Dokumen tersebut membahas tentang propagasi energi dalam pandu gelombang berselubung konduktor, termasuk persamaan untuk kecepatan rambat energi, daya total, dan daya disipasi akibat konduktivitas dinding pandu gelombang."

1. RESUME
LEKTRODINAMIKA
:
PANDU
GELOMBANG
Kelompok 4:
1. Khaikal Ramadhan (20222307)
2. Rustan Ruslan (202022308)
3. Kevin Wijaya (20222309)
4. Asep Bustanil (30222306)
5. Phetviengkham (30222751)

2. RESUME -1
Pandu Gelombang berselubung konduktor

3. 2023 3

4. RESUME -2
Perambatan energi dalam Pandu Gelombang

5. Kerapatan arus energi yang disalurkan sepanjang sumbu pandu gelombang (searah 𝑥3)
mempunyai nilai rata-rata:
Re 𝑁 . 𝑥3 =
1
2
Re 𝐸 × 𝐻∗
. 𝑥3
=
1
2
Re 𝐸𝑡 × 𝐻𝑡
∗
. 𝑥3 II. 39
dengan mengingat persamaan gelombang TM dan TE (lihat persamaan II.25 dan II.28),
yaitu
𝐻𝑡 = 𝜂𝑇𝑀
−1
𝑥3 × 𝐸𝑡,
𝐸𝑡 = 𝜂𝑇𝐸 𝑥3 × 𝐻𝑡
2023 5

6. Maka persamaan II.39 dapat dituliskan menjadi
Re 𝑁 . 𝑥3 =
1
2
𝜂𝑇𝑀
−1
𝐸𝑡. 𝐸𝑡
∗
𝜂𝑇𝐸 𝐻𝑡. 𝐻𝑡
∗ II. 40
Menggunakan persamaan II.24 dan II.27 dengan 𝑘2
− 𝛽𝑛
2
= 𝛾𝑛
2
untuk gelombang modus ke-n,
diperoleh
𝐸𝑡𝑛 = −𝑖
𝛽𝑛
𝛾𝑛
2 ∇𝑡𝐸3𝑛 gelombang TM
𝐻𝑡𝑛 = −𝑖
𝛽𝑛
𝛾𝑛
2 ∇𝑡𝐻3𝑛 gelombang TE
SAMPLE FOOTER TEXT 20XX 6

7. persamaan arus energi atau daya total 𝑃 adalah
𝑃𝑎 =
𝐴
Re 𝑁 . 𝑥3 𝑑𝑎
=
1
2
𝛽𝑛
𝛾𝑛
2
2
𝜂𝑇𝑀
−1
∇𝑡𝐸3𝑛. ∇𝑡𝐸3𝑛
∗
𝑑𝑎
𝜂𝑇𝐸 ∇𝑡𝐻3𝑛 ∇𝑡𝐻3𝑛
∗
𝑑𝑎
II. 41
SAMPLE FOOTER TEXT 20XX 7

8. Ungkapan ini dapat diolah lebih lanjut dengan menggunakan bantuan
identitas Green pertama (I) yang berbentuk
𝑉
∇𝜑. ∇𝜓 + 𝜑∇2
𝜓 𝑑𝑉 =
𝑉
∇. 𝜑∇𝜓 𝑑𝑉
= 𝜑 ∇𝜓 . 𝑑𝑆 II. 42
SAMPLE FOOTER TEXT 20XX 8

9. SAMPLE FOOTER TEXT 20XX 9

10. Permukaan S yang membatasinya adalah dua penampang dengan luas A dan sisi
dinding, sehingga 𝑑𝑆 nya adalah
𝑑𝑆 = 𝑑𝐴+ + 𝑑𝐴− + 𝑑𝑙 𝑑𝑥3
Mengingat bahwa 𝑛+ = −𝑛−, 𝐴+ = 𝐴−, dan 𝑑𝑥3 → 0 sehingga integran bernilai
sama pada kedua bidang, maka persamaan II.42 menjadi
𝑆3
𝜑∇𝜓 . 𝑑𝑆 = 𝑑𝑥3
𝐶
𝜑
𝜕𝜓
𝜕𝑛3
𝑑𝑙 II. 42a
SAMPLE FOOTER TEXT 20XX 10

11. Kemudian, menggunakan hubungan 𝑑𝑉 = 𝑑𝐴 𝑑𝑥3 dan mensubstitusikannya
ke dalam ruas kiri persamaan II.42 dan disamakan dengan persamaan II.42a
dan menghilangkan 𝑑𝑥3 pada kedua ruas persamaan tersebut. Maka,
diperoleh analog dalil Green I berdimensi dua dengan persamaan
𝐴
∇𝜑. ∇𝜓 + 𝜑∇2𝜓 𝑑𝐴 =
𝐶
𝜑
𝜕𝜓
𝜕𝑛
𝑑𝑙 II. 42b
SAMPLE FOOTER TEXT 20XX 11

12. Apabila diterapkan pada persamaan II.41, diperoleh persamaan
𝐴
∇𝑡𝐸3𝑛. ∇𝑡𝐸3𝑛
∗
𝑑𝐴 = −
𝐴
𝐸3𝑛
∗
∇𝑡
2
𝐸3𝑛 𝑑𝐴
karena
𝐶
𝐸3𝑛
𝜕𝐸3𝑛
∗
𝜕𝑛
𝑑𝑙 = 0
SAMPLE FOOTER TEXT 20XX 12

13. sebagai akibat syarat batas 𝐸3𝑛 = 0 pada 𝑆. Menggunakan persamaan variabel
transversal, persamaan di atas dapat dituliskan kembali dalam bentuk
𝐴
∇𝑡𝐸3𝑛. ∇𝑡𝐸3𝑛
∗
𝑑𝐴 = 𝛾𝑛
2
𝐴
𝐸3𝑛𝐸3𝑛
∗
𝑑𝐴
= 𝛾𝑛
2
𝐴
𝐸3𝑛
2 𝑑𝐴 II. 43
SAMPLE FOOTER TEXT 20XX 13

14. dengan cara yang sama dan menggunakan syarat batas
𝜕𝐻3𝑛
∗
𝜕𝑛 𝑆 = 0, persamaan II.41a dapat diturunkan menjadi persamaan
𝐴
∇𝑡 𝐻3𝑛. ∇𝑡 𝐻3𝑛
∗ 𝑑𝐴 = 𝛾𝑛
2
𝐴
𝐻3𝑛
2 𝑑𝐴 II. 43a
Dengan demikian berlaku nilai rerata daya total gelombang modus ke-n dalam pandu gelombang yang berbentuk sebagai
persamaan berikut
𝑃𝑛 𝑇𝑀 =
1
2
𝜂𝑛
𝑇𝑀 −1
𝛽𝑛
𝛾𝑛
2
2
𝐴
𝐸3𝑛
2 𝑑𝐴 II. 44
𝑃𝑛 𝑇𝐸 =
1
2
𝜂𝑛
𝑇𝐸
𝛽𝑛
𝛾𝑛
2
2
𝐴
𝐻3𝑛
2 𝑑𝐴 II. 44a
SAMPLE FOOTER TEXT 20XX 14

15. Sementara persamaan rerata rapat energi medan per satuan panjang dari pandu gelombang adalah
𝑊 =
𝐴
𝑊 𝑑𝐴 =
1
4
𝐴
[𝜖 𝐸 2
+ 𝜇 𝐻 2
] 𝑑𝐴
dengan bantuan dalil yang sama, diperoleh
𝑊 𝑇𝑀 = 2 𝑊 𝐻𝑛
=
𝜇
2
𝛽𝑛
𝜂𝑛
𝑇𝑀
𝛾𝑛
2
𝐴
𝐸3𝑛
2
𝑑𝐴 II. 45
𝑊 𝑇𝐸 = 2 𝑊 𝐸𝑛
=
𝜖
2
𝛽𝑛𝜂𝑛
𝑇𝐸
𝛾𝑛
2
𝐴
𝐻3𝑛
2
𝑑𝐴 II. 45a
SAMPLE FOOTER TEXT 20XX 15

16. Persamaan kecepatan rambat energi untuk gelombang modus ke-n adalah:
𝑣𝑛 =
𝑃𝑛
𝑊𝑛
=
𝜂𝑛
𝑇𝑀
𝜇
=
1
𝜖𝜂𝑛
𝑇𝐸
Mengingat persamaan 𝜂𝑇𝑀, 𝜂𝑇𝐸, 𝑣 =
𝜔
𝑘
, dan 𝑣𝑝𝑛 = 𝜔/𝛽𝑛, maka persamaan 𝑣𝑛
dapat ditulis menjadi
𝑣𝑛 =
𝑣2
𝜔 𝛽𝑛
=
𝑣2
𝑣𝑝𝑛
= 𝑣𝑔𝑛 II. 46
SAMPLE FOOTER TEXT 20XX 16

17. Untuk P.G. dengan dinding penghantar sempurna, 𝛽𝑛 bernilai real (terjadi propagasi
sempurna) untuk 𝜔 > 𝜔𝑛 dan bernilai imajiner (tidak terjadi propagasi) untuk 𝜔 < 𝜔𝑛.
Untuk kasus ini selalu berlaku 𝑁. 𝑛 = 0 yang menandakan tidak terjadi aliran energi ke
dalam dinding dan atenuasi yang berkaitan dengan 𝛽𝑛 imajiner tidak disebabkan oleh
proses absorpsi energi oleh dinding atau medium propagasi, melainkan bersumber pada
mekanisme lain (interferensi gelombang).
Jika dinding penghantar tidak sempurna, maka 𝑁. 𝑛 ≠ 0 dan terjadi perubahan parameter
propagasi 𝛽𝑛 menjadi
𝛽𝑛 → 𝛽𝑛
′
= 𝛽𝑛 + Δ𝛽𝑛 + 𝑖𝛼𝑛 II. 47
SAMPLE FOOTER TEXT 20XX 17

18. Dengan mengabaikan Δ𝛽𝑛 terhadap 𝛽𝑛, medan 𝐸 dan 𝐻 akan memperoleh
faktor redaman: 𝑒−𝛼𝑛𝑥 dan akibatnya akan berlaku hubungan umum
𝑃𝑛 = 𝑃0 exp −2𝛼𝑛𝑥3
Diferensiasi terhadap 𝑥3 diperoleh
𝛼𝑛 =
− 𝑑 𝑃𝑛 𝑑𝑥3
2 𝑃𝑛
II. 48
SAMPLE FOOTER TEXT 20XX 18

19. Kerapatan daya disipasi ohmik ditentukan oleh persamaan
𝑑 𝑃𝑛
𝑑𝑉
=
1
2
Re 𝐽𝑛. 𝐸𝑛
∗
=
1
2𝜎
𝐽𝑛. 𝐽𝑛
∗
II. 49
𝐸𝑛 adalah medan listrik dari gelombang modus ke-n yang menerobos ke dalam dinding
penghantar dengna persamaan
𝐸𝑛 =
𝜇𝜔
2𝜎
1 + 𝑖 𝑛 × 𝐻𝑛 II. 50
dengan 𝐻𝑛 adalah medan magnet dalam penghantar dan hanya memiliki komponen
tangensial 𝐻//𝑛 pada permukaan penghantar.
SAMPLE FOOTER TEXT 20XX 19

20. Sesuai dengan ungkapan
𝐾 ≅
1
𝛿
− 𝑖
1
𝛿
, 𝛿 =
2
𝜔𝜎𝜇
Maka,
𝐻𝑛 = 𝐻//𝑛 exp − 1 + 𝑖 𝜉 𝛿 II. 51
𝐽𝑛 = 𝜎𝐸𝑛 = 𝐽𝑛0𝑒−𝛾𝜉
II. 52
dengan
𝛾 = 1 + 𝑖 𝜉 𝛿 , 𝐽𝑛0 =
1 + 𝑖
𝛾
𝑛 × 𝐻//𝑛 II. 52a
SAMPLE FOOTER TEXT 20XX 20

21. Kemudian, diperoleh besar daya disipasi per satuan permukaan dinding sebagai berikut
𝑑 𝑃𝑛
𝑑𝑆
=
0
∞
𝑑 𝑃𝑛
𝑑𝑉
𝑑𝜉 =
1
2𝜎𝛿
𝑛 × 𝐻//𝑛
2
II. 53
Dari persamaan tersebut, dapat diperoleh daya disipasi per satuan panjang P.G. mengingat
𝑑𝑆 = 𝑑𝑥3𝑑𝑙, sehingga
𝑑 𝑃𝑛
𝑑𝑥3
=
1
2𝜎𝛿
𝑛 × 𝐻//𝑛
SAMPLE FOOTER TEXT 20XX 21

22. Dari persamaan berikut:
𝐻𝑡 =
1
𝜂
𝑥3 × 𝐸𝑡
𝐸𝑡𝑛 = −𝑖
𝛽𝑛
𝛾𝑛
2 ∇𝑡𝐸3𝑛 gelombang TM
𝐻𝑡𝑛 = −𝑖
𝛽𝑛
𝛾𝑛
2 ∇𝑡𝐻3𝑛 gelombang TE
SAMPLE FOOTER TEXT 20XX 22

23. Dengan demikian,
𝐻𝑛 = 𝐻𝑡𝑛 = −𝑖
𝛽𝑛
𝛾𝑛
2
1
𝜂𝑛
𝑇𝑀 𝑥3 × ∇𝑡𝐸3𝑛 gelombang TM, II. 54
= 𝑥3𝐻3𝑛 − 𝑖
𝛽𝑛
𝛾𝑛
2 ∇𝑡𝐻3𝑛 gelombang TE, II. 54a
SAMPLE FOOTER TEXT 20XX 23

24. Untuk gelombang TM:
𝑑 𝑃𝑛
𝑑𝑥3
=
1
2𝜎𝛿
𝑘
𝛾𝑛
2
𝜖
𝜇
2
𝐶
𝑛 × 𝑥3 × ∇𝑡𝐸3𝑛
2
𝑑𝑙
=
1
2𝜎𝛿
1
𝜇2
𝜔
𝜔𝑛
2
2
𝜕𝐸3𝑛
𝜕𝑛
2
𝑑𝑙 II. 55
Dengan 𝜔𝑛 = 𝑣𝛾𝑛 dan mengingat bahwa
𝜕𝐸3𝑛
𝜕𝑛 𝑆
= 0
SAMPLE FOOTER TEXT 20XX 24

25. Untuk gelombang TE dapat diturunkan persamaan
𝑑 𝑃𝑛
𝑑𝑥3
=
1
2𝜎𝛿
𝐶
𝐻3𝑛
2
+
𝜔2 − 𝜔𝑛
2
𝜇𝜖𝜔𝑛
4 𝑛 × ∇𝑡𝐻3𝑛
2
𝑑𝑙 II. 55a
=
1
2𝜎𝛿
𝐶
𝐻3𝑛
2
+
𝜔2 − 𝜔𝑛
2
𝜇𝜖𝜔𝑛
4
𝜕𝐻3𝑛
𝜕𝑙
2
𝑑𝑙 II. 55b
SAMPLE FOOTER TEXT 20XX 25

26. Hasil ini diperoleh dengan menggunakan syarat batas:
𝜕𝐻3𝑛
𝜕𝑛 𝑆
= 0
Sehingga hanya komponen tangensial yang tersisa dari ∇𝑡𝐻3𝑛 𝑆 dengan
∇𝑡𝐻3𝑛
𝑆
= 𝑙
𝜕𝐻3𝑛
𝜕𝑙
SAMPLE FOOTER TEXT 20XX 26

27. Pada akhirnya 𝛼𝑛 dapat ditentukan berdasarkan persamaan II.48 untuk 𝑑 𝑃𝑛 𝑑𝑥3 dan II.48a
untuk 𝑃𝑛 . Sehingga diperoleh
𝛼𝑛 𝑇𝑀 =
𝜂𝑛
𝑇𝑀
2𝜎𝛿𝜇2
𝜔
𝜔𝑛
2
2
𝛾𝑛
𝛽𝑛
2 𝐶
𝜕𝐸3𝑛
𝜕𝑛
2
𝑑𝑙
𝐴
𝐸3𝑛
2 𝑑𝐴
II. 56
𝛼𝑛 𝑇𝐸 =
1
2𝜎𝛿𝜂𝑛
𝑇𝐸
𝛾𝑛
𝛽𝑛
2 𝐶
𝐻3𝑛
2
+
𝜔2
− 𝜔𝑛
2
𝜇𝜖𝜔𝑛
4
𝜕𝐻3𝑛
𝜕𝑙
2
𝑑𝑙
𝐴
𝐻3𝑛
2 𝑑𝐴
II. 56a
SAMPLE FOOTER TEXT 20XX 27

28. Jika 𝛿 cukup kecil sehingga 𝐽 terbatas dalam lapisan permukaan yang cukup tipis, maka dapat didefinisikan arus
permukaan efektif 𝐽𝑆 sebagai berikut
𝐽𝑆 =
0
∞
𝐽 𝑑𝜉 = 𝑛 × 𝐻// II. 57
Dengan bantuan persamaan II.52 dan II.52a, dapat ditentukan ungkapan dalam hambatan permukaan 𝑅𝑆 sebagai berikut
𝑑 𝑃
𝑑𝑆
=
1
2
Re 𝐽𝑆. 𝐽𝑆
∗
𝑅𝑆 =
1
2
𝐽𝑆
2
𝑅𝑆 II. 58
Jika dibandingkan dengan persamaan II.53, akan menghasilkan persamaan hambatan permukaan
𝑅𝑆 =
1
𝜎𝛿
II. 58a
SAMPLE FOOTER TEXT 20XX 28

29. RESUME -3
Pandu Gelombang Persegi Empat

30. 2023 30
Tinjauan pada kasus khusus mengenai perambatan gelombang dalam suatu pandu
gelombang yang berupa tabung berdinding logam, dengan penampang persegi yang
uniform sepanjang tabung dalam arah 𝑥3 seperti ditunjukkan pada gambar II.6

31. SAMPLE FOOTER TEXT 20XX 31
 
 
 
3 1 2
2 2
3 1 2
,
0
,
nm
E x x
H x x

 
 
  
 
 
 
  1
2
1 2
0,
3
0,
3 3
1 2
0, 0,
, 0
0
x a
x b
x a x b
E x y
H H
x x


 

 
 
 
Soal syarat batas yang harus diselesaikan terdiri dari persamaan Helmholtz dalam koordinat cartesian
Dengan syarat batas
 
 
 
3 1 2
2 2
3 1 2
,
0
,
nm
E x x
H x x

 
 
  
 
 
 
Hasil persamaan diferensial dalam masing-masing variabel adalah
 
 
   
3 1
1 1 1 2 1 1
3 1
sin cos
n
n n
n
E x
C x C x
H x
 
 

32. SAMPLE FOOTER TEXT 20XX 32
 
 
   
3 2
1 2 2 2 2 2
3 2
sin cos
n
n n
n
E x
D x D x
H x
 
 
Dengan
2 2 2
1 2
mn m n
  
 
Dan solusi lengkapnya akan diperoleh
     
3 1 2 3 1 3 2
mn m m
E x x E x E x
 
     
3 1 2 3 1 3 2
mn m m
H x x H x H x
 
Solusi TM memnuhi syarat :
 
  1
2
3 1 2
0,
3 1 2
0,
0
0
x a
mn
x b
H x x
E x x 

 
 

33. SAMPLE FOOTER TEXT 20XX 33
Jadi persamaan (II.61) menjadi :
 
3 1 2 1 2
sin sin , , 1
mn mn
m n
E x x A x x m n
a b
 
   
  
   
   
2 2
2 2
mn
m n
a b
 
 
   
 
 
   
   
 
 
Dengan demikian modus TM yang paling rendah adalah
11
TM
dengan frekuensi pandu yang bersangkutan diberikan rumus :
Dengan demikian modus TM yang paling rendah adalah 11
TM
dengan frekuensi pandu yang bersangkutan diberikan rumus
11 11 2 2
1 1
v v
a b
  
  

34. SAMPLE FOOTER TEXT 20XX 34

35. SAMPLE FOOTER TEXT 20XX 35

36. SAMPLE FOOTER TEXT 20XX 36

37. SAMPLE FOOTER TEXT 20XX 37

38. RESUME -4
Pandu Gelombang dengan Penampang Lingkaran

39. 2023 39

40. TERIMA KASIH