Bab6_GEMx

5/12/2018 Bab6_GEMx - slidepdf.com

http://slidepdf.com/reader/full/bab6gemx 1/82

Mata Kuliah GELOMBANG-OPTIK

Topik 6

ELEKTROMAGNETIK

Dosen Mata Kuliah Dosen Mata Kuliah Dosen Mata Kuliah Dosen Mata Kuliah

Andhy Setiawan, M.Si



Menu Utama

Pendahuluan

Persamaan MaxwellPersamaan Gelombang Elektromagnetik

Transversalitas Gelo ban Elektro a netik

Pemantulan dan Pembiasan Gelombang

Gelombang Elektromagnetik dalam Medium

Vektor Poynting dan Kekekalan Energi

Gelombang dalam Medium Konduktif

Elektron bebas dalam Konduktor dan Plasma

Pandu Gelombang

Hukum SnelliusPersamaan Fresnel

Pandu Gelombang dengan Penampang Segi Empat

Pandu Gelombang Jalur Transmisi Koaksial



Energi dan Momentum gelombang elektromagnetik dibawaoleh medan listrik E dan medan magnet B yang menjalar

A. PENDAHULUAN A. PENDAHULUAN A. PENDAHULUAN A. PENDAHULUAN

me a u va um.

Sumber gelombangnya berupa muatan-muatan listrik yang

berosilasi dalam atom, molekul, atau mungkin juga dalamsuatu antene pemancar radio.

dengan waktu, keberadaan E selalu disertai B, dansebaliknya. Keterkaitan antara E dan B dituangkan dalampersamaan Maxwell yang mendasari teori medan magnetik.



B. PERSAMAAN MAXWELL B. PERSAMAAN MAXWELL B. PERSAMAAN MAXWELL B. PERSAMAAN MAXWELL

listrik E dan medan magnet B. Seluruh persamaanMaxwell terdiri dari 4 persamaan medan, yang masing-

masing dapat dipandang sebagai hubungan antara medandan distribusi sumber, baik sumber muatan ataupunsumber arus.



Persamaan-persamaan Maxwell

VakumMedium→

0. =∇ B

0. =∇ E

t

B xE

∂

∂−=∇

b D ρ =∇.

0. =∇ B

t

B xE ∂∂−=∇

1.

2.

3.

t

E xB o

∂

∂=∇0

ε µ 4.

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

”.

Secara matematis Hukum Gauss dituliskan dengan:

∫ ∑=

∧→

o

qdAn E

ε ..

=∧→

d dAn E 1

..

oε

∫ ∫=•∧→

dV dAn E o

ρ ε

1.



( )∫ ∫ +=∧→

dV dAn E b f

o

ρ ρ ε

1..

( )∫ ∫ +•∇−=•∧→

dV PdAn E b

o

ρ ε

r1.

∫ ∫=

•∇+

•∇

→→

dV dvP E bo ρ ε

( )∫ ∫ +•∇−=•∇ dV PdV E b

o

ρ ε

rr 1

Dari teorema divergensi ∫∫ •∇=•∧

dV E dAn E r.

D E P E o ==+→→→

ε ε

b D

ρ =•∇

→

Persamaan Maxwell (1) dalam Medium



Untuk ruang vakum, karena tidak ada sumber maka0= sehingga:

ρ b E =•∇r

0ε

0=•∇→

E

Persamaan Maxwell 1 untuk ruan vakum,

tanpa sumber muatan



Persamaan Maxwell kedua merupakan Hukum Gaussmagnetik, yang menyatakan “fluks medan magnetik yang

menembus suatu permukaan tertutup sama dengan nol,tidak ada sumber medan berupa muatan magnetik.” Ataudengan kata lain,” garis gaya medan magnet selalu

”, .Melalui teorema Gauss, persamaan Maxwell kedua dapatdituliskan dalam bentuk integral:

∫ ==∧→

0. dAn B Bφ

→∧→

ar eorema vergens dV BdAn B ∇= .. maka

∫ =∇→

0. BdV

0. =∇

→

B Persamaan Maxwell (2) dalam medium dan vakum



Persamaan Maxwell ketiga merupakan ungkapan HukumFaraday-Lenz, yang menyatakan bahwa “pengaruh medan

magnet yang berubah dengan waktu.”Secara matematis dituliskan:

∂−=

φ ∧→

= dAn B .dengan

t ∂

dAn Bt

dl E

∧→→

∫∫ ∂

∂−= ..

∧→→

karena dl E .∫→

=ε maka

ar eorema o es= n x ..

∫∫∧→∧→

∂

∂−=∇ dAn B

t dAn E x ..

t B E x

∂∂−=∇

→

→ Persamaan Maxwell (3) dalam mediumDan vakum.



Persamaan Maxwell keempat merupakan Hukum Ampere:

∫=

→

I dl B µ .

∫ = I dl H .

∧

→→

= H

B

µ dAn J I ∫

→∧

= .dengan

f b J J J →→→

+=

;

dan

dAn J J dl H f b ..

+=

( ) dAnt

E J dAn xH b ..

∧

→→

∧

∫∫

∂

∂+=∇ ε

t

E J xH b

∂

∂+=∇

→→

ε

t D J xH b

∂∂+=∇

→→

Persamaan Maxwell (4) dalam medium



I dl B 0. µ =∫

→

dAn B xld B∧→→

∫∫ ∇= ..r

Untuk persamaan Maxwell (4) dalam vakum, yaitu:

Dari teorema Stokes maka

dAn J dAn B x→→∧→

∫∫ =∇ .. 0 µ

→→

=∇ J B x0

µ

t

E B x

∂

∂=∇

→→

00ε µ Persamaan Maxwell (4) dalam Vakum,



B.1. PERSAMAAN GELOMBANG B.1. PERSAMAAN GELOMBANG B.1. PERSAMAAN GELOMBANG B.1. PERSAMAAN GELOMBANG

ELEKTROMAGNETIK ELEKTROMAGNETIK ELEKTROMAGNETIK ELEKTROMAGNETIK

MEDAN LISTRIK

Dari persamaan Maxwell (3):

t

B E

∂

∂−=×∇

→

→

∂−

→→

Ruas kanan dan ruas kiri dideferensialkan dengan

operasi rotasi, maka:

∂ t

→→→

∇−

∇∇=

×∇×∇ E E E

2

.

Dari vektor identitas

k



×∇

∂

∂−=∇−

∇∇

→→→

Bt

E E 2

.

Maka:

Dengan 0. =∇→

E E

B∂

=×∇

→→

00ε µ dan sehingga

02

2

00

2

=∂

∂−∇

→→

t

E E ε µ 2

2

00

2

t

E E ∂

∂=∇

→→

ε µ

2

2

00

2

t

E E ∂

∂−=∇−→

ε µ

2→

→

dengan00

1

ε µ =c

022

2

=∂−∇ t c E



01

2

2

22

2

2

2

2

2

=

∂

∂−

∂

∂+

∂

∂+

∂

∂ →

x E t c z y x

Sehingga persamaan gelombang medan listrikdalam bentuk diferensial:

0122222

=

∂

−∂

+∂

+∂

→

y E t c z y x

0

12

2

22

2

2

2

2

2

=

∂

∂

−∂

∂

+∂

∂

+∂

∂ →

z E t c z y x

Solusi alin sederhana:

( ) ( )t kz E t z E ω −=→→

cos, 0

MEDAN MAGNET



MEDAN MAGNET


t

E xB o∂∂=∇ 0ε µ

(t

E B B

∂

×∇∂=∇−

∇∇

→→→ )

. 00

2 ε µ

t

E B

∂

×∇∂=

×∇×∇

→→ )(

00ε µ

→→→

∇−

∇∇=

×∇×∇ B B B 2.

0. =∇→ B

t

B E

∂

∂−=×∇

→

→

Karena vektor identitas

Dan persamaan Maxwell (2) serta (3):

dan

hi



2

2

2

2 1 B B

∂=∇

→→

2

2

00

2

t

B B

∂

∂=∇

→→

ε µ

sehingga

01

2

2

2

2 =∂

∂−∇

→→

t

B

c B

Maka persamaan gelombang medan magnet dalambentuk diferensial:

022222 = ∂−∂+∂+∂

→

x Bt c z y x

01

2

2

22

2

2

2

2

2

=

∂

∂−

∂

∂+

∂

∂+

∂

∂ →

y

Bt c z y x



01

2

2

22

2

2

2

2

2

=

∂

∂−

∂

∂+

∂

∂+

∂

∂ →

z Bt c z y x

Solusinya: ( ) ( )t kz Bt z B ω −=→→

cos, 0

o us persamaan ge om ang e e romagne un umedan Listrik dan medan magnet merupakan contoheksplisit dari gelombang datar (Plan Wave)

)( t kz f ω −

k v =

Bentuk umum:Kecepatan:

Bentuk muka gelombangnyategak lurus vektor satuan k,maka:

tan. kons zk =

→∧



Sifat-sifat gelombang datar:1. Mempunyai arah jalar tertentu (dalam persamaan,

arah z).2. Tidak mempunyai komponen pada arah rambat.3. Tidak ada kom onen E dan B an ber antun ada

koordinat transversal (pada contoh, koordinattransversalnya x dan y).

Sehingga solusi persamaan gelombangnya menjadi:

),(),( t z E jt z E i E x

∧∧→

+= ),(),( t x E k t x E j E z y

∧∧→

+=

),(),( t z B jt z Bi B y x

∧∧→ += ),(),( t x Bk t x B j B z y∧∧→ +=

T AN V A TA M ANT AN V A TA M ANT AN V A TA M ANT AN V A TA M AN



B.2. TRANSVERSALITAS GELOMBANG B.2. TRANSVERSALITAS GELOMBANG B.2. TRANSVERSALITAS GELOMBANG B.2. TRANSVERSALITAS GELOMBANG

ELEKTROMAGNETIK ELEKTROMAGNETIK ELEKTROMAGNETIK ELEKTROMAGNETIK

MEDAN LISTRIK

Untuk membuktikan sifat dari gelomabng datar yaitu

ransversa as, ar persamaan axwe an :

Ez tidak ber antun ada z sisi s atial

0. =∇→

E

0),(),(),(

=∂

∂+

∂

∂+

∂

∂→→→

z

t z E

y

t z E

x

t z E z y x

0),(

=∂

→

t z E z

t

E B

∂

∂=×∇

→→

00ε µ

t

E

y

B

x

B z z

y

∂

∂=∂

∂−∂

∂→→→

00ε µ 0),( =∂

∂

→

t t z E z

Sisi temporal

z

Y b ti E tid k b t d 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 arahrambatnya, karena medan listrik E hanya mempunyaikomponen-komponen pada arah yang tegak lurus

pa a ara ram a .

0. =∇→

B→→→

MEDAN MAGNET


0),(),(),( =∂

∂+∂

∂+∂

∂ z

t z B y

t z B x

t z B z y x

0

),(

=∂

∂→

z

t z B z

Sisi spatial, yang berarti Bz tidak bergantungpada z.

Dan dari persamaan Maxwell (3):



t

B

E x ∂

∂−=∇

→→

t z B E E z x y ∂

=∂

−∂

→→→

),(

Dan dari persamaan Maxwell (3):

0),(

=∂

∂→

t

t z B z Sisi temporal, yang berarti Bztidak bergantung pada t.

Yang berarti arah getar gelombang medan magnet tegaklurus terhada arah ra batn a.

Dengan demikian maka gelombangElektromagnetik merupakan gelombang transversal.

Hubungan E dan B misal menjalar dalam arah z:



y x E j E i E ∧∧→

+=

)cos()cos( 00 t kz E jt kz E i E y x ω ω −+−=∧∧→

x B j Bi B∧∧→

+=

Hubungan E dan B, misal menjalar dalam arah z:

)cos()cos( 00 t kz B jt kz Bi B y x ω ω −+−=∧∧→

t

B E x

∂

∂−=∇

→→

+−−=

−−

∧∧∧∧

yoxoxoy jB Bit kz jE E it kzk 0)sin()sin( ω ω ω

+−=

−∧∧∧∧

yoxoxoy jB Bi jE E ik 0ω

( )

→

−=×− B E k ω

rr

Bk E

ω =

cB E = B E rr

⊥

Hubungan vektor propogasi k medan listrik E



Hubungan vektor propogasi k, medan listrik E,dan medan magnet B ditunjukkan dengan gambar:

B 3 VEKTOR POYNTING DAN KEKEKALANB 3 VEKTOR POYNTING DAN KEKEKALANB 3 VEKTOR POYNTING DAN KEKEKALANB 3 VEKTOR POYNTING DAN KEKEKALAN



B.3. VEKTOR POYNTING DAN KEKEKALAN B.3. VEKTOR POYNTING DAN KEKEKALAN B.3. VEKTOR POYNTING DAN KEKEKALAN B.3. VEKTOR POYNTING DAN KEKEKALAN

ENERGI ENERGI ENERGI ENERGI

Energi medan elektromagnetik merupakan jumlah dariEnergi Medan listrik dan energi medan magnet.

E B uuu =2

0

2

02

1

2

1 E Bu ε

µ +=

→→

Laju perubahan rapat energi atau perubahan rapat energiterhadap waktu:

t E t Bdt

u

∂•+∂•= 0

0ε µ

t B E x

∂∂−=∇

→

→

Dari persamaan Maxwell (3) dan (4), maka:

dant E B

∂∂=×∇

→

→

00ε µ

Sehingga



×∇•+

×∇−•=

→→→→

B E E Bdt

du

00

11

µ µ

×∇•−

×∇•−=→→→

B E E Bdu r1

Sehingga

( )

×∇•−

×∇•=×•∇

→→→→

B E E B B E rr

0

( ) B E dt

du rr

×•∇−=0

1

µ 0=•∇+

→

Sdt

du

Dari vektor identitas

maka

Hukum Kekekalan Energi

( ) B E S

rr

×=

→

0 µ dengan disebut vektor poynting

mengungkapkan besarnya energi persatuanwaktu per satuan luas yang dibawa olehmedan elektromagnetik

C GELOMBANG ELEKTROMAGNETIKC GELOMBANG ELEKTROMAGNETIKC GELOMBANG ELEKTROMAGNETIKC GELOMBANG ELEKTROMAGNETIK



C. GELOMBANG ELEKTROMAGNETIK C. GELOMBANG ELEKTROMAGNETIK C. GELOMBANG ELEKTROMAGNETIK C. GELOMBANG ELEKTROMAGNETIK

DALAM MEDIUM DALAM MEDIUM DALAM MEDIUM DALAM MEDIUM

Persamaan-persamaan Maxwell

t

D J H

t

B E

B

b

b

∂

∂+=×∇

∂

∂−=×∇

=∇

=

0.

.

C 1 GEM DALAM MEDIUM KONDUKTIFC 1 GEM DALAM MEDIUM KONDUKTIFC 1 GEM DALAM MEDIUM KONDUKTIFC 1 GEM DALAM MEDIUM KONDUKTIF



C. 1 GEM DALAM MEDIUM KONDUKTIF C. 1 GEM DALAM MEDIUM KONDUKTIF C. 1 GEM DALAM MEDIUM KONDUKTIF C. 1 GEM DALAM MEDIUM KONDUKTIF

Dalam medium konduktif yang bebas sumber, dan dari

hubungan B = µ H dan D = ε E, persamaanMaxwell 4 dapat ditulis:

B E

t E J B

t

D J H b

∂∂∂∂

∂∂+=×∇

∂

∂+=×∇

εµ µ

,)(

,

2

2

t

E

t

J E

t t t t

∂

∂+

∂

∂=×∇×∇−

∂

−

∂∂∂

µε µ

EJdEEE σ∇∇∇×∇×∇ 2)()(



maka

)).((

2

2

22

∂

∂+

∂

∂=∇−∇∇−

t

E

t

E E E µε µσ

E J dan E E E σ =∇−∇∇=×∇×∇ ).()(

0

0

2

2

2

2

2

=∂

∂−

∂

∂−∇

∂+∂=∇+

t

E

t

E E

t t E

µσ µε

ε σ

Dengan solusi : E(z, t) = E0 cos (κ z - ωt)

Atau a am entuk komp eks :

E(z, t) = E0 e-i (κ z - ωt )



Sehingga :

E(z, t) = E0 e-i (κ z - ωt ) 02

22 =

∂

∂−

∂

∂−∇

t

E

t

E E µσ µε

t zit zi 2)(22)(2

2 ω κ ω κ −==∂

= −−−−

E e E i E

E ie E it

E

t zi

t zi

2)(

0

22

2

2

)(

0

ω ω

ω ω

ω κ

ω κ

−==∂

==∂

∂

−−

−−

z2

∂

-κ 2E + µεω2E – µσiωE = 0

κ 2E - µεω2E + µσiωE = 0

κ 2= µεω2 – iµσω

Misal : κ a + ib



Misal : κ = a + ib

κ 2 = (a + ib)2 = a2 – b2 + 2abiDari pers κ

2= µεω2 – iµσω, maka :

a2 – b2 = µεω2 dan 2ab = - µσ ω

222

)2(

σ

µεω

σ

=−− aa a

b

2

σ −=

2ε =−

aa

kalikan dengan 4a2

4(a2)2 – 4µεω2a2 – (µσω)2 = 0



Dengan menggunakan rumus akar kuadrat, diperoleh :

4(a

2

)

2

– 4µεω

2

a

2

– (µσω)

2

= 0

22222

21

222

2

2

2,1

22222

2,1

1)(

1)(

)()(2

1

2)(

8

))(4(4)4(4)(

σ ω ε µω µεω

µσω µεω

µεω

µσω µεω µεω

+±=

+±=

+−±=

a

a

a

2222

2,1 )(12

1)(

2

1)(

εω

σ ε µω µεω +±=a

2222)(1

1)(

1)(

σ±



2222

2,1)(1

2

1)(

2

1)(

εω

σ ε µω µεω +±=a

+±=

222

2,111)(

2

1)(

εω

σ µεω a

21 σ

Karena a bilangan riil, maka a2 harus positifsehingga dipilih:

++=2 εω

ε a

a2 b2 = µεω2 2

1



−

= 2

2

22 1 σ

a2 – b2 = µεω2

b2

= a2

- µεω2

++=

2

2211)(

2

1

εω

σ µεω a

−

++=

2

2

22

11

11

2

1

2

1

2

σ

εω

σ µεω

εω

b

++−=

++−=

222

11

2

22

εω

σ µεω

εω

ε

b



222

2))((*

κ

κκ κ

+=

−+==

ba

ibaiba

Besarnya bilangan gelombang

222

22222

)(1

)(112

1)(11

2

1

εω σ µεω κ

εω

σ µεω

εω

σ µεω κ

+=

++−+

++=

κ merupa an ungs ar ω. an arena er a andengan cepat rambat, maka pada medium konduktif,cepat rambat gelombang bergantung pada frekuensi.Medium tersebut seperti medium dispersif.



Untuk medium yang berkonduktivitas tinggi, σ >>maka

111

2

22 σ µεω

++=a

1

12

1

22

2

22

σ µεω

εω

σ µεω

=

+=

a

a

2

µσω =a

Sehingga :



gg

2

µσω

µσω

−=

−=

b

ab

2

22

µσω −=b

1

Jikamaka

µσω =

δ =−= ba

Dengan besaran δ disebut tebal kulit (skin depth)

Jadi



δ κ

)1( i

iba

−

=+=

merupakan bilangan gelombang untuk medium

engan on u t v tas t ngg , pa a re uens ren amaka solusinya :

[ ]

)1(

)(

0

),(

t zi

i

t zibai

e E t z E

e E t z E

ω δ

ω

−

−−

−+−

=

=

)(

0),(

t zi z

ee E t z E ω

δ δ −−−

=

Untuk medium yang konduktivitasnya rendah



Untuk medium yang konduktivitasnya rendah(konduktor buruk), σσσσ jauh lebih kecil dari ωε. Maka

Skin depthnya :

2

++=

22

)(112 εω a

Diuraikan dengan deret Maclaurin

32

+−−+−++=+ !3)2)(1(!2)1(1)1( nnnnnx x

n

jika 2)(

σ =x maka :



jika )(ε

= x maka :

........)11(

1.

111)1(

22

1

+−++=+ x x x

1

....))(

2

1(

4

1)(

2

11)(1

22

1

2

422

1

2

+−++=

+

σ σ

εω

σ

εω

σ

εω

σ

........

2

−=

εω εω

Jadi, σ µεω .......)(

111

2

2

2 +

++=a



,

µσ

εω σ µεω

εω

.......)(212

2

)(22

2

2

2

2

2 +

+=

a

ε

µ σ

ε

µσ

ε

2

4

42

=

=

=

a

a

a

ε µ σ

2=−= ba dengan

µ ε

σ δ 2=

yang disebut skin depthδ

1

=−= ba

Dari solusi persamaan gelombang pada medium



p g g pkonduktif yaitu :

)(

0),(t zi z

ee E t z E ω

δ δ −−−

=

yang dapat ditafsirkan setelah menempuh jaraksebesar δ, maka amplitudo gelombang berkurangmenjadi dari amplitudo semula.

e

1

Jika z = δ maka

)1(1

0),(

t iee E t z E

ω −−−=

)1(0

),(t i

eet z E ω −−

=

EBκ

=Medan Magnet : [ ]t zibaieEtzE

ω −+−= )(

0),(



ωg

[ ]t zibai

o e E ibat z B ω

ω −+−+= )(

),(

− b

e E t z E 0),(

reiba

−

=+Karena dengan =+=

−

aar tanan,

maka[ ]θ ω

ω

+−+−+= t zibai

o e E bat z B)(

22

),(

Jadi medan listrik (E) dan medan magnet (B)tidak lagi mempunyai fase yang sama



2

2

2)(11

2

++=ε

σ µεω a

Kecepatan fase:

2

1

2

22

2

)(112

)(112

++=

++=

εω

σ

εω

σ

k a

k a

dengan kv = ω, dan karena a > k , maka kecepatan fasepada medium konduktif < v di udara/non konduktif

Besarnya vektor poynting untuk medium



pkonduktif, yaitu :

)(1

B E Srr

×= µ dengan E B

ω

κ =

= )(

1 E E S

ω

κ

µ

21 E S κ

µω =

)(22

0)(1 t zie E ibaS ω κ

µω −−+=

[ ]tzibaiE

ibaS

ω−+−+ )(22)(



+−+−

+

= 2)(2

2

0

22 θ ω t zibai

e E ba

S

[ ]t zibaie E S

ω

µω

+= )(22

0

)(

Untuk medium konduktif

δ

1=−= ba

+−−−

+= 2

222

0

22 θ ω δ δ

µω

t zi z

ee E ba

Smaka

Faktor

merupakan faktor redaman dalam perambatan energi.

δ

z

e2−

C. 2 ELEKTRON BEBAS DI DALAM KONDUKTOR C. 2 ELEKTRON BEBAS DI DALAM KONDUKTOR C. 2 ELEKTRON BEBAS DI DALAM KONDUKTOR C. 2 ELEKTRON BEBAS DI DALAM KONDUKTOR



DAN PLASMA DAN PLASMA DAN PLASMA DAN PLASMA

Elektron bebas di dalam konduktor tidak terikatpada atom dan molekul sehingga dapat digunakanpersamaan axwe , ya u :

t

B E

∂

∂−=×∇

J E E

∂−

∂−=∇− 02

2

00

2 µ ε µ

-

002

2

00

2 =∂

∂−

∂

∂−∇

t

J

t

E E µ ε µ (1)

Gerakan elektron :



E qdt

dv

m e= dengan v = kecepatan elektron

Ruas kiri dan ruas kanan dikalikan dengan Nqe

E q N t

N vqm e

e 2)(

)(=

∂

∂

)2........()(2 E q N

t J m e=

∂∂

dan J = vqeN, maka :

Substitusi persamaan (2) ke persamaan (1)

0)(

2

02

2

00

2 =−∂

∂−∇ E

m

Nq

t

E E e µ ε µ

Sehingga :



0

)(2

02

2

00

2

=−∂

∂

−∇ E m

q N

t

E

E

e

µ ε µ

dan )( t kzie E t z E

ω −−=

E k e E k i E t kzi 2)(

0

222 −==∇ −− ω

E ie E it E t kzi ω ω ω ==

∂∂ −− )(

0

E e E it

E t kzi 2)(

0

22

2

2

ω ω ω −==∂

∂ −−

maka,

0)(

)(2

0

2

00

2 =−+− E q N

E E k e µ ω ε µ -



000m

µµ

-

q N k e

2)(0

2

00

2 µ ω ε µ −=

2

0

2

2

00

2)(

1ω ε ω ε µ m

q N k e−=

2

0

2

2

2

00

)(1

1

ω ε ω ε µ m

q N k e−= dengan 22)(

pe

m

q N ω =

karena00

2

1

ε µ =c dan 22

2

1v

k =ω

−= 2

2

2

2

1 ω

ω p

v

cmaka

B d s k n d finisi ind ks bi s :c



Berdasarkan definisi indeks bias :

v

n =

2

−=

2ω n

2

1ω p

n −= Indeks Bias Plasma



Bila ω<ωp maka nilai indeks bias n

berupa bilangan imajiner yang berartigelombang di dalam plasma tsb akan

Bila ω ≥ ωp, maka nilai indeks bias n

berupa bilangan nyata (real) sehinggagelombang akan diteruskan.

D. PEMANTULAN DAN PEMBIASAN D. PEMANTULAN DAN PEMBIASAN D. PEMANTULAN DAN PEMBIASAN D. PEMANTULAN DAN PEMBIASAN GELOMBANG ELEKTROMAGNETIK GELOMBANG ELEKTROMAGNETIK GELOMBANG ELEKTROMAGNETIK GELOMBANG ELEKTROMAGNETIK



D.1 HUKUM SNELLIUS D.1 HUKUM SNELLIUS D.1 HUKUM SNELLIUS D.1 HUKUM SNELLIUS

G G K R G KG A G K R AG KG A G K R AG KG G K R G K

Tinjau untuk kasus Transverse Electric (TE)

E1 k1

B1

E2

k2B2

Med1 µ1ε11

α 2

α

xx

E3

k3

B3

Med2 2 23α

x

Dari gambar tersebut diperoleh persamaant k l b d t



untuk gelombang medan magnet)(

0110111)cos(),(

t r k ie Bt r k Bt r B ω ω −•=−•=

t r k i −• 022022

, =−=

)(

0330333)cos(),(

t r k ie Bt r k Bt r B

ω ω −•=−•=

dengank1 = k1 [ i sin (α1) – j cos (α1)]

k2

= k2

[ i sin (α2

) + j cos (α2

)]

k3 = k3 [ i sin (α3) – j cos (α3)]

ersamaan

Substitusi persamaan 1 ke persamaan 2:



])cos()sin([

011

111

),(

t y xk i

e Bt r Bω α α −−

=])cos()sin([

022222),(

t y xk ie Bt r B

ω α α −+= Persamaan 3

])cos()sin([

033333),( t y xk ie Bt r B ω α α −−=

Syarat batas di y = 0 ; maka

B1x – B2x = B3x

– =

Dan persamaan 3 menjadi :

)sin(

303

)sin(

202

)sin(

101332211 .cos.cos.cos

α α α α α α xk i xk i xk ie Be Be B =−

Persamaan)sin()sin()sin( 332211 coscoscos

α α α ααα xk i xk i xk ieBeBeB =−



dapat dipandang sebagai Aeax + Bebx = Cecx

dengan menggunakan deret eksponensial:

303202101 .cos.cos.cos α α α e Be Be B =

++++

++++

+++ .....

!21.....

!21.....

!21

222222

xccxC xbbx B xaax A

dengan mengabaikan suku ke tiga, diperoleh :A + B =C

ax + x = cx

Aax + Bbx = (A + B) cx

[ ] [ ]

cx

BAax

BA

Dalam bentuk matriks :



[ ] [ ]

=

cx B A

bx B A

diperoleh a = b = c

ma a

k1 sin α1 = k2 sin α2

Karena gelombang datang dan gelombang pantulberada dalam medium yang sama yaitu medium 1

maka : k1 = k2

sehingga α1 = α2

k1 sin α1 = k3 sin α3Dari a = c maka

n

cv

v

cn

vk =⇒=⇒=



nvv

nk c

nc

k ≈⇒== ω ω

maka k1 dan k3 sebanding dengan n1 dan n3

sehingga n1 sin α1 = n2 sin α3

ersamaan ne us

D.2. PERSAMAAN FRESNELL D.2. PERSAMAAN FRESNELL D.2. PERSAMAAN FRESNELL D.2. PERSAMAAN FRESNELL

S t l h m m h mi t nt n hukum Sn llius s l njutn



Setelah memahami tentang hukum Snellius, selanjutnya

akan ditunjukkan perbandingan Amplitudo gelombangpantul dan gelombang bias terhadap amplitudo gelombang

Kasus Transverse Magnetik (TM)

B1 k1

E1 k2

B2

1 ε

x

E2α α

•

B3*

k3

E3

2 µ2ε2θ

⋅•

Dengan memasukkan batas di y = 0 (berdasarkan gambar)

Untuk medan listrik :



Untuk medan listrik

E1x + E 2x = E 3x

( ) ( ) ( )θ coscos 321E E E =+

……… 1

Untuk medan magnet : B1 – B 2 = B 3

( )3

2

21

1

11 E

v E E

v=−

Dengan B=E/c di Vakum atau B= E/v di medium

sehingga dan n=c/v maka 1/v ~ n

maka n1 (E1-E2) = n2 E3

( )

2

211

3

n

E E n E

−=

……… 2.1

……… 2.2

Persamaan 2.2 disubstitusikan kedalampersamaan 1,maka akan diperoleh :



( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

−=

+

−=+

α θ θ α

θ α

coscoscoscos

coscos

1

1

1

2

212

1

21

n E

n E

E E n

n

E E

22

Maka diperoleh koefisien refleksi yaituperbandingan antara medan pantul terhadap medandatang (E2/E1).

( ) ( )α θ coscos

2

1

2

−n

n

E

maka

( ) ( )α θ coscos

2

11 +n

n E TM

( ) ( )

( ) ( )α θ

α θ

coscos

coscos

21

21

1

2

nn

nn

E

E r TM

+

−== ……… 3

Dari persamaan 2.1 kita peroleh persamaann1 (E1-E2) = n2 E3

EnEn −



1

3211

2 n

E n E n E

−= …… 4

Persamaan 4 disubstitusikan ke persamaan 1, maka :

( ) ( )

( ) ( ) ( )θ α α

θ α

coscoscos2

coscos

33

1

2

1

3

1

32111

E E n

n E

E n

E n E n E

=−

=

−+

dikali n1

maka ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )( )α θ α

θ

coscoscos2

coscoscos2

21311

313211

nn E E n

E n E n E n

+=

=−

Dari persamaan diatas dapat dicari koefisien transmisi,Yaitu perbandingan antara E3/E1

( )

( ) ( )α θ coscos

cos2

21

1

1

3

nn

n

E

E t TM

+

==

Kasus Transver Elektrik (TE)

kB2



B1

k1

E1

k2

E

21 µ1ε1

x

2

α α

•

B3 k3

E3

2 µ2ε2θ

⋅•

Berdasarkan ambar diatas a abila di unakan s arat batas di y=0 Maka akan diperoleh hubungan :

Untuk meda magnet

B1x-B2x = B3x

( ) θ coscos 321 B B B =− ……… 1

Untuk medan listrik

E1 + E 2 = E 3



Dari hubungan E Bω

= B E ω = κ =vv

cn =

;; ; ;

v1 (B1 + B 2 ) = v 2 B 3 v ~ 1/n

....... 2.1

( ) 32

211

11

Bn B Bn =+

1 3

21

1

2

3B B

n

B += ....... 2.2

Persamaan 2.2 disubstitusikan ke pesamaan 1

Sehingga diperoleh :



( ) ( ) θ α coscos

22

21

1

2

21

−

=

−

+=−

nn

B Bn

n

B B

n

11

nn

θ α

α θ

coscos

coscos

1

2

1

2

1

2

n

n

n

n

B

B RTE

+

−

=−=maka

θ α coscos

coscos

1

2

1

1

2

n

n

n

B

Br TE

+

−

==θ α θ

coscos

coscos

21

21

nnnnr TE

+

−=

Dari persamaan 2.1 kita peroleh

( )11BBB =+



( )3

2

21 B

n

B B

n

=+

13

1

2 B Bn

B −= ....... 32n

Persamaan 3 disubstitusi ke persamaan 1

θ α coscos

1

3132

1

1

n

B B Bn

n B

−

=

−−

33

2

1n

( )θ coscoscoscos221312nn B Bn +=

θ α coscos

cos2

21

2

1

3

nn

n

B

B

t TE +==

Apabila sudut bias 090 maka,

Dari hukum Snellius diperoleh hubungan



p g

211

3211

90sinsin

sinsin

nn

nno=

=

α

1

21sin

nn=α

Sudut datang yang menghasilkan sudut bias 090

sudut kritis

Bila sudut datang lebih besar dari sudut kritis,maka terjadi pemantulan total.

maka n1 > n2



Apabila o90=+θ α

α α

α α

θ

cossin

)90sin(sin

sinsin

2

21

21

n

n

nn

nn

o

=

−=

=

( )1

2

tan n

n

=α

Sudut datang yang menghasilkan

o90=+θ α

Sudut Brewster

E. PANDU GELOMBANG E. PANDU GELOMBANG E. PANDU GELOMBANG E. PANDU GELOMBANG

Selubung konduktor kosong yangujung-ujungnya



dibatasi oleh permukaan disebut rongga (cavity).Sedangkan bila ujung-ujungnya tidak dibatasioleh permukaan disebut dengan pandu gelombang

Diasumsikan bahwa pandu gelombang benar-benarkonduktor sempurna, Sehingga bahan materialtersebut berlaku E = 0 Dan B = 0



Misalkan gelombang elektromagnetik merambat denganBentuk fungsi sebagai berikut :

( ) ( ) ( )t kxi

o

t kxi

o

e z y Bt z y x B

e z y E t z y x E

ω

ω

−

−

=

=

,,,,

,,,,

Persamaan ini disubstitusikan ke dalam persamaan Maxwell 3dan 4 ,Maka akan diperoleh :

y zE E ∂∂ x E

−=−∂

……… 1

……… 2.3……… 2.1 x

z z ∂−

∂

y z x BiikE z

E ω =−

∂

∂

z y y∂

x

y z E

c

i

z

B

y

B2

ω −=

∂

∂−

∂

∂……… 2.2 ……… 2.4

y z x E

c

iikB

z

B2

−=−∂

∂……… 2.5



z y x E

ciikB

y B

2=−

∂∂

……… 2.6

. , . , . , . , . , . ,

Solusi Untuk E y, Ez, B y, dan Bz sebagai berikut

( )

∂

∂+

∂

∂

−=

z

B

y

E k

k c

i E x x

y ω ω 22 /

( )

∂

∂−

∂

∂

−=

y

B

z

E k

k c

i E x x

z ω ω 22 /

……… 3.1

……… 3.2

( )

∂

∂−∂

∂

−= z

E

c y

Bk

k c

i B x x y 222

/

ω

ω

( )

∂

∂+

∂

∂

−=

y

E

c z

Bk

k c

i B x x

z 222 /

ω

ω

……… 3.3

……… 3.4

Dari persamaan 3 tampak bahwa bila komponenLongitudinal Ex dan Bx diketahui, maka komponenlainnya dapat diketahui.



y p

Dengan mensubstitusikan persamaan 3 ke dalamPersamaan Maxwell, kita akan peroleh persamaan

Berikut :

02

2

2

2

2

2

=

−

+

∂

∂+

∂

∂ x E k

c z y

ω

2

222 ∂∂

……… 4.1

22

=

−

∂∂

xc z y

0ˆ =⋅ Bn 0ˆ =× Bn

……… .

……… 5

Dengan menggunakan syarat batas pada permukaankonduktor sempurna, yaitu :

Dengan n̂ adalah vektor satuan normal pada

konduktor, maka akan kita peroleh



E x = 0 Di permukaan

=∂ B x Di ermukaan

……… 6.1

……… 6.2

∂n

Bila Ex = 0, disebut gelombang TE (Transverse elektrikBila Bx = 0, disebut gelombangTM (Transverse MAgnetik),

Dan Ex = 0 dan Bx = 0, disebut gelombang TEM (TransverseElectric Magnetik)

,

pernah terjadi hal ini dapat ditunjukkan sebagai berikut :Bila Ex = 0, maka menurut hukum gauss haruslah berlaku huku

0=∂

∂

+∂

∂

z

E

y

E z y ……… 7

Dan bila Bx = 0, maka menurut hukum FaradayBerlaku hubungan

∂



0=∂

∂−

∂∂

z E

y E y x

Karena E = 0 di ermukaan lo am maka otensial listrik

……… 8

V = konstan pada permukaan logam. Menurut hukum GaussAtau persamaan Laplace untuk V, berlaku pula V = konstanDidalam rongga. Ini berarti E = 0 didalam rongga. Dari

Persamaan E

B×∇=

∂−

Berarti B tidak bergantung waktu, dengan demikian tidakada gelombang didalam rongga

E.1 PANDU GELOMBANG DENGAN E.1 PANDU GELOMBANG DENGAN E.1 PANDU GELOMBANG DENGAN E.1 PANDU GELOMBANG DENGAN PENAMPANG SEGI EMPAT PENAMPANG SEGI EMPAT PENAMPANG SEGI EMPAT PENAMPANG SEGI EMPAT



Persamaan differensial dari komponen longitudinal

02

2

2

2

2

2

=

−

+

∂

∂+

∂

∂ x Bk

c z y

ω ……… 1

Dan syarat batas 0ˆ =⋅ Bn 0ˆ =× BndanMaka dengan pemisalan : Bx (y,z) = Y (y) Z(z)



Substitusikan ke persamaan 1, maka :0)()(

2

2

2

2

2

2

=

−

+∂

∂+

∂

∂ z Z yY k

c

ω

02

2

2

2

2

2

=

−

+

∂

∂+

∂

∂YZ k

c z

Z Y

y

Y Z

ω

011 2

2

2

2

2

2

=

−

∂

∂+∂

∂ k k z

Z

Z y

Y

Y

ω

dibagi YZ

……… 2

Sehingga 0

2

2

2

=−

+−− k c Z k Y k

ω

dengan

z

y

k z

Z

Z

k y

Y

Y

2

2

2

2

2

2

1

1

−=∂

∂

−=∂

∂

Solusi dari persamaan 3 :

yk B yk AY y y cossin +=

………3

……… 4

Syarat batas 0=dydY di y = 0 dan di y = a

0 = ky A, maka A = 0( ) ( ) yk yBk yk Ak dy

dY y y y y sincos −=



ak Bk y y sin0 = maka, π mak y = dengan m = 0, 1, 2,….

atau mk

π =

a

Untuk solusi zk z

Z

Z

2

2

21 −=∂∂ yaitu ( ) ( ) Z k B Z k A Z z z cossin +=

Syarat batas 0=dz

dZ di z = 0, z = b

( ) ( ) Z k Bk Z k Ak dz

dZ z z z z sincos −=maka untuk ( ) Z k Ak

dz

dZ z z= cos

z=( ) 0cos ≠ Z k z

Untuk ( ) Z k Bk dz

dZ z z sin= 0≠ Bk z dan kzz = 0

Sin kzz = 0

bnk

nbk

n zk

z

z

z

π

π

π

=

=

=maka dengan n = 0, 1, 2, ….z=b

maka untuk

+=

+=

ya

m B

Y k BY k AY y y

π cos0

cossin ( ) ( )

+=

+=

b

zn B

Z k B Z k A Z z z

π cos0

cossin



=

a

ym B

a

π cos

=

b

zn B

π cos

⋅

=

zn ym π π

ba x ,

Untuk mendapat bilangan gelombang k, maka daripersamaan yang sudah didapat

02

2

2 =−

+−− k

c Z k Y k

ω dengana

mk y

π =

b

nk z

π =dan

maka 2

222

0=−

+

−

− k nm ω π π

222

222

2

−

−

=

−

−

=

b

n

a

m

c

k

bn

am

ck

ca

π π ω

π π ω mm

ck

221

ω ω −=

22

+

=

b

n

a

mcmm π ω

Untuk mengetahui kecepaatan grup maka dapatdiperoleh dari persamaan

d vg = vg

1=



dk g

dk d

g

/ ω

Dari persamaan : mmk 221

ω ω −=

( )

mm

mm

mm

dk

d

d

cd

dk

cd d

d dk

2

122

2

122

22

211

1

1

ω ω ω ω

ω ω ω ω

⋅−=

−=

−=

−

22 −=

ω

ω ω mm

g

cv

( )

mm

mm

cd

dk

cd

dk

cd

22

2122

2

ω ω

ω

ω

ω ω ω ω

−

=

−=−

2

2

2

2

2

1

−=

−=

ω

ω

ω

ω

ω

ω

mmg

mm

g

v

v

E.2 PANDU GELOMBANG JALUR E.2 PANDU GELOMBANG JALUR E.2 PANDU GELOMBANG JALUR E.2 PANDU GELOMBANG JALUR

TRANSMISI KOAKSIAL TRANSMISI KOAKSIAL TRANSMISI KOAKSIAL TRANSMISI KOAKSIAL



Gambar diatas memperlihatkan pandu gelombang berupa

jalur trandmisi koaksial (coaxial) transmition line),terdiri dari kawat panjang yang diselimuti konduktor

Dari persamaan Maxwell 3 dan 4 diperoleh :

y z x E

c

iikB

z

B2

ω −=−

∂

∂

.

z y x E

c

iikB

y

B2

ω =−

∂

∂

0=∂

+∂ B B

z y

Untuk medan listrik : Untuk medan magnet :

0=∂

+∂ E E

z y



∂∂ z y

0=∂

−∂ B B y x

∂∂ z y

0=∂

−∂ E E y x

Maka cBz = E y dan cB y = -Ez

Solusi dengan menggunakan koordinat silinder

r r

E E oo ˆ1

= dan Φ= ˆ

1

r c

E

Bo

o

Diasumsikan dalam andu elomban benar-benarkonduktor sempurna, berlaku E = 0 dan B = 0

Sehingga fungsi gelombangnya

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )t kxio

t kxi

o

e z y Bt z y x B

e z y E t z y x E

ω

ω

−

−

=

=

,,,,

,,,,

Untuk persamaan :

( ) ( ) ( )t kxi

o e z y E t z y x E ω −= ,,,,



( ) ( )t kx E it kx E oo ω ω −+−= cosˆcos

Substitusikan r E E ooˆ

1=

diperoleh ( )r t kxr E E o ˆcos ω −=

Untuk persamaan

( ) ( ) ( )t kxi

o e z y Bt z y x B ω −= ,,,,

ˆoo −−=

yang diambil bagian realnya maka,dengan mensubstitusi

Φ= ˆ1

r c

E B o

o maka ( )Φ

−= ˆcos

r

t kx

c

E B o

Bab6_GEMx

Documents

Transcript of Bab6_GEMx