1.
Tinja injau u bola bola kond konduk ukto torr berj berjej ejar arii R yang ang dibu dibumi mika kan. n. Jika Jika suat suatu u muat muatan an titik titik Q ditempatkan di luar konduktor pada jarak y jarak y dari dari pusat bola, ( a) tentukanlah potensial listrik di sebarang titik di luar konduktor, dan tentukan pula muatan pada permukaan konduktor, konduktor, (b) pertanyaan yang sama dengan (a) tetapi jika hubungan dengan bumi diputuskan dan konduktor diset berpotensial V 0. JAWAB
(a) Potensial Potensial listrik di sebarang sebarang titik di luar konduktor konduktor (misalnya (misalnya di titik P) φ ( r ) =
Q Q! + "πε 0 r − y r − y !
P
1
r
Q Q! = + "πε 0 r n# − yn# ! r n# − y ! n# ! 1
Q Q! = + y "πε 0 r # − #! n # !− # ! y ! n n r n r y ! 1
Q’ y’ R
θ Q
y
(1)
Pada r = R, R, 1 Q Q! φ ( R) = + y "πε 0 R # − #! n # !− # y ! n n R n R y !
φ ( R )
= 0 jika
Q R
!
= − Q dan y ! Q! =
y R
= R . $ari kedua syarat ini diperoleh y !
− RQ dan
y ! =
y
R
%
y
(%)
&elanjutnya, dengan memasukkan (%) ke (1) diperoleh 1 Q RQ φ ( r ) = − % # − yn #! "πε 0 r n R #− # ! y r n n y
(')
Jika sudut antara garis hubung P dan Q maka
( r n# − yn# !)
−1
= (r + y − %ry osθ ) %
%
− 1%
(")
dan −1
− 1%
% % R " rR % r n# − R n# ! r + % − % os θ = y y y
(*)
$engan memasukkan (") dan (*) ke ('), potensial di titik P dapat ditulis sebagai − " % % − RQ % R rR % Q( r + y − %ry osθ ) − r + % − % φ (r ) = osθ "πε 0 y y y
1
1 %
1 %
&elanjutnya, rapat muatan induksi pada permukaan bola konduktor adalah σ
= −ε 0 d φ (r ) dr
r = R
Q(r % + y% − ) − 1 = −ε 0 ⋅ RQ R" rR% − R% "πε 0 − r % + − % osθ %r − % osθ % y y y y r = R Q R( % + y% − % Ry osθ )− ( R% − % y osθ ) 1 = − RQ R" R' − R% "π − R % + − % osθ R% − % osθ % y y y y Q R( % + y% − % Ry osθ )− R( − y osθ ) 1 = − R%Q R" R' − R %π − R % + − % osθ 1 − osθ % y y y y − '% %ry osθ (%r y% osθ ) ' %
' %
' %
' %
' %
$engan demikian, muatan pada permukaan bola konduktor adalah
Q R( + y − ) − % % Q!= Aσ = "πσ R = − R% % " ' − R Q % R R R − R + % − % osθ 1− osθ y y y y % %
− '% Ry% osθ R( y osθ ) ' %
(b) Pada kasus (a), muatan induksi Q’ terdistribusi merata pada permukaan bola. +ubungan dengan bumi diputuskan, muatan sebesar ϕ - Q’ ditambahkan sehingga muatan total pada bola menjadi ϕ . uatan ϕ - Q ’ terdistribusi merata pada Qenc permukaan bola. $engan menerapkan +ukum -auss E ⋅ d A = , medan
∫
listrik di dalam bola konduktor (r < R) E = −
d φ (r ) dr
=0.
ε 0
$engan demikian,
potensial listrik di dalam bola (termasuk di permukaan) adalah konstan. /esarnya ekialen dengan potensial pada jarak R dari muatan titik sebesar ϕ - Q’ yang terletak di pusat bola, yaitu 1 ϕ − Q! V = . "πε 0 R arena bola konduktor diset pada potensial V 0, maka 1 ϕ − Q ! ϕ − Q ! V 0 = 2 "πε 0 "πε 0 R
= V 0 R
&ementara itu, potensial di luar bola konduktor yang dihasilkan oleh muatan ϕ Q’ adalah 1 ϕ − Q! V 0 R V = = . "πε 0 r r $engan demikian, potensial listrik di luar bola sama dengan potensial yang dihasilkan oleh muatan Q ditambah potensial yang dihasilkan bola konduktor, yaitu − " % % − RQ % R rR % Q( r + y − %ry osθ ) − r + % − % osθ φ (r ) = "πε 0 y y y
1
%.
1 %
1 %
V R + 0 r
$ua muatan titik q1 dan q% masing3masing terletak pada posisi y1 dan y % terhadap terhadap pusat konduktor (dengan jejari a) yang dibumikan, di mana q1 4 3
q% 4 Q dan y1 = − y% = − R ( y1 dan y% segaris, dan R 55 a). Tinjau keadaan di mana R dan Q 2 6 sedemikian rupa sehingga Q7 R% 4 konstan. (a) /uktikanlah bah8a potensial listrik di setiap titik di luar bola konduktor tersebut dapat dinyatakan sebagai %Q a ' osθ φ (r ) = − % r − % R r
di mana θ adalah sudut antara r dan garis yang menghubungkan kedua muatan tersebut. (b) Tentukanlah kuat medan listrik di luar bola tersebut. () Tentukan pula rapat muatan induksi yang terjadi pada permukaan bola tersebut. JAWAB
P
r − y1 q1 = Q
y1
θ
q2’
q1’
= − Rn# !
r − y%
r
q2 = -Q
= Rn# !
y%
-y1’ y2’ a
(a) Potensial di luar bola (titik P) dalam Gaussian unit q1 q! q q ! φ (r ) = + 1 + % + % r − y1 r − y1 ! r − y% r − y% !
=
Q r n# + Rn#
=
Q R
r n# +
r
+
q1 ! r n# + y1 ! n# !
y1 ! n# !+
r y1 !
Q
−
r n# − Rn# !
q1 !
+ n#
Q R
−
r n# −
n#
+
r
q% ! r n# − y% ! n# ! q% !
+
y% ! n# !−
n# !
r y% !
n#
Pada r = a, Q R
φ (a) =
a n# +
a
q1 !
+
a
y1 ! n# !+
n#
Q R
−
y1 !
a n# −
n#
a
q% !
+ n# !
y% ! n# !−
q1 ! =
− aQ R
a y% !
n#
φ ( a ) = 0 jika
(1) (%)
Q a
Q a
=−
=
q1 ! y1 !
q% ! y% !
dan
dan
R a R a
=
=
a y1 !
a y% !
2 2
q% ! =
aQ R
dan y1 ! =
dan y% ! =
asukkan hasil ini ke persamaan potensial di titik P maka diperoleh
a% R
a% R
φ ( r )
=
Q r n# + Rn#
aQ
−
R r n# +
−
a% n# ! R
Q r n# − Rn# !
aQ % r R
aQ
+
R r n# −
a% n# ! R − 1%
osθ = Q( r % + R % + %rR osθ ) − + % +% R R − − aQ % a " ra % % % r + % − % osθ − Q( r + R − %rR osθ ) + R R R − − aQ Q r % r a" a% = 1 + % + % osθ − Rr 1 + r % R% + % rR osθ R R R − − % " % aQ Q r r a a − 1 + % − % osθ + Rr 1 + r % R % − % rR osθ R R R − 1%
a"
ra %
1 %
1 %
1 %
1 %
1 %
%
isalnya x =
r R
%
±%
r R
osθ dan z =
a
"
%
r R
%
±%
a
1 %
%
rR
osθ
9ntuk R >> r dan R >> a maka x << 1 dan z << 1. $ari deret /inomial, (1 + x)
n
= 1 + nx + n(n
− 1)
%:
x
%
+ n( n
− 1)(n − %) ':
x
'
+ ....
dan untuk x ;; 1, suku3suku yang mengandung polinom pangkat % atau lebih dapat diabaikan sehingga (1 + x)
n
≅ 1 + nx.
aka − 1%
•
r % 1 r % r r % 1 + % + % r osθ θ ≅ − + = − − r osθ 1 % os 1 % % R % R R % R R R − r % r 1 r % r r % 1 + % − % osθ ≅ − − = − + r osθ θ 1 % os 1 % % R % R R % R R R − a" a% 1 a " a% a" a% 1 + % % + % osθ θ ≅ − + = − − 1 % os 1 osθ % % r % R % r R rR % rR % r R rR − " % 1 a " a% a" a% 1 + a% % − % a osθ θ ≅ − + = − + 1 % os 1 osθ % % r % R % r R rR % rR % r R rR 1 %
•
1 %
•
1 %
•
sehingga potensialnya dapat ditulis Q r φ (r ) = 1 − R % R %
" % aQ a a 1 os θ − osθ − − − Rr %r % R % rR R aQ Q r % r a" a% − 1 + % + osθ + 1 − % % + osθ R % R R Rr %r R rR % r aQ % a osθ = Q − % osθ + R R Rr rR %
=− atau
%Q R
%
r
r osθ +
%Q a %
'
%
R r
osθ
%Q a osθ φ (r ) = − % r − % R r '
(T
(b) uat medan listrik di luar bola, %Q a = % 1 + % ' osθ dr R r '
d φ
E = −
() Rapat muatan induksi yang terjadi pada permukaan bola, σ = −
'.
1 d φ
=
"π dr r = a
a ' osθ = 'Q % + 1 % % ' "π R r %π R r = a %Q
Tinjau gelombang monokromatik yang datang pada bidang batas antara dua medium, dengan indeks bias masing3masing n1 dan n%, di mana μ1 ≈ μ% ≈ μ0. Jika gelombang datang dengan polarisasi medan listrik tegak lurus bidang datang, (a) dapatkanlah persamaan >resnel untuk gelombang pantul maupun gelombang bias, dan sketsalah amplitudo3amplitudo gelombang tersebut relati? terhadap gelombang datang sebagai ?ungsi dari sudut datang untuk kasus di mana n%7n1 4 1,*, (b) dapatkanlah koe?isien3koe?isien re?lektansi ( R) dan transmitansi (T ), dan tunjukkan pula bah8a R + T = 1. () &elidiki apakah pada kasus di atas dapat terjadi sudut /re8ster. Jika dapat, tentukanlah sudut tersebut. &ebaliknya, jika tidak dapat, jelaskanlah ja8aban &audara. JAWAB
(a) Persamaan Fresnel -elombang datang dengan polarisasi medan listrik tegak lurus bidang datang diilustrasikan pada gambar di ba8ah ini. y
1 ! ! 1 ! E 1 !θ
1
θ 1
E 1
E %! % θ %
%
x
! 1
1 medium 1 ( μ1, "1)
medium % ( μ%, "%)
&yarat batas yang berlaku adalah kontinuitas komponen tangensial dari E dan (komponen yang sejajar bidang batas) pada bidang batas. &esuai dengan gambar di atas, diperoleh E 10 + E 10 ! = E %0 (1) dan
− 10 osθ 1 + 10 ! osθ 1 = − %0 osθ %
−
1
( E 10
µ 1ν 1
E 10
1
µ %#%
E %0 osθ %
µ 1#1 osθ % E %0 µ %#% osθ 1
− E 10 ! =
E 10
− E 10 ! ) osθ 1 = −
− E 10 ! = αβ E %0
(%)
dengan
α ≡
osθ %
β ≡
dan
osθ 1
µ 1#1 µ %#%
≅
#1 #%
= n%
(')
n1
(karena μ1 ≈ μ% ≈ μ0) Pemeahan persamaan (1) dan (%) sebagai berikut. -antikan E %0 pada persamaan (%) oleh E %0 dari persamaan (1) maka
− E 10 ! = αβ E %0 = αβ ( E 10 + E 10 ! ) E 10 (1 − αβ ) = E 10 ! (1 + αβ ) E 10
sehingga diperoleh
1 − αβ 1 + αβ
E 10 ! = E 10
(")
&elanjutnya, masukkan hasil ini ke persamaan (1) maka E %0
1 − αβ 1 − αβ = E 10 + E 10 ! = E 10 + E 10 = E 10 1 + 1 + αβ 1 + αβ
sehingga diperoleh E %0
= E 10 % 1 + αβ
(*)
$ari persamaan (') dan hukum &nellius diperoleh n os θ % sin θ 1 os θ % αβ = βα = % = n1 os θ 1 sin θ % os θ 1 maka
1 + αβ = 1 + 1 − αβ = 1 −
sin θ 1 os θ % sin θ % os θ 1
sinθ 1 osθ % sinθ % osθ 1
=
= os θ 1 sin θ % + sin θ 1 os θ % = os θ 1 sin θ %
osθ 1 sinθ %
− sinθ 1 osθ %
osθ 1 sinθ %
=
sin(θ 1 + θ % ) (@) os θ 1 sin θ %
sin(θ 1 − θ % ) osθ 1 sinθ %
(A) $engan menggunakan persamaan ("), (*), (@), dan (A) diperoleh koe?isien re?leksi dan koe?isien transmisi untuk medan listrik tegak lurus bidang datang berturut3 turut sebagai berikut. r ⊥
=
E 10 ! E 10
1 − αβ sin(θ 1 − θ % ) = = 1 + αβ sin(θ 1 + θ % )
(B)
dan t ⊥
=
E %0 E 10
% % osθ 1 sinθ % = = 1 + αβ sin(θ 1 + θ % )
(C)
Persamaan (B) dan (C) disebut Persamaan Fresnel . Plot gra?ik koe?isien re?leksi dan transmisi terhadap sudut datang θ 1 seperti pada gambar berikut (menggunakan bantuan s$%t&are
Plot dan sebagai ?ungsi θ 1
θ 1 (o)
(b) Reflektansi dan Transmitansi =ntensitas gelombang datang 1 % ' 1 = ε 1#1 E 10 os θ 1 % =ntensitas gelombang pantul (re?leksi) 1 % ' 1 ! = ε 1#1 ( E 10 !) os θ 1 % =ntensitas gelombang bias (transmisi) ' %
=
1 %
% ε %#% E %0 osθ %
Re?lektansi (R) R =
' 1 ! ' 1
%
%
E 10 ! % 1 − αβ sin% (θ 1 − θ % ) = = sin % (θ + θ ) = r ⊥ = 1 + αβ E 10 1 %
Transmitansi (T)
%
ε # osθ % E %0 T = = %% ε 1#1 osθ 1 E 10 ' 1 ' %
%
µ # osθ % % = 11 µ %#% osθ 1 1 + αβ
%
% = αβ αβ + 1
atau T =
"αβ
= αβ t ⊥% =
(1 + αβ ) %
sin θ 1 os θ % sin θ % os θ 1
&elanjutnya, %
"αβ 1 + α % β % − %αβ + "αβ 1 − αβ R + T = = =1 % + 1 + α % β % + %αβ 1 + αβ (1 + αβ )
$engan demikian diperoleh (T
= 0 2 θ 1 = θ % 2 sin θ 1 = sin θ % 2 n1 = n% .
$engan kata lain, syarat di atas hanya mungkin terjadi jika kedua medium sama seara optik (memiliki indeks bias yang sama). $i lain pihak, persoalan yang sedang dibahas adalah untuk n1 ≠ n% . $engan demikian, untuk kasus μ1 ≈ μ% ≈ μ0, tidak terjadi sudut /re8ster.
".
&eperti soal nomor ', tetapi untuk μ1 ≠ μ% ≠ μ0. JAWAB
Pada soal nomor ' telah diperoleh
+ E 10 ! = E %0 E 10 − E 10 ! = αβ E %0 E 10
$engan memisalkan osθ %
α ≡
osθ 1
dan
(1) (%)
β ≡
µ 1#1 µ %#%
(')
Persamaan >resnelnya (dalam serupa α dan E) telah diperoleh pada soal nomor ', yakni % E E ! 1 − αβ t ⊥ = %0 = r ⊥ = 10 = dan (") E 10 1 + αβ E 10 1 + αβ &yarat terjadinya sudut Brewster αβ = 1 maka % osθ % µ %#% 1 1 − sin θ % µ % n1 = α = 2 2 = β osθ 1 µ 1#1 µ 1n% osθ 1 %
2 1 − sin
%
µ n % θ % = % 1 os θ 1 2 µ 1n%
%
%
n % µ % n1 % 1 − 1 sin = θ 1 os θ 1 n n µ % 1 %
% % % % n1 % µ % % n1 % µ %n1 % sin θ 1 + sin θ 1 = os θ 1 2 1 − 2 os θ 1 = 1 n µ n n µ % 1 % 1 % % % % % µ % n% µ % % n% % % θ os 1 os os = θ θ − + = 2 sin θ 1 + % 2 1 1 1 n µ µ 1 1 1 n1 % µ % % % n% − 1 os θ 1 = −1 2 n µ 1 1
$engan demikian diperoleh sudut /re8ster ( θ () yang memenuhi persamaan %
n% − 1 n osθ ( = 1 % µ % − 1 µ 1
(*)
Plot koe?isien re?leksi dan koe?isien transmisi sebagai ?ungsi sudut datang untuk µ % = % µ 1 dan n% = 1,*n1
Plot dan untuk dan sebagai ?ungsi θ 1
t ⊥
θ (
$ari gra?ik terlihat bah8a sudut /re8ster terjadi pada diperoleh dengan menggunakan persamaan (*)
− r ⊥
θ/ ≈ *0
o
. Filai yang sama juga
%
n% − 1 n1 (1,*) % − 1 osθ ( = = = 0,@"** % %% − 1 µ % − 1 µ 1
*.
2
θ (
≈ *0$ .
Tinjau gelombang < yang menjalar dalam pandu gelombang (P-) berdinding konduktor yang memiliki penampang siku3siku dengan rusuk a dan ) (a > )). (a) $apatkah gelombang < dengan modus T< menjalar dalam PtersebutG Jelaskan ja8aban &audara. (b) Jika a 4 %,0 m dan ) 4 1,0 m, dan gelombang yang disalurkan memiliki ?rekuensi %,0 H 10 10 +I, tentukanlah modus3modus T< maupun T yang dapat menjalar dalam pandu gelombang tersebut. () Jika kita hanya ingin menyalurkan satu modus tunggal, berapakah ran*e ?rekuensi yang harus digunakanG x
JAWAB
a
(a) odus T< E I 4 0 dan (I 4 0. $ari Pers. aD8ell = (+ukum -auss)
∇ ⋅ E = 0
z
∂ E x ∂ E y ∂ E z 0 + + = ∂ x ∂ y ∂ z
)
∂ E ∂ E ∂ E z = 0 + =0 E z = 0 → maka x y ∂ ∂ ∂ z y
x
2 ∇ ⋅ E 0 = 0
y
$ari Pers. aD8ell === (+ukum >araday)
∇ × E = −
∂ ( ∂t
E = E 0 eDp( i!z − iω t ) dan (
= (0 eDp( i!z − iω t )
dengan E 0
= E x x# + E y y# + E z z # dan
(0
= ( x x# + ( y y# + ( z z #
maka
∇ × E = − ∂ ( ∂t
# ∂ # x + y# ∂ + z # ∂ × ( x E x + y# E y + z # E z ) = iω ( x# ( x + y# ( y + z #( z ) ∂ y ∂ z ∂ x sehingga diperoleh (dalam hal ini, untuk komponen z saja)
(1)
∂ E y ∂ E x − = iω ( z ∂ x ∂ y ∂ E y ∂ E x ( z = 0 → − = 0 2 ∇ × E = 0 ∂ x ∂ y
(%)
0
Persamaan (%) menunjukkan bah8a ada potensial skalar φ sedemikian sehingga E 0 = −∇ φ . Jika hasil ini dimasukkan ke (1) maka ∇ ⋅ E 0 = ∇ ⋅ (−∇φ ) = −∇ %φ = 0 .
∇ %φ = 0 tidak lain adalah persamaan aplae. &yarat batas pada
E
mengharuskan bah8a permukaannya memiliki potensial yang sama (permukaan ekipotensial), dan karena persamaan aplae tidak memiliki nilai maksimum atau minimum lokal, ini berarti bah8a potensialnya konstan di mana3mana (di seluruh P-). &elanjutnya, φ = konstan 2 E = −∇φ = 0 . $engan kata lain, medan listriknya nol di dalam P-. Jadi, *e,$)an* E. den*an $dus TE. tida! da/at en0a,ar da,a G terse)ut . (b) Persamaan +emholtI dalam koordinat Kartesian % ∂ % ∂ % % + % + γ -n E z ( x, y ) = 0 dan ∂ x ∂ y
•
% ∂ % ∂ % % + % + γ -n (z ( x, y) = 0 ∂ x ∂ y
Modus TE E z ( x, y ) = 0 maka persamaan +emholtI yang harus dipeahkan adalah % ∂ % ∂ % % + % + γ -n (z ( x, y ) = 0 ∂ x ∂ y
$engan metode pemisahan ariabel ( z ( x, y ) = ( z ( x) ( z ( y ) maka ( z ( y)
d % ( z ( x) dx
%
+ ( z ( x)
d % ( z ( y ) dy
%
% + γ -n ( z ( x) ( z ( y ) = 0
atau (dibagi dengan ( z ( x, y ) = ( z ( x) ( z ( y ) ) 1
%
d ( z ( x)
( z ( x)
dx
%
+
1 ( z ( y)
%
d ( z ( y) dy
%
% + γ -n =0
arena kedua ariabelnya saling bebas, persamaan di atas dipenuhi jika 1 d % ( z ( x) 1 d % ( z ( y ) % = −! y% = −! x dan % % ( z ( x) dx ( z ( y ) dy % % % sehingga − ! x − ! y + γ -n = 0 . &olusi umum untuk ( z ( x ) adalah
( z ( x)
= A sin(! x x) + ( os( ! x x)
&yarat batas d( z ( x ) dx x = 0
= 0 dan
d( z ( x ) dx x = a
aka d( z ( x) dx
= A! x os(! x x) − (! x sin(! x x)
=0
d( z ( x ) dx x = 0
= 0 2 L 4 0
sehingga solusinya tereduksi menjadi ( z ( x )
= ( os(! x x)
d( z ( x ) dx x = a
= 0 2 − (! x sin(! x a) = 0
dipenuhi jika = π
! x
( 4 0, 1, %, ...)
a
+al serupa juga pada ( z ( y ) dengan syarat batas d( z ( y ) dy
d( z ( y )
= 0 dan
dy
y = 0
=0 x = )
akan diperoleh ! y
= nπ
(n 4 0, 1, %, ...)
)
$engan demikian solusi untuk modus T< adalah -π x os nπ y ( z ( x, y ) = (-n os , n 3 0 keuali = n = 0.
a ) % − ! − ! y% + γ -n = 0 diperoleh % x
$ari persamaan
= ! + !
% -n
% x
γ
% ω -n
- % n % = π + a ) %
− β = π % n
#%
=
β n
% y
%
% ω -n
#
%
- % n % + a )
− π
%
- % n % + a )
-elombang akan tersalurkan jika 4 n bernilai real. $engan kata lain, % ω -n
#%
− π
%
- % n % + ≥ 0 a )
>rekuensi sudut ω -n minimum disebut ?rekuensi panung (cut-$%% ). -elombang < akan tersalurkan dalam P- jika ω > ω -n dengan %
ω -n
= #π
%
- + n a )
>rekuensi pandu gelombang yang bersangkutan memenuhi persamaan
% -n
=
# %
%
%
- + n a )
$iketahui a 4 %,0 m, ) 4 1,0 m, % 4 %,0 H 10 10 +I, dan # 4 ' H 10 10 m7s. arena a 5 ), ?rekuensi minimum yang dapat disalurkan P- adalah % 10
=
' × 10B %
odus lainnya
%
1 = 0,A* × 1010 +I. %
% 01 % 11
% 1%
= = =
' × 10B % ' × 10
% 0% % %0
=
= =
%
%
%
%
%
%
B
1 + 1 = 1,@B × 1010 +I. % 1
' × 10B
1 + % = ',0C × 1010 +I. % 1
%
%
' × 10
B
% %1
%
1 = 1,*0 × 1010 +I. 1
%
% + 1 = %,1% ×1010 +I. % 1 %
' × 10B %
1 = 1,*0 × 1010 +I. 1
' × 10
% = 1,*0 × 1010 +I. %
B
%
%
Jadi, untuk ?rekuensi pandu gelombang % 4 %,0 H 10 10 +I, modus T< yang terjadi adalah T<10, T<01, T<0%, T<%0, T<11. •
Modus TM ( z ( x, y ) = 0 maka persamaan +emholtI yang harus dipeahkan adalah % ∂ % % % + ∂ % + γ -n E z ( x, y) = 0 ∂ ∂ x y
$engan menerapkan syarat batas E z ( x, y ) x = 0, a
y = 0 , )
=0
diperoleh solusi modus T E z ( x, y )
-π nπ = E -n sin x sin y , n 3 1. a )
dan ?rekuensi pandu gelombang yang bersangkutan memenuhi pers amaan
% -n
=
# %
%
%
- + n a )
aka % 11
% 1%
=
=
' × 10
=
%
%
%
%
%
1 + 1 = 1,@B × 1010 +I. % 1
' × 10B
1 + % = ',0C × 1010 +I. % 1
%
% ' × 10
B
% %1
%
B
%
% + 1 = %,1% ×1010 +I. % 1
Jadi, modus T yang terjadi hanya T11. () Jika hanya ingin menyalurkan modus tunggal, ran*e ?rekuensi pandu gelombang yang dipilih adalah % 10 ; % ; % 01, yakni 0,A* H 10 10 +I ; % ; 1,*0 H 10 10 +I. odus tunggal yang terjadi adalah T< 10.
@.
Jelaskanlah (a) Prinsip kerja Rhombus >resnel sebagai polarisator7analisator. (b) Prinsip kerja jendela L&
∆ϕ = % tan dengan n =
n% n1
−1
osθ 1 sin% θ 1 − n% % sin θ 1
. Jika
(i) ∆ϕ = 0,±π ,.... , gelombang terpolariasi linear. (ii) ∆ϕ sebarang, gelombang terpolarisasi eliptik. 'π π (iii) ∆ϕ = ± % ,± % ,.... , gelombang terpolarisasi lingkaran. Rhombus >resnel sebagai polarisator7analisator meman?aatkan si?at pemantulan internal total untuk menghasilkan gelombang terpolarisasi. Peristi8anya diilustrasikan pada gambar di ba8ah ini. *"o *"o
*"o
ng 4 1,* *"o
(1)
*"o
-elombang terpolarisasi linear mengenai permukaan polarisator dengan sudut datang θ 1 4 C0o maka beda ?ase antara komponen gelombang T dan komponen gelombang T< ( os C0$ = 0)
∆ϕ = % tan
−1
osθ 1 sin% θ 1 − n% = % tan−1 (0) = 0$ % sin θ 1
arena tidak ada beda ?ase ( ∆ϕ = 0 ) maka, sesuai (i), gelombang yang ditransmisikan akan tetap ter!olarisasi linear. (%)
-elombang yang ditransmisikan (berada dalam polarisator) kemudian mengenai bidang batas antara polarisator dan udara luar dengan sudut datang θ 1 4 *"o. &udut kritis polarisator (asumsi indeks bias n * 4 1,*)
θ 5
1 = sin −1 1 = sin −1 = "1,B$ . 1,* n *
$engan demikian, θ 1 5 θ K 2 gelombang mengalami pemantulan internal total. /eda ?ase antara komponen gelombang T dan komponen gelombang T<
∆ϕ = % tan
−1
os *"$
sin % *"$ sin % *"$
− ( 11,* ) % = % tan −1 (0,"11@ ) ≈ "*$ .
arena ∆ϕ = "*$ , sesuai (ii), gelombang pantul akan ter!olarisasi eli!tik . (')
-elombang pantul yang tepolarisasi eliptik kemudian mengenai bidang batas polarisator dan udara luar di sisi bagian lainnya. arena sudut datangnya lebih besar dari sudut kritis, gelombang ini mengalami pemantulan internal total. asus ini sama dengan (%), beda ?asenya "*o. $engan demikian, beda ?ase total antara gelombang datang pada polarisator dan yang dipantulkan terakhir kali adalah "* o M "*o 4 C0o. $engan demikian, sesuai (iii), gelombang akan ter!olarisasi lin%karan.
(")
-elombang yang sudah terpolarisasi lingkaran keluar tegak lurus dari polarisator ke udara 2 θ 1 4 C0 o sehingga beda ?asenya 0. =ni berarti gelombang yang keluar dari polarisator akan tetap ter!olarisasi lin%karan.
(b) Prinsi! "er#a Jendela &ASER
E 77 E ⊥
E ⊥
θ 1
E ⊥
θ 1N
θ %
E 77 θ %N
ng = n
nu
nu
9ntuk T, dari rumus >resnel r 77 transmisi total terjadi jika r 77
=
tan(θ 1 − θ % ) tan(θ 1 + θ % )
= 0 atau
θ 1 + θ %
=
π
2
%
θ %
=
π %
− θ 1
$ari hukum &nellius
sin θ 1 sin θ % 9ntuk kasus ini, θ 1
n
=
%
n
1
→
sin θ 1 π
sin( %
− θ 1
n
=
)
%
n
1
→
sin θ 1 osθ 1
n
=
%
n
1
→
tan θ 1 =
n
%
n
1
≡ θ ( maka
n = θ 1 = tan−1 % n1 −1 n * = tan−1 (n) . $ari gambar diperoleh Pada jendela L&
θ 1 ! = θ %
= π − θ 1 = π − θ ( 2 %
%
π − θ = ot θ = 1 ( ( n %
tan θ 1 ! = tan
1 = θ ! ( . n
θ 1 ! = tan −1
atau
$ari hasil di atas, jelas bah8a akibat θ 1 = θ ( berlaku θ 1 ! = θ ( ! . Pada kasus ini, komponen E ⊥ mengalami pemantulan dua kali, sedangkan komponen E 77 tidak mengalami pemantulan pada kedua permukaan batas (semuanya ditransmisikan). $engan mengatur nilai n, jendela /re8ster (jendela L& 0 dan di luar tabung γ % < 0 . 7
7
(d) Men%a!a siaran radio 'an% lokasin'a san%at #au$ lebi$ muda$ ditan%ka! !ada malam $ari* Pada malam hari, lapisan ionos?er memiliki indeks bias yang lebih keil daripada lapisan di ba8ahnya. Lkibatnya, untuk gelombang radio dari bumi yang datang ke permukaan ionos?er dengan sudut datang lebih besar daripada sudut kritis akan mengalami pemantulan internal total. &udut datang gelombang radio akan semakin besar ketika lokasi radio penerima semakin jauh. /erbeda dengan siang hari, lapisan atmos?er di ba8ah lapisan ionos?er memiliki indeks bias yang lebih keil sehingga gelombang radio akan lebih banyak yang diteruskan menembus lapisan ionos?er.
