Gelombang Datar

Ambar astia ningrum H1E007006 Anif fatul H1E007008

GELOMBANG DATAR Dalam teori kita melihat solusi dari persaman Maxwell bahwa dalam keadaan batas kemungkinan bidang elektromagnetik akan dihasilkan dengan membagi kekuatan dan arah medan. Tapi dalam satu praktek tidak dapat menyelesaikan persamaan maxwell. Untuk keadaan luar dari elektromagnetik kita mendiskusikan langkah terahir oleh waktu tergantung bidangnya dan menggunakan beberapa persamaan. 24-1 Pemisahan persamaan untuk E dan B Dimulai dari asumsi bahwa tidak ada kekuatan eksternal bebas dan arah medan di daerah penting, dengan ρƒ = 0 dan Jƒ = 0 lalu persamaan (21-42 ) masuk ke (21-45) menjadi ∇⋅Ε = 0 (24-1) ∂Β ∇×Ε = − (24-2) ∂t ∇⋅Β = 0 (24-3) ∂Ε ∇ × Β = µσΕ + µ ∈ (24-4) ∂t Kita dapat mengelimlinasi dengan jalan jika (24-2) menggunakan (1-122), (24-1), dan (244) maka kita mendapatkan ∂ ∂Ε ∂ 2Ε ∇ × ( ∇ × Ε ) = ∇( ∇ ⋅ Ε ) − ∇ 2 Ε = − ∇ × Β = − µσ −µ∈ 2 ∂t ∂t ∂t 2 ∂Ε ∂ Ε (24-5) ∇ 2 Ε = − µσ −µ∈ 2 =0 ∂t ∂t Dengan cara yang sama dan tepat bahwa ∇ × (∇ × Β) akan didaptkan ∂Β ∂ 2Β (24-6) ∇ 2 Β = − µσ −µ∈ 2 =0 ∂t ∂t Kita melihat E dan B dipisahkan dengan persamaan yang sama jika ψ(r,t) maka dari beberapa komponen dari 6 komponen persegi panjang E dan B kita memperoleh bahwa ∂ψ ∂ 2ψ (24-7) ∇ 2ψ = − µσ −µ∈ 2 =0 ∂t ∂t 24-2 Gelombang datar dalam medium non konduksi Pertama asumsi bahwa medium adalh nin konduksi dengan demikian σ = 0 dengan (24-7) dalam bentuk ∂ 2ψ 2 (24-8) ∇ ψ = −µ ∈ 2 = 0 ∂t Yang mana diketahui seperti persamaan gelombang tiga dimensi meskipun akan kembali ke (24-8), dengan fungsi ψ adalah ψ = ψ(z,t) dengan kata lain untuk sebuah t dan ψ berdiri sendiri dari x dan y, maka masing-masing nilai z. ψ konstan sesuai banyaknya bidang pararl xy yang ditunjukan dalam gambar 24-1

gambar 24-1 ψ konstan sesuai banyaknya bidang pararl xy. Dari gambar 24-1 persamaan (24-8) menjadi ∂ 2ψ ∂ 2ψ (24-9) − µ ∈ =0 ∂z 2 ∂t 2 Merupaka persamaan gelombang satu dimensi Dengan nilai f dari t=0 dan z=0; f(0)=f 0 setelah waktu t0, f nilainya sama f 0 dalam posisi z0 bahwa hasil yang didapat kembali 0, bahwa f(z0-υt0)f0=f(0) dengan demikian z0 = υt0 (24-10) maka kita dapat melihat bahwa solusi umum lengkap dari (24-9) dapat ditulis dalam bentuk ψ ( z , t ) = f ( z − υt ) + g ( z + υt ) (24-11) Dimana f dan g adalah fungsi orbital, kita dapat menulis w = z – vw dan kita juga dapat menulis f = f (w) maka kita mendapatkan ∂f ∂f ∂w ∂f ∂ 2 f ∂ 2 f ∂w ∂ 2 f = = = = ∂z ∂w ∂z ∂w ∂z 2 ∂w 2 ∂z ∂w 2 Sementara 2 ∂f ∂f ∂w ∂f ∂2 f ∂ 2 f ∂w 2 ∂ f = = −υ = − υ = υ ∂t ∂w ∂t ∂w ∂t 2 ∂w 2 ∂t ∂w 2

Gambar 24-2 bentuk t = 0 memindahkan jarak z0 dalam t0 Subtitusikan kedalam (24-9) kita dapatkan ∂2 f (1 − υ µ ∈) 2 = 0 ∂w Yang mana ditunjukan bahwa f ( z – υt) adalah sebuah solusi bahwa υ2μЄ = 1 atau 1 υ= (24-12) µ∈ Biasanya ditulis dalam persamaan (24-12) namun dengan cara yang berbeda jika kita menggunakan ( 10-53), (20-55), dan (23-5) maka dapat ditulis c υ= (24-13) n n = ke km (24-14) Kemudian subtitusikan persamaan ( 24-12 ) kedalam (24-9) maka kita dapat menulis persamaan gelombang dalam bentuk 2

∂ 2ψ 1 ∂ 2ψ (24-15) = ∂z 2 υ 2 ∂t 2 Dengan menggunakan persamaan (24-15) mencoba cara memisahkan variabel dengan menggunakan bantuan 11-4 dan 11-5 dengan kata lain mencoba dari ψ ( z,t) = Z(z)T(t). Subtitusikan kedalam (24-15) dengan membagi ZT dan dengan cara biasa kita memperoleh 1 ∂2Z 1 d 2T = = kons tan = − k 2 Z ∂z 2 r 2T dt 2 Dengan demikian kita mempunyai dua persamaan yang berbeda ∂2Z d 2T 2 (24-16) +k Z =0 + ω 2T = 0 2 2 ∂z dt Dimana ω2 (24-17) k2 = 2 υ Kita boleh menggunakan banyak kemungkinan dari nilai k dimana (24-15) adalah persamaan diferensial linear lalu jika kita menjumlahkan maka hasilnya ZkTk. Semua nilai

kemungkinan dari k kita mendapatkan solusi dari persamaan gelombang dan kita memperoleh ψ ( z , t ) = ∑ α k δ k e i ( kz −ωt ) + β k γ k e −i ( kz −ωt ) + ∑ α k γ k e i ( kz +ωt ) + β k δ k e −i ( kz +ωt ) k

[

]

k

[

]

(24-18)

Exponensial yang lain dari (24-18) adalah penyederhanaan konjugasi komplek. Berdasrkan tujuan kita akan cukup mengetahui kelakuan dari bentuk asli gelombang datar dari nilai fakta k dan ( kesesuain dengan ω ) maka kita bisa mendaptkan ψ ( z , t ) = ψ 0 e i ( kz −ωt ) (24-19) Jika kita tulis ψ ( atau E atau B ) atau berdarsarkan dari komplek maka bagian real dalam fisika solusi pentinya adalah ψ physical = Reψ = Re ψ 0 e i ( kz −ωt ) (24-20) Jika kita menulis ψ0 di dalam syarat bagian real ψ0R dan bagian imajiner ψ0I seperti ψ0 = ψ0R +iψ0I (24-21) dan gunakan (24-22) e iu = cos u + i sin u e − iu = cos u − i sin u

[

]

Lalu kita dapatkan (24-19) menjadi ψ = (ψ0R +iψ0I) [cos( kz − ωt ) + i sin( kz − ωt )] maka Reψ = ψ 0 R cos( kz − ωt ) − ψ 0 I sin( kz − ωt ) (24-23) Kita juga bisa menggunakan jalan lain yang komplek dengan syarat amplitudo real ψ0a dan sudut fase ϑ adalah ψ 0 = ψ 0 a e iϑ (24-24) Kita lihat bahwa banyak macam-macam kualitas yang hubungan pesamaan yaitu

ψ 0 R = ψ 0 a cos ϑ

ψ 0 I = ψ 0 a sin ϑ (24-25)

ψ 0I ψ 0R i ( kz − wt +ϑ ) Saat (24-24) di subtitusikan kedalam (24-19) maka menjadi ψ = ψ 0 a e maka Reψ = ψ 0 a cos( kz − ωtϑ ) (24-26) Fungsi dari (24-26) yaitu mengulang pendapat perbahan dari 2π , bahw t, ∆ ( kz − ωt + ϑ ) = 2π = k∆z = k λ laku k = 2π / λ sama dengan bentuk positif dari

ψ 0 a = (ψ 2 0 R + ψ 2 0 I )1 / 2

tan ϑ =

∆ ( kz − ωt + ϑ ) = 2π = ω∆t = ωT dan ω = 2π / T = 2πν maka hubungan persamaanya adalah k = 2π / λ ω = 2π / T = 2πν (24-27) Dari (24-17) kita mempunyai k = ω /ν dan ketika (24-27) di kombinasikan maka kita dapatakan persamaan yang disebut dengan gelombang datar sinusoidal yaitu υ = νλ (24-28) Ketika kita menentukan pusat ψ dari ( 24-19) semua komponen E0 dan B0 akan lebih baik, maka kita mempunyai gelombang datar sinusoidal yaitu Ε = Ε 0 e i ( kz −ωt ) Β = Β 0 e i ( kz −ωt ) (24-29) Sejak ψ hanya merupakan fungsi dari z dan t yang kita dapatkan dari (24-19) maka

∂ψ ∂ψ ∂ψ ∂ψ = =0 = ikψ = −iωψ (24-30) ∂χ ∂y ∂z ∂t Dengan pesamaan maxwell dari gelombang datar medium non konduksi yang menyebar arah z menjadi kΕ z = 0 kΒ z = 0 (24-31) ω k (−Ε y xˆ + Ε x yˆ ) = ωΒ k (−Β y xˆ + Β x yˆ ) = − 2 Ε υ ˆ ˆ ˆ − Ε x + Ε y = z × Ε ˆ Ε = z ⋅ Ε Kita dapat melengkapi dan menggunakan persamaan z dan y x dengan persamaan pendapat dari B maka persamaan (24-31) seperti kzˆ ⋅ Ε = 0 kzˆ ⋅ Β = 0 (24-32)

ω Ε υ2 Jika kita pecahkan persamaan (24-32) dan menggunakan (24-17) maka kita mendapatkan k 1 Β = zˆ × Ε = zˆ × Ε (24-33) ω υ Ditunjukan dengan hubungan besaran bidang yaitu k 1 n Β = Ε = Ε = µε Ε = Ε (24-34 ω υ c kˆz × Ε = ωΒ

kzˆ × Β = −

Gambar 24.3 hubungan antara vektor bidang dengan arah penyebaran dn aliran energi dari gelombang datar garis lintang

Gambar 24.4 bidang gelombang datar garis lintang yang diberi waktu Bagian dari solusi seperti ( 24-26) kita akan mendapatkan Ε real = Ε 0 a cos( kz − ωt + ϑ ) Β real = Β 0 a cos( kz − ωt + ϑ )

(24-35)

24-3 Gelombang datar didalam medium konduksi Kita asumsikan bahwa σ≠0, tapi kita lanjutkan dengan asumsi ρƒ=0 dan Jƒ=0 maka persamaan yang tepat untuk kompenen dari E dan B dari pesamaan (24-7) maka menjadi ∂ 2ψ ∂ψ ∂ 2ψ (24-36) = − µσ − µ ∈ =0 ∂t ∂z 2 ∂t 2 Ketika ψ = ψ(z,t) dan mencoba untuk memechkan persamaan gelombang datar dari ( 2419) dan mensubtitusikan kedalam (24-36) kita mendapatkan k dan ω harus saling berhubungan, maka hubungannya adaalah k 2 = ω 2 µ ∈ +iωµσ (24-37) Jika k adalah kompleks maka asumsi k adalah k = ± (α + iβ ) (24-38) Dimana α dan β adalah real dan positiv. Subtitusikan kedalam (24-37) kita dapatkan α 2 − β 2 + 2iαβ = ω 2 µ ∈ +iωµσ (24-39) Ketika real dan imajener maka bagian yang harus dipisah kita dapatkan

α 2 − β 2 = ω 2µ ∈ (24-40) 2αβ = ωµσ (24-41) Kita mempunyai asumsi μ, Є, dan σ adalah real, kita gunakan pada latihan 24-8 maka dapat dipecahkan dari α dan β dan hasilnya adalah 2  µε  σ    1+  α =ω  + 1 2    ω ∈   2  µε  σ    1+  β =ω  − 1 2    ω ∈   Catatan bahwa σ=0, α=ω√μЄ= ω/υ dan β=0

1/ 2

(24-42)

1/ 2

(24-43)

Maka dimensi parameter Q dapat dinyatakan dalam ω∈ Q= σ Lalu  µε  1 α =ω  1 + 2 + 1 2  Q 

1/ 2

 µε  1 β =ω  1 + 2 − 1 2  Q 

1/ 2

(24-44)

(24-45) (24-46)

Maka k adalah k = k e iΩ

(24-47)

Jika kita gunakan (24-22)dan (24-38) kita dapatkan k = α + iβ = k (cos Ω + i sin Ω) dan

α = k cos Ω

β = k sin Ω

 1  = ω µε 1 + 2   Q  Subtitusi k = α + iβ kedalam (24-19 ) maka didapatkan

(

k = α2 +β2

)

(24-48) 1/ 4

1/ 2

ψ = ψ 0e −β

i ( kz − wt )

(24-49)

(24-51)

Dari persamaan (24-11) 1/ 2

 ω 1  2 υ= =   1/ 2 α µε  1 + (1 / Q 2 ) + 1 Dari persamaan (24-27) diperoleh persamaan panjang gelombang

[

]

1/ 2

  2   1/ 2  1 + (1 / Q 2 ) + 1 Dengan menggunakan persamaan (24-41),(24-52), (24-53), dan (24-28) maka 1 2α 2 4π 2 δ= = = = = β µσω µσω µσωλ µσωλ k = − ( α + i β ) Subtitusikan kedalam (24-19) menjadi 2π 2πυ 2π λ= = = α ω ω µε

(24-52)

[

]

(24-53)

(24-54)

i ( kz − wt )

(24-55) ψ = ψ 0e − β Jika kita membuat perbandingan antara (24-19), (24-11), dan (24-13) kita dapat melihat kecepatan gelombang V dan indek bias N maka ω ω ω V = = = e − iΩ (24-56) k α + iβ k c ck  cα   cβ = =  + i V ω ω  ω Dari persamaan (24-4) di dapatkan N=

 c  cβ   cβ   = + i  = n'+i   v ω  ω 

(24-57)

kzˆ × Β = −( µεω + iµσ )Ε (24-58) Maka ketuatan bidan garis lintang adalah k Β = zˆ × Ε (24-59) ω Jika kita gunakan ( 24-47) dalam (24-59) kita dapat menemukan hubungan k (24-60) Β = e iΩ zˆ × Ε ω iϑ Jika kita tulis E0 kedalam (24-29) seperti Ε 0 a e dimana Ε 0 a adalah real dan gunakan (2438) mak diperoleh Ε = Ε 0 a e −iβ e i ( kz −ωt +ϑ ) 24-5 Gelombang datar dengan arah yang berubah-ubah Untuk menyederhanakan khusus gelombang datar berjalan kita dapat memilih sumbu z. Kita juga dapat menggambarkan gelombang datar berjalan dengan memberikan sumbu koordinat Sebelumnya kita menulis ψ = ψ ( z, t ) untuk ψ konstan, garis datar tegak lurus untuk sumbu z ditunjukan pada gambar 24-1

ˆ n

ξ o r

Gambar 24-6, gelombang datar berjalan

Untuk ψ yang hanya bergantung pada waktu t dan jarak ξ pada bidang datar. Dengan demikian ψ ( ξ , t ) ilustrasi ini diperlihatkan ditepi bidang datar yang di tunjukan pada gambar 24-6 dimana orientasi bidang datar dilukiskan dengan normal nˆ dan dimana r adalah posisi vektor di titik arah bidang datar. Dari gambar bahwa jarak ξ konstan adalah diberikan oleh ξ = nˆ ⋅ r (24-83) Dengan demikian ini adalah persamaan pada bidang datar, demikian untuk gelombang bidang datar dngan k konstan, kita peroleh ψ = ψ o e i ( kξ −ωt ) = ψ o e i ( knˆ⋅r −ωt ) (24-84)

Jika memilih normal nˆ untuk menunjukan penyebaran gelombang, kita dapat mengambil k untuk positif dan membatasi penyebaran vektor k oleh (24-85) k = knˆ = kkˆ Dengan demikian kita dapat menulis ψ = ψ o e i ( k ⋅r −ωt ) (24-86) Seperti gambaran gelombang datar berjalan di tunjukan dengan ( vektor kˆ = nˆ ) dengan vektor k dapat kita tulis k = k x xˆ + k y yˆ + k z zˆ (24-87) Maka i [ ( k xˆ + k yˆ + k zˆ ) −ωt ] ψ = ψ 0e x y z (24-88) Sejak ψ dapat merupakan komponen dari E atau B maka turunan dari persamaan (24-29) akan menjadi E = E 0 e i ( k ⋅r −ωt ) (24-89) B = B0 e i ( k ⋅r −ωt )

Dan dengan melihat persamaan maxwell yang umum dapat ditulis kembali dengan asumsi i [ ( k xˆ + k yˆ + k zˆ ) −ωt ] bentuk persaman ψ = ψ 0 e x y z persamaan (24-30) menjadi ∂ψ ∂ψ ∂ψ ∂ψ = ik χψ = ik yψ = ik zψ = −iωψ (24-90) ∂χ ∂y ∂z ∂t Dimana operator ekivalen menjadi ∆ = ik sehingga persamaan maxwell’s(24-1) dengan (24-4) menjadi k × Β = −( µω + iµσ ) Ε k ⋅ E = 0 k × E = ωΒ k ⋅ Β = 0 Dimana dari persamaan (24-32) ditambah (24-58) dengan kˆz Maka kita masih mempunyai hubungan dengan persamaan k Β = kˆ × Ε (24-92) ω Dimana k dan ω adalah dihubungkan oleh persamaan (24-37). Dengan demikian kita dapat mengganti komponen zˆ dengan kˆ dan kz dengan k ⋅ r Setelah itu akan berguna untuk hubungan yang jelas dapat diperoleh dari persamaan (2492) dengan H = Β / µ dan kita memperoleh k 0ˆ k ˆ H= Κ×E = e k×E (24-93) µω µω Dengan menggunakan persamaan (24-60) kita mendapatkan pesamaan yang penting dan kita dapat menulis k / ω = 1 / υ = µε dari persamaan (24-17) dan (24-12) maka dapat kia tulis 1/ 2 kˆ × F  ε  ˆ kˆ × E (24-94) H= =   k × E = µυ Z µ Dimana

µ Z =  ε 

1/ 2

k µ =  m 0  k eε 0

  

1/ 2

k =  m  ke

  

1/ 2

Z

(24-95)

24-6 Solusi kompleks dan hubungan waktu rata-rata dengan energi Sepeti yang telah digambarkan dengan luas hal ini sering dipakai dalam solusi dalam bentuk kompleks dan dengan demikian solusi kompleks dapat di subtitusikan kedalam petunjuknya. Hal yang perlu diingat bahwa penggunaan ini untuk gelombang datar. Dimana Ee, Be, He, dan De adalah mewakili solusi dalam bentuk kompleks, maka E = Re ( E e ) = Re E 0 e − iωt

( ) H = R ( H ) = R (H e ) iωt

(24-96)

(24-97) Dan yang mana ditulis Ereal dan sebagainya. Untuk E0 dan H0 adalah merupakan fungsi dari r. Jika kita tulis istilah aslinya maka E 0 = E R + iE i H 0 = H R + iH i Diman ER, Ei, HR, dan Hi semuanya adalah real, maka menjadi E = Re [ ( E R + iE i )( cos ωt − i sin ωt ) ] = E R cos ωt + Ei sin ωt (24-98) Yang mana persamaan (24-97) menjadi H = H R cos ωt + H i sin ωt (24-99) Subtitusi (24-98) dan (24-99) kedalam (21-59) kita mendapatkan titik vektornya adalah S = E×H (24-100) = ( E R × H R ) cos 2 ωt + ( E i × H i ) sin 2 ωt + [( E R × H i ) + ( E i × H i ) ] sin ωt cos ωt Yang mana mengubah fungsi umum dari waktu, yang mana kita itak dapat menentukan bagian pkok dalam energi yang mengalir saat itu juga karena mengalami kenaikan dan penurunan untuk mengalir dengan tepat. Maka waktu rata-rata dalam energi yang mengalir S adalah arti yang umum dari persamaan (24-100) bahwa ini akan diberikan oleh 1 S = [ ( E R × H R ) + ( Ei × H i ) ] (24-101) 2 Dimana 1 sin ωt cos ωt = 0 cos 2 ωt = sin 2 ωt = (24-102) 2 Menurut hasi dari persamaan (19-49) dengan tepat membagi integral dengan 2π dalam bentuk rata-rata dalam bentuk pemodelan fungsi trigonometri, persamaan (24-101) adalah hasil dasar tetapi dapat dihintung dalam bentuk lain. Dimana He*= konjugasi kompleks dari He=He dengan i diganti dengan * − i = H 0 e iωt = ( H R − iH i ) e iωt maka sekarang E R × iE i = ( E R + iE i ) e −iωt × ( H R + iH i ) e iωt e

[

e

e

0

]

= [ ( E R × H R ) + ( E i × H i ) ] + i[ ( E i × H R ) − ( E R × H i ) ] (24-103) Membandingkan persamaan (19-49) dan ( 24-103) kita dapat melihat bahwa 1 * S = Re E e × H e (24-104) 2 Dengan demikian kita melihat bahwa kita dapat menggantikan dengan tepat waktu rata-rata dari titik vektor dengan jumlah dari bagian dalam 2 solusi kompleks dari persamaan maxwel, dengan demikian kita dapat menghitung langsung tanpa harus memperoleh satu bagian dengan hasil yang real. Kita dapat menggunakan tipe yang sama dari perhitungan energi rata-rata. Hasilnya adalah 1 1 * ue = ∈ E 2 = ∈ Ee ⋅ Ee (24-105) 2 4 1 1 1 * um = µH 2 = µH e ⋅ H e * = Βe × Βe (24-106) 2 4 4µ Sekarang kita mendapatkan hasil yang pentin, kita tidak membutuhkan waktu yang lama untuk membedakan antara real dan kompleks, maksudnya dari persamaan maxwell kita tidak perlu menulis kembali seperti Ee dan He tetapi sederhana seperti E dan H, jika kita membutuhkan bagia yang real kita akan menemukan titik terangnya yaitu Cohtohnya Energi terhubung dengan gelombang datar, pertama kita berfikir σ = 0 subtitusikan persamaan (24-94) kedalam (24-95),(1-30) dan k ⋅ E = 0 dari (24-91) kita memporeleh

(

)

[ (

1/ 2

)]

1/ 2

1 e 1 e  (24-107) S = Re E × kˆ × E * =   E ⋅ E ∗ kˆ 2 µ 2µ  Dengan Ε ⋅ Ε ∗ adalah real jika kita sekarang menggunakan persamaan ( 24-89) dan (24-94) kita mendapatkan bahwa (24-107) dapat juga ditulis 1 e  S =   2µ  ∗

2

1/ 2

Ε0

2

1 e  kˆ =   2µ 

(

)

1/ 2 2 H 0 kˆ

(24-108)

Dengan Ε ⋅ Ε ∗ = Ε 0 ⋅ Ε 0 = Ε 0 , untuk H kita dapat melihat tidak hanya energi yang mengalir dengan langsung menyebarkan kˆ tapi amplitudo persegi ini juga seimbang salah satunya E atau H. Dengan cara yang sama kita mendapatkan persamaan energi 1 1 1 2 2 ue = ∈ Ε ⋅ Ε∗ = ∈ Ε 0 = µ Η 0 = um (24-109) 4 4 4 Dengan demikian energi rata-rata sama dengen energi rata-rata total, maka menjadi 1 1 2 2 u = ue + u m = ∈ Ε 0 = µ Η 0 (24-110) 2 2 Yang mana untuk memungkinkan menulis persamaan (24-108) seperti u ˆ S = k = u υkˆ = u ν (24-111) µε Dengan dibantu dari persamaan (24-12) lalu arah energi rata-rata dalam hasil energi ratarata dan kecepatan dari gelombang ini disetujui dengan hasil yang sama dengan berat jenis aliran J = ρν di dapatkan dari persamaan (12-3) dan kinematika zat cair dimana mengalir pada tiap-tiap satuan luas subtitusi kedalam persamaan (24-104) kita dapatkan

S =

k 2 µω 2

[ (

) ]

Re Ε × kˆ × Ε ∗ e −Ω

k cos Ω

−2 βξ

−2 βξ

αe e 2 2 2 e − 2 βξ Ε 0 kˆ = Ε 0 kˆ = Ε 0 kˆ (24-112) 2 µω 2µω 2 µυ Dengan menggunakan persamaan(24-22), (24-48), (24-52),(24-89),(24-85),(24-83)dan(2438) dan dimana ξ jarak penyebaran, maka energi rata-rata total menjadi α 2 − βξ e −2 βξ 2 2 u = e Ε = Ε0 (24-113) 0 2 2 2 µω 2 µυ Dengan menggunakan tambahan persamaan (24-49) dan (24-40) kita melihat bahwa dalam hal ini S = u υkˆ hanya didapat dari persamaan (24-111). =

Keduanya S dan u adalah seimbang e −2 βξ dengan demikian keduanya dapat berkurang dengan mengurangi 2 unsur bidang. Hasil ini real bahwa keduanya seimbang untuk persegi dalam amplitudo, dimana energi ini hilang karena melawan panas menahan material dari konduktivitas. 24-7 Polaritas Selama ini kita memperoleh beberapa hasil dari asumsi bentuk persamaan (24-89) tanpa bentuk spesifik rata-rata E0 dan B0 lainnya, bahwa mereka adalah konstan dan akan berhubungan dengan Β 0 = ( k / ω ) kˆ × Ε 0 seperti diperoleh bentuk persamaan(24-92) keduanya digunakan dalam bidang datar dengan arah menyebar. Sifat gelombang tergantung oleh amplitodo dalam bidang datar itu, kita dapat memusatkan E0 dengan B0 dapat diperoleh bentuk itu. Dalam menyederhanakan jenis ini digunakan asumsi bahwa semua poros mempunyai pilihan, dengan demikian poros positif z langsung menyebar, bidang datar melintang ke bidang x,y, tapi kita tidak dapat berasumsi suatu bentuk orientasi dalam poros x dan y dengan memperhatikan amplitudo. Sebagai contoh keduanya tidak tergantung E0 dimana komponen E0 dapat dipisahkan menjadi Ε 0 = Ε 0 xˆ + Ε 0 yˆ (24-114) Dimana E0X dan E0y merupakan angka kompleks kita dapat menulis kedalam persamaan (24-24) seperti Ε 0 x = Ε1e iυ1 Ε 0 y = Ε 2 e iυ 2 (24-115) Dengan demikian E yang didapat dari persamaan (24-29) menjadi

(

)

Ε = Ε1e iυ1 Xˆ + Ε 2 e iυ 2 Yˆ e

(24-116)

y E2 E

E1

X Gambar 24-7 komponen elektrik bidang datar yang melintang

Untuk menyederhanakan, asumsi k adalah real, kita akan melihat bahwa tidak mempengaruhi kesimpulan utama (24-116) maka kita memperoleh komponen elektrik bidang datar Ε x = Ε1 cos( kz − ωt + ϑ1 ) Ε y = Ε 2 cos( kz − ωt +ϑ 2 ) (24-117) Gambaran bidang datar elektrk bergantung nilai amplitudo relatif (E1,E2) dari fase (ϑ1 , ϑ2 ) . Sejak –E1≤Ex≤E1dan –E2≤Ey≤E2 sesuai dengan bentuk (24-117) untuk ujung bidang datar vektor elektrik harus selalu dalam persegi panjang dan ditunjukan gambar 24-7. catatan bahwa kita menggunakan E untuk menggambar bidang datar elektrik dan tidak menyatakan komplek dari (24-116) penyebaran langsung diberi oleh poros Z pada bagian luar bidang. Kita dapat memperoleh bagian ” orbit” dengan eliminasi ( kz − ωt ) kedalam (24-117) maka kita mendapatkan Εx = cos( kz − ωt ) cos ϑ1 − sin ( kz − ωt ) sin ϑ1 Ε1 Εy = cos( kz − ωt ) cos ϑ 2 − sin ( kz − ωt ) sin ϑ 2 Ε2

Dan karena itu

Εy Εx sin ϑ2 − sin ϑ1 = − cos( kz − ωt ) sin (ϑ1 − ϑ2 ) Ε1 Ε2 Εy Εx cos ϑ2 − cos ϑ1 = − sin ( kz − ωt ) sin (ϑ1 − ϑ2 ) Ε1 Ε2 y

E

x

Gambar 24-8 bidang elektrik polarisasi elips

Masing-masing di kuadratkan lalu ditambah maka hasilnya 2 2  Εy   Εx   Ε x  Ε y   cos(ϑ1 − ϑ2 ) +   = sin 2 (ϑ1 − ϑ2 )   − 2  (24-118) Ε Ε Ε Ε  1  1  2   2 Pangkat kedua untuk persamaan umum elips dimana (keduanya Ex dan Ey terbatas). Dan bidang datar polarisasi elips, pada ujung gambar 24-8 bahwa induksi magnet B juga merupakan polarisasi elips dimana B selalu tegak lurus ke E dan elips akan berotasi 900 dengan memperoleh E. Nilai pokok poros elips dan orientasi dengan memperhatikan poros murni, dimana bergantung pada amplitudo E1 dan E2 fase ( sudut ) relatif dalam dua komponen, dimana persamaan (24-118) hanya bergantung nilai absolut dari beda fase ϑ1 − ϑ2 hal ini akan membantu mempertimbangkan beberapa hal I ϑ1 − ϑ2 = 0

[

]

Dalam hal ini persamaan(24-118) diturunkan menjadi ( Ε x / Ε1 ) − ( Ε y − Ε 2 ) = 0 atau Εx Εy = (24-119) Ε1 Ε 2 Persamaan ini letaknya tegak lurus sepanjang diagonal ditunjukan dalam gambar 24-9. ujung E selalu memperhatikan garis dan bidang tersebur membujur 2

y

x

Gambar 24-9 polarisasi linier elektrik dengan beda fase 0 antara komponen x dan y

Gambar 24-10 polarisasi linier elektrik dengan beda fase π antara komponen x dan y

Polarisasi ini dapat dilihat dari bentuk (24-117) dimana ϑ1 − ϑ2 adalah dua komponen beda fase, keduanya mempunyai maksimal dan minimal sama yaitu 0 dengan garis lurusnya ditunjukan pada gambar II ϑ1 − ϑ2 = π

[

]

Sekarang (24-118) diturunkan menjadi ( Ε x / Ε1 ) + ( Ε y − Ε 2 ) = 0 atau Εy Εx =− (24-120) Ε1 Ε2 Dalam hal ini bidang datar polarisasi linier dimana Ex dan Ey selelu belawanan tanda, maka garis E sepanjang diagonal lainnya ditunjukan seperti pada gambar 24-10 III ϑ1 − ϑ2 = π / 2 2

Dari sini persamaan (24-118) menjadi 2  Εx   Εy  (24-121)  = 1   +   Ε1   Ε 2  Dimana elips dengan sumbu mayor dan minor sepanjang sumbu koordinat seperti ditunjukan pada gambar 24-11 pada saat E1=E y 2=E0

x

Gambar 24-11 polarisasi bidang elips elektrik dengan beda fase 1/2π antara komponen x dan y.

Persamaan (24-121) menjadi persamaan lingkaran Ex2+Ey2 = E02, bidang datar tersebut adalah polarisasi lingkaran Kita harus dapat membedakan elips dengan beda fase ϑ1 − ϑ2 , maka lebih tepat secara eksplisit beda fase Δ dapat ditulis

ϑ1 − ϑ2 = ∆ Dan memasikan untuk menghubungkan fase dengan Ex adalah Ρ = kz − ωt + ϑ1

(24-122) (24-123)

Dengan demikian persaman (24-117) menjadi Ε y = Ε 2 cos( Ρ − ∆) Ε x = Ε1 cos Ρ (24-124) Hal ini akan membantu dalam menganalisis bentuk ditunjukan dalam gambar 24-12 dimana kita membagi cosinus fungsi P, dengan demikian Δ = 0 garis pandu cos P maka cos ( P- Δ ),Untuk Δ> 0, jika melihat fungsi dari Pmaka Δ negatif. Garis titik-titik menunjukan cos ( P- Δ ) pada persamaan (24-124) dengan mendapatkan tambahan fungsi P. Jiaka Δ> 0 Ey lebih kecil dari Ex karena mencapai maksimum setelah Ex, menjadi 0 setelah Ex dan sebagainya. Perlakuan ini ditunjukan pada gambar 24-13 dan dimana sumbu Z tegak lurus dengan bidang datar dan keluaran elips berlawanan arah jarum jam. Jika Δ negatif maka Ey lebih besar dari Ex dan arti rotasi adalah lebih bertentangan seperti ditunjukan pada gambar 24-14

Gambar 24-12 cos( P- Δ ) macam-macam dari niali Δ

Gambar 24-13 bagan elips berlawanan arah jarum jam

Gambar 24-14 rotasi searah jarum jam

Sekarang seperti melihat bentuk persamaan (24-123), P berubah dengan keduanya z dab t, tetapi ini berbeda cara, hasilnya menunjukan dengan memisahkan. Misalnya t adalah nilai batas dari fungsi posisi z, dengan banyak gelombang maka z bertambah, P bertambah pula. Jika Δ> 0 maka menunjukan penyebaran ( keluaran rata-rata) bidang datar elektrik akan berotasi searah jarum jam. Kitika berlawanan arah jarum jam jika Δ negatif ini ditunjukan dari polarisasi gelombang lingkaran dalam gambar 24-15 dengan menggunakan pedoman kaedah tangan kanan untuk membatasi rotasi. Kita melihat bahwa gambar ( a) sesuai dengan batas positif dalam rotasi, dan (b) adalah batas negatif rotasi gelombang,( a ) sesuai untuk Δ> 0 akan mengurangi gelombang positif berupa pilin, ketika beda fase negatif maka pilin negatf. Dengan tangan lainnya digunakan untuk mengamati posisi batas ( z = konstan ), t bertambah, P bertambah sesuai dengan persamaan (24-123). Jika kita menggabungkan gambar 24-13 dan 24-14 disusun dengan bantuan gambar 24-12 kita dapat melihat bahwa jika kita mengganti P bertambah dengan P berkurang dalam gambar ini. Kita juga dapat menentukan batas kira-kira rotasi elips maka E menggambarkan keluaran elips searah jarum jam untuk Δ positif dan berlawanan arah jarum jam Δ<0. polarisasi dalam hal ini disebut tangan kanan positif dan tangan kiri negarif. Lalu dari titik keduanya berhubungan mengeluarkan beda fase positif Δ sesuai dengan rotasi positif dan beda fase negatif untuk rotasi negatif. Gambar 24-15 gelombang polarisasi lingkaran

(a)

pilin positif

(b) pilin negatif 24-8 apakah parameter elektromagnetik dari unsur konstan ? Kita dapat memperoleh penyebaran bidang gelombang datar yang dapat behubungan dengan parameter menggunakan medium, untuk μ, Є dan σ seperti contoh yang spesifik, kita mendapatkan dalam (24-14) bahwa indeks bias medium bukan konduktor dan

mendapatkan dari n = k e k m . Hubungan kerja sangat baik untuk beberapa materi tetapi tidak cocok untuk beberapa contoh. Jika kita melihat kuantitas air dalam meja, kita memperoleh bahwa km ≈ 1 dan ke ≈ 80, dengan demikian n≈9, seperti yang kita ketahui bahwa indekas air yaitu 4/3=1,33 solusi ini terbukti bahwa formula makroskopis. Dengan prediksi peramaan maxwell adalah selalu benar dengan mengambil kesimpulan nilai tanda untuk μ, Є dan σ dengan cara ini mendapatkan parameter yang tidak konstan untuk memberi material tetapi sering kali mempunyai perbedaan frekuensi yang kuat ( tidak mengenai kemungkinan perbedaan suhu dan tekanan ). Dalam contoh diatas kita menggunakan nilai dielektrik dari air adalah konstan untuk hal stabil dimana 1 digunakan untuk kesesuaian dengan frekuensi yang sangat tinggi dari gelombang turun. Unsur atom alam ujung keluaran dengan variasi frekuensi, muatan atom polarisasi bidang datar mempunyai kelembaban inimembuat jawaban kekuatan elektromagnetik bergantung pada frekuensi. Selanjutnya menggabungkan hasil kelembaban dan kekuatan, penguapan dapat mengganggu beda fase antara kekuatan fase dari jawaban sistem dan hasilnya parameter kompleks. Hasil ini dipertimbangkan dari bagian-bagian atom dalam penambahan B. Dan kita dapat menggambarkan titik mikroskopis yaitu konduktivitas dari material. Dalam soal 12-5 kita mendiskusikan sumber mikroskopis dari konduktivitas batas dari pesamaan (12-36) menggunakan kekuatan muatan eliktron e adalah sejumlah kekuatan elektrik dan menik ” kekuatan pergeseran ” diuraikan dengan semua parameter ξ : Ε net = ma = −eΕ − ζν (24-125) Kita mendapatkan nilai statis konduktivitas yang mana kita menyebutnya σ0 yang didapat dari ( 12-39 ) ne 2 σ0 = (24-126) ζ Dimana n adalah jumlah elektron persatuan volume. Kemudian kita subtitusikan (24-89) kedalam (24-125) maka kita dapatkan dv ma = m = −eΕ 0 e i ( k ⋅r −ωt ) − ζv (24-127) dt Perbandingan dari ketetapan solusin pertama yang mana jawaban memberi tempat variasi waktu yang sama dari fungsi, ketetapan sesuai dengan mencoba untuk menyelesaikan persamaan dengan bentuk solusi dari (24-127) dengan asumsi ν = ν 0e-iωt kita memperoleh m(dv/dt)= -imω ν = -Ee- ξ ν dengan demikian − eΕ υ= (24-128) ζ − imω Aliran kepadatan bebas dapat diperoleh dengan cara yang sama seperti digunakan dalam (12-38) ne 2 Ε J f = ρ f ν = n( − e )ν = (24-129) ζ − imω Dimana konduktivitas dapat ditulis seperti Jf = σE maka kita dapat melihat bahwa konduktivitas adalah

(

)

σ0 ne 2 ne 2 / ζ = = (24-130) ζ − imω 1 − i ( mω / ζ ) 1 − i σ 0 mω / ne 2 Dengan menggunakan (24-126) satu dari semuanya bahwa konduktivitas mempunyai perputaran keluar untuk fungsi frekuensi dan tergantung frekuensi. Bahwa kelembaman muatan (m) dan kekuatan resitivitas (ξ), dengan σ mengurangi σ0, untuk hal statis ω= 0 Kita mengenal bahwa (24-125) adalah persamaan gerak sederhana uap ” getaran harmonik ” dengan tidak memperbaharui kekuatan, memiliki elektron yang tidak terikat. Kita dapat memperoleh kenyataan dan bagian khayal dalam konduktifitas dengan memulihkan kekuatan, seperti memiliki elektron tak terikat dan kita menarik kembali dan mengganti kecepatan dalam fase umum dengan memasang getaran kuat. Kita dapat memperoleh real dan imajiner dari bagian konduktivitas dengan menglikan pembilang dan penyebut dari ( 24-130) dengan menghubungkan penyebut kompleks, dan kita peroleh  σ0  σ mω  σ = σ R + iσ I = 1 + i 0 2  (24-131)  2  ne  1 + σ 0 mω / ne 2  σ = σ (ω ) =

[

(

)

(

)

]

Didalam konduktivitas kompleks kecil dengan asumsi bahwa kita akan menentukan letak r dengan demikian E dalam (24-89) dan Jf dapat ditulis dalam bentuk J f = ( σ R + iσ I ) Ε 0 ' e −iωt Ε = Ε 0 ' e −iωt (24-132) Untuk menyederhanakan asumsi bahwa E0 adalah real dengan didapatkan dari (24-132) dan (24-22) maka memperoleh Ε real = Ε 0 ' cos ωt J freal = ( σ R cos ωt + σi sin ωt ) Ε 0 ' (24-133) lalu konduktivitas kompleks dalam bentuk real dalam komponen dieri aliran fase naik dengan memasang bidang elektrik dan komponen imajiner σ1 bahwa aliran arah komponen luar fase dengan bidangnya ( dapat dilihat dari bentuk (24-131) bahwa keduanya σR dan σI adalah kebanyakan positif. Kita dapat menyelidiki pengaruh konduktivitas komplek dalam penyebaran sifat dalam medium. Hubungan dispersi (24-37) tidak tergantung dari kuantitas real, juga tidak menggunakan (24-38) tetapi ketika(24-39) di kembangkan dengan (24-131) kita memperoleh bahwa α 2 − β 2 + 2iαβ = ω 2 µε + iωµ ( σ R + iσ I ) maka dari (24-40) dan (2441)α dan β dihubungkan menjadi 2αβ = ϖ µσR α 2 − β 2 = ω 2 µε − ϖ µσ1 (24-134) Hubungan antara permitivitas dan konduktivitas kadang-kadang mengutamakan hubungan dispersi (24-37) maka dapat ditulis dalam bentuk σ  k 2 = ϖ 2 µ ∈ +i  (24-135) ω  Dengan demikian penyebaran gelombang konduktivitas dapat memakai penyederhanaan dengan menambahkan kompleks umum. Kemudian melanjutkan dengan hasil umum berikutnya dengan mempertimbangkan dua hal yang sangat terbatas. Dengan parameter ξ1 adalah ukuran ” pergeseran ” dalam sistem yaitu semua pengaruh dari benturan I. Geseran besar (mω/ξ<<1 atau ω>>ne2/σ0m)

II.

Kita melihat bentuk persamaan dari (24-130) bahwa σ ≈ σ0 ≈ konstan, dengan demikian konduktivitas adalah real. Dalam latihan 12-7 kita memperoleh bahwa n ≈ 8,5 X 105 m-3 menggunakan σ0≈6 X107Ωm-1 dan 1,60 X10-19C dan 9,11 X 10-31kg untuk v adalah v<<6X1012 hertz. geseran kecil (mω/ξ<<1 atau ω>>ne2/σ0m) disini kita dpat menggambarkan 1 penyebut dari ( 24-130) dimana  ne 2   σ ≈ i (24-136)  mω  Dengan adanya pengaruh benturan kecil maka ξ1 sangat kecil. Menyelaesaikan (24-136) langsung kedalam (24-37) kita dapatkan   ωp 2  ne 2  2  1 − 2  k 2 = ω 2 µε 1 − = ω µε (24-137) 2  ω   m ∈ω   Dimana kita dapat menulis ne 2 (24-138) ωp 2 = me Dan dimana ν p = ω r / 2π ini disebut frekuensi plasma dengan real untuk mediumμ≈μ0 dan Є≈Є0 maka 2 2 ne 2  ω   ωp  2 2 ωp ≈ k ≈   1 − 2  (24-139) m ∈0 ω  c  Jika ω>ωp lalu k2>0 dengan demikian k real, kemudian kita mempunyai gelombang berjalan tanpa uap dalam bentuk (24-8) dengan fase keceptan dipeoleh dari ω c ν = = (24-140) k 1 − (ω / ω ) 2 1 / 2

[

]

p

2

Jika ω<ωp lalu k <0 maka k imajiner dan kita dapat menulis k seperti pada ( 24139) dalam bentuk

[

]

k = iβ p = i ( ω / c ) (ω p / ω ) − 1 2

1/ 2

(24-141)

Kemudian solusi dari (24-84) menjadi ξ − iωt

−β e (24-142) ψ = ψ 0e p Ini bukan gelombang jalan tapai dimana amplitudo eksponen dikurangi dengan jarak jika plasma cukup besar lalu ψ→0 dan bidang tidak menembus medium. Dari sini dapat dikatakan plasma dapat menjadi contoh ” cilah tinggi ” filter dalam arti frekuensi lebih besar dari pada frekuensi plasma dalam jenis penyebaran.