 + ..... + B 1 + bx + + ..... + C 1 + cx + + ..... A1 + ax + 2! 2! 2!
dengan mengabaikan suku ke tiga, diperoleh : A + B =C Aax + Bbx = Ccx Aax + Bbx = (A + B) cx
Dalam bentuk matriks :
[A
ax B ] = bx
diperoleh maka
[A
cx B ] cx
a=b=c
k1 sin α1 = k2 sin α2
Karena gelombang datang dan gelombang pantul berada dalam medium yang sama yaitu medium 1 maka : k1 = k2 sehingga α1 = α2 Dari a = c maka
k1 sin α1 = k3 sin α3
ω
c c k = ⇒ n = ⇒ v = v v n k =
ω c n
=
ωn c
⇒ k ≈ n
maka k1 dan k3 sebanding dengan n1 dan n3 sehingga
n1 sin α1 = n2 sin α3
Persamaan Snellius
D.2. PERSAMAAN FRESNELL Setelah memahami tentang hukum Snellius, selanjutnya akan ditunjukkan perbandingan Amplitudo gelombang pantul dan gelombang bias terhadap amplitudo gelombang datang yang disebut dengan persamaan Fresnell Kasus Transverse Magnetik (TM) E1 B1• 1 2
k1 αα
B2 x
k2 E2
θ
µ1ε1 µ2ε2
E3
B3•*⋅ k3
Dengan memasukkan batas di y = 0 (berdasarkan gambar) Untuk medan listrik : E1x + E2x = E3x
(E1 + E2 ) cos(α ) = E3 cos(θ )
……… 1
Untuk medan magnet : B1 – B2 = B3 Dengan B=E/c di Vakum atau B= E/v di medium 1 1 sehingga (E1 − E2 ) = E3 dan n=c/v maka 1/v ~ n v1 v2 maka
n1 (E1-E2) = n2 E3
……… 2.1
n1 (E1 − E 2 ) ……… 2.2 E3 = n2
Persamaan 2.2 disubstitusikan kedalam persamaan 1,maka akan diperoleh : n1 (E1 + E2 ) cos(α ) = (E1 − E2 )cos(θ ) n2 n n E2 cos(α ) + 1 cos(θ ) = E1 1 cos(θ ) − cos(α ) n2 n2
Maka diperoleh koefisien refleksi yaitu perbandingan antara medan pantul terhadap medan datang (E2/E1). n1 cos(θ ) − cos(α ) E2 n2 r TM = = E1 n1 cos(θ ) + cos(α ) n2
dikali n2
E2 n1 cos(θ ) − n2 cos(α ) maka r TM = = E1 n1 cos(θ ) + n2 cos(α )
……… 3
Dari persamaan 2.1 kita peroleh persamaan n1 (E1-E2) = n2 E3
n1 E1 − n2 E3 E2 = n1
…… 4
Persamaan 4 disubstitusikan ke persamaan 1, maka : n E − n 2 E3 cos(α ) = E3 cos(θ ) E1 + 1 1 n1 n2 2 E1 cos(α ) − E3 cos(α ) = E3 cos(θ ) n1
maka
dikali n1
2n1 E1 cos(α ) − n2 E3 cos(α ) = n1 E3 cos(θ ) 2n1 E1 cos(α ) = E3 (n1 cos(θ ) + n2 cos(α ))
Dari persamaan diatas dapat dicari koefisien transmisi, Yaitu perbandingan antara E3/E1 E3 2n1 cos(α ) tTM = = E1 n1 cos(θ ) + n2 cos(α )
Kasus Transver Elektrik (TE) B2 E1
• 1
B1
k1 αα
k2 x E 2
θ
2
µ1ε1 µ2ε2
•E ⋅3 B3
k3
Berdasarkan gambar diatas apabila digunakan syarat batas di y=0 Maka akan diperoleh hubungan : Untuk meda magnet B1x-B2x = B3x
(B1 − B2 )cosα = B3 cosθ
……… 1
Untuk medan listrik E1 + E2 = E3
κ ; E=ωB ; v=ω ; n= c Dari hubungan B = E ; κ κ v ω maka
E1 + E2 = E3 v1 (B1 + B2) = v2 B3
v ~ 1/n
1 1 (B1 + B2 ) = B3 n1 n2
....... 2.1
n2 B3 = (B1 + B2 ) n1
....... 2.2
Persamaan 2.2 disubstitusikan ke pesamaan 1 Sehingga diperoleh : n2 (B1 − B2 )cosα = (B1 + B2 )cosθ n1 n2 n2 − B2 cosα + cosθ = B1 cosθ − cosα n1 n1
maka RTE
n2 cosθ − cos α B2 n1 =− = B1 cos α + n2 cosθ n1
n2 cos α − cos θ B2 n1 rTE = = B1 cos α + n2 cos θ n1
n1 cos α − n2 cos θ rTE = n1 cos α + n2 cos θ
Dari persamaan 2.1 kita peroleh 1 1 (B1 + B2 ) = B3 n n2 n1 B2 = B3 − B1 n2
....... 3
Persamaan 3 disubstitusi ke persamaan 1 n1 B1 − B3 − B1 cos α = B3 cos θ n 2 n1 2 B1 cos α − B3 cos α = B3 cos θ n2 2n2 cos B1 cos α = B3 (n1 cos α + n2 cos θ )
tTE
B3 2n2 cos α = = B1 n1 cos α + n2 cos θ
Apabila sudut bias 900
maka,
Dari hukum Snellius diperoleh hubungan n1 sin α1 = n2 sin α 3 n1 sin α1 = n2 sin 90o n2 maka n > n sudut kritis sin α1 = 1 2 n1 Sudut datang yang menghasilkan sudut bias 900
Bila sudut datang lebih besar dari sudut kritis, maka terjadi pemantulan total.
Apabila α + θ = 90 o dari hukum Snellius diperoleh hubungan:
n1 sin α = n2 sin θ n1 sin α = n2 sin(90o − α ) n2 sin α = cos α n1
n2 tan (α ) = n1
Sudut Brewster
o α + θ = 90 Sudut datang yang menghasilkan
E. PANDU GELOMBANG Selubung konduktor kosong yangujung-ujungnya dibatasi oleh permukaan disebut rongga (cavity). Sedangkan bila ujung-ujungnya tidak dibatasi oleh permukaan disebut dengan pandu gelombang
Diasumsikan bahwa pandu gelombang benar-benar konduktor sempurna, Sehingga bahan material tersebut berlaku E = 0 Dan B = 0 Misalkan gelombang elektromagnetik merambat dengan Bentuk fungsi sebagai berikut : E ( x, y, z, t ) = Eo ( y, z )ei (kx −ωt ) B(x, y, z, t ) = Bo ( y, z )ei (kx −ωt )
……… 1
Persamaan ini disubstitusikan ke dalam persamaan Maxwell 3 dan 4 ,Maka akan diperoleh : ∂E x ∂Ez ∂E y ……… 2.1 − ikE y = −iωBz ……… 2.3 − = iωBx ∂y ∂z ∂z
∂E x − ikEz = iωBy ……… 2.2 ∂z
∂Bz ∂By iω − = − 2 Ex ∂y ∂z c
……… 2.4
∂Bx iω − ikBz = − 2 E y ……… 2.5 ∂z c ……… 2.6 ∂Bx iω − ikBy = 2 Ez ∂y c Dari persamaan 2.1, 2.2, 2.3, 2.4, 2.5, 2.6, akan menghasilkan Solusi Untuk Ey, Ez, By, dan Bz sebagai berikut
Ey =
i
(ω / c ) 2
∂E x ∂Bx ……… 3.1 k +ω 2 ∂z − k ∂y
∂Ex ∂Bx ……… 3.2 k Ez = −ω 2 2 ∂y ω / c − k ∂z i
(
By =
)
∂Bx ω ∂Ex ……… 3.3 k − 2 2 2 ω / c − k ∂y c ∂z
(
i
)
∂Bx ω ∂E x ……… 3.4 k Bz = + 2 2 2 ω / c − k ∂z c ∂y
(
i
)
Dari persamaan 3 tampak bahwa bila komponen Longitudinal Ex dan Bx diketahui, maka komponen lainnya dapat diketahui. Dengan mensubstitusikan persamaan 3 ke dalam Persamaan Maxwell, kita akan peroleh persamaan Differensial dari komponen longitudinal sebagai Berikut : 2 2 ∂2 ∂ ω 2 2 + 2 + − k Ex = 0 ……… 4.1 ∂z c ∂y 2 2 ∂2 ∂ ω 2 2 + 2 + − k Bx = 0 ……… 4.2 ∂z c ∂y
Dengan menggunakan syarat batas pada permukaan konduktor sempurna, yaitu :
nˆ ⋅ B = 0
nˆ × B = 0
……… 5
Dengan
nˆ adalah vektor satuan normal pada
konduktor, maka akan kita peroleh Ex = 0
Di permukaan
……… 6.1
∂Bx =0 ∂ ∂n
Di permukaan
……… 6.2
Bila Ex = 0, disebut gelombang TE (Transverse elektrik Bila Bx = 0, disebut gelombangTM (Transverse MAgnetik), Dan Ex = 0 dan Bx = 0, disebut gelombang TEM (Transverse Electric Magnetik) Pada pandu gelombang yang terselubung, kasus TEM tidak pernah terjadi hal ini dapat ditunjukkan sebagai berikut : Bila Ex = 0, maka menurut hukum gauss haruslah berlaku hukum ∂E y ∂Ez ……… 7 + =0 ∂y ∂z
Dan bila Bx = 0, maka menurut hukum Faraday Berlaku hubungan ∂Ex ∂E y ……… 8 − =0 ∂y ∂z Karena E = 0 di permukaan logam, maka potensial listrik V = konstan pada permukaan logam. Menurut hukum Gauss Atau persamaan Laplace untuk V, berlaku pula V = konstan Didalam rongga. Ini berarti E = 0 didalam rongga. Dari Persamaan
∂B − = ∇× E ∂t Berarti B tidak bergantung waktu, dengan demikian tidak ada gelombang didalam rongga
E.1 PANDU GELOMBANG DENGAN PENAMPANG SEGI EMPAT
Persamaan differensial dari komponen longitudinal 2 2 ∂2 ∂ ω 2 2 + 2 + − k Bx = 0 ∂z c ∂y
……… 1
Dan syarat batas nˆ ⋅ B = 0 dan nˆ × B = 0 Maka dengan pemisalan : Bx (y,z) = Y (y) Z(z) Substitusikan ke persamaan 1, maka : 2 ∂2 ∂2 ω 2 2 + 2 + − k Y ( y ) Z ( z ) = 0 ∂z c ∂y 2 ∂ 2Y ∂ 2 Z ω 2 Z 2 + Y 2 + − k YZ = 0 c ∂y ∂z
dibagi YZ
2 1 ∂ Y 1 ∂ Z ω 2 + −k = 0 2 2 Y∂ y Z ∂z k
……… 2
2
2
ω − k 2Y − k Z + − k 2 = 0 c 2
Sehingga
Solusi dari persamaan 3 : Y = A sin (k y y ) + B cos (k y y )
2 1 ∂ Y 2 dengan = − k y 2 Y ∂y
………3
1 ∂2Z 2 = − k z 2 Z ∂z
……… 4
Syarat batas
dY =0 dy
di y = 0 dan di y = a
dY = k y A cos(k y y ) − k y yB sin (k y y ) dy
0 = k y B sin (k y a )
atau
maka, k y a = mπ dengan m = 0, 1, 2,….
mπ ky = a
Untuk solusi Syarat batas maka
0 = ky A, maka A = 0
1 ∂2Z 2 = − k z 2 Z ∂z dZ =0 dz
yaitu Z = A sin(k z Z ) + B cos(k z Z )
di z = 0, z = b
dZ = k z A cos(k z Z ) − k z B sin (k z Z ) dz
dZ Untuk dz = k z B sin (k z Z ) k z z = nπ maka Sin kzz = 0 k zb = nπ
nπ kz = b
untuk
dZ = k z A cos(k z Z ) dz 0 = kz A
k z B ≠ 0 dan kzz = 0
dengan n = 0, 1, 2, …. z=b
cos(k z Z ) ≠ 0
maka untuk
Z = A sin (k z Z ) + B cos(k z Z )
Y = A sin (k yY ) + B cos(k yY ) mπ = 0 + B cos a mπy = B cos a
Sehingga
nπz = 0 + B cos b nπz = B cos b
y
mπy nπz Bx ( y, z ) = B cos ⋅ B cos a b
Untuk mendapat bilangan gelombang k, maka dari persamaan yang sudah didapat 2 mπ dan k = nπ ω 2 2 z − k Y − k Z + − k = 0 dengan k y = b c
maka
a
mπ nπ ω 2 − − + −k = 0 a b c 2
2
2
ω mπ nπ k = − − c a b 2
2
2
2
1 k= ω2 − ω c
2 mm
2
ω mπ nπ k = − − c a b 2
2
2
ωmm
m n = πc + a b
2
Untuk mengetahui kecepaatan grup maka dapat diperoleh dari persamaan dω vg = dk
vg =
1 dω / dk
1 k= ω2 − ω c
Dari persamaan :
dk d 1 2 2 = ω − ω mm dω dω c 1 dk 1 d 2 2 = ω − ω mm 2 dω c dω 1 − dk 1 1 2 = ω − ω 2 mm 2 ⋅ 2ω dω c 2 1 − dk ω 2 = ω − ω 2 mm 2 dω c ω dk = dω c ω 2 − ω 2 mm
(
mm
)
(
(
2
)
)
vg =
c ω 2 − ω 2 mm
ω
ω 2 ω 2 mm vg = − 2 2 ω ω ωmm vg = 1 − ω
2
E.2 PANDU GELOMBANG JALUR TRANSMISI KOAKSIAL
Gambar diatas memperlihatkan pandu gelombang berupa jalur trandmisi koaksial (coaxial) transmition line), terdiri dari kawat panjang yang diselimuti konduktor silinder. Kawat panjang itu terletak pada sumbu silinder Dari persamaan Maxwell 3 dan 4 diperoleh : ∂Bx iω − ikB y = 2 E z ∂y c
∂Bx iω − ikBz = − 2 E y ∂z c
Untuk medan listrik : ∂E y
∂Ez + =0 ∂y ∂z
∂E x ∂E y − =0 ∂y ∂z
Untuk medan magnet : ∂By
∂Bz + =0 ∂y ∂z ∂Bx ∂B y − =0 ∂y ∂z
Maka cBz = Ey dan cBy = -Ez Solusi dengan menggunakan koordinat silinder 1 Eo = Eo rˆ r
dan
Eo 1 ˆ Bo = Φ c r
Diasumsikan dalam pandu gelombang benar-benar konduktor sempurna, berlaku E = 0 dan B = 0 Sehingga fungsi gelombangnya E ( x, y, z, t ) = Eo ( y, z )ei (kx−ωt )
B(x, y, z, t ) = Bo ( y, z )ei (kx−ωt )
Untuk persamaan : E ( x, y, z , t ) = Eo ( y, z )ei (kx −ωt )
= E o cos (kx − ω t ) + iˆE o cos (kx − ω t )
Substitusikan diperoleh
1 Eo = Eo rˆ r
Eo E= cos(kx − ωt )rˆ r
Untuk persamaan B(x, y, z, t ) = Bo ( y, z )ei (kx−ωt )
= Bo cos(kx − ωt ) + iˆBo cos(kx − ωt ) yang diambil bagian realnya maka,dengan mensubstitusi Eo 1 ˆ Bo = Φ maka c r
E o cos (kx − ω t ) ˆ B = Φ c r
