Fisika Universitas — Tahun 2 · Bachelor Year 2

15Pemantulan dan Penerusan di Antarmuka

Juru ultrasonografi memeraskan gel di antara pemeriksanya dan kulit: tanpa gel itu bunyinya akan memantul dari selaput udaranya dan tak pernah memasuki tubuhnya. Lensa kamera dilapisi selaput setebal seperempat panjang gelombang, dan permukaannya berhenti memantul. Sebuah gelombang radio menjumpai ionosfer lalu berbalik; cahaya menjumpai cermin perak lalu berbalik; sebuah pulsa mencapai ujung sebuah kabel lalu kembali terbalik atau tegak menurut apa yang tersambung di sana. Setiap gelombang, ketika menjumpai perubahan medium, terbelah menjadi bagian yang terpantul dan bagian yang diteruskan, dan satu gagasan memutuskan bagiannya: syarat kesinambungan di antarmukanya, yang dituliskan dengan impedansi kedua mediumnya. Bab ini menerapkannya pada bunyi, pada cahaya antara dua dielektrik, pada sebuah plasma, pada sebuah logam, dan pada sebuah kabel, lalu menarik darinya hukum pemantulan dan pembiasan serta satu sudut yang padanya kaca tak memantulkan apa pun.

Sebuah lensa kamera berlapis ganda: pantulan ungu dan hijau yang samar itulah sisa dari empat persen yang akan dikembalikan tiap permukaan kaca telanjang.

15.1 Datang tegak lurus: aturan impedansi

Teorema 15.1 (Pemantulan dan penerusan pada datang tegak lurus)

Sebuah gelombang bidang berjalan dalam medium 1 menuju antarmuka bidang $x = 0$ dengan medium 2; tiap mediumnya dicirikan sebuah impedansi $Z_i$ (nisbah dua besaran medan yang sinambung di antarmukanya — tekanan dan kecepatan bagi bunyi, $E$ dan $H = B/\mu_0$ bagi cahaya, tegangan dan arus bagi sebuah saluran). Kesinambungan kedua besarannya di $x = 0$ memberi, bagi besaran “serupa gaya” (tekanan, $E$ , $v$ ),

r = \frac{Z_2 - Z_1}{Z_2 + Z_1} , \qquad t = \frac{2Z_2}{Z_2 + Z_1} , \qquad R = r^2 , \quad T = \frac{4Z_1Z_2}{(Z_1 + Z_2)^2} , \quad R + T = 1 .

(Bagi besaran “serupa aliran” — kecepatan, $H$ , arus — $r$ berubah tanda.) Tak ada yang terpantul ketika $Z_1 = Z_2$ (medium yang tersesuaikan); hampir segalanya ketika $Z_2 \gg Z_1$ ( $r \to +1$ ) atau $Z_2 \ll Z_1$ ( $r \to -1$ ).

Bukti. Yang datang $p_i = A\cos(\omega t - k_1x)$ , yang terpantul $p_r = rA\cos(\omega t + k_1x)$ , yang diteruskan $p_t = tA\cos(\omega t - k_2x)$ , dengan frekuensi sama. Besaran aliran yang menyertainya adalah $p/Z_1$ , $-p_r/Z_1$ (gelombang yang berjalan mundur mengemban $v = -p/Z$ ) dan $p_t/Z_2$ . Kesinambungannya di $x = 0$ : $1 + r = t$ dan $(1 - r)/Z_1 = t/Z_2$ ; selesaikanlah. Energinya: intensitasnya $p^2/Z$ , jadi $R = r^2$ dan $T = t^2Z_1/Z_2$ . ∎

Contoh 15.2 (Bunyi di tiga antarmuka)

Udara ( $Z = 410\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{s}^{-1}$ ) ke air ( $1.5 \times 10^6$ ): $r = 0.9995$ , $T = 1.1 \times 10^{-3}$ — $99.9\%$ terpantul; seorang perenang hampir tak mendengar apa pun dari dunia di atasnya, dan pemeriksa ultrasonik memerlukan gelnya. Jaringan ( $1.6 \times 10^6$ ) ke tulang ( $7 \times 10^6$ ): $r = 0.63$ , $T = 0.6$ . Lemak ( $1.38 \times 10^6$ ) ke otot ( $1.70 \times 10^6$ ): $r = 0.10$ , $R = 1\%$ — yaitu gema samar yang menjadi bahan sebuah citra. Sebuah tali yang terikat pada dinding ( $Z_2 \to \infty$ ): $r = +1$ bagi gayanya, $-1$ bagi kecepatannya, pulsanya kembali terbalik (Bab 6).

Proposisi 15.3 (Cahaya pada datang tegak lurus; lapisan antipantul)

Bagi cahaya di antara dua medium bening berindeks $n_1$ , $n_2$ (impedansi sebuah dielektrik adalah $Z = \sqrt{\mu_0/\varepsilon_0}/n$ , berbanding terbalik dengan $n$ ), bagi medan listriknya

r = \frac{n_1 - n_2}{n_1 + n_2} , \qquad R = \Bigl(\frac{n_1 - n_2}{n_1 + n_2}\Bigr)^2 :

$4\%$ pada tiap permukaan udara–kaca, $2\%$ bagi air, $17\%$ bagi intan. Sebuah lapisan berindeks $n = \sqrt{n_1n_2}$ dan setebal $\lambda/4n$ di antara mediumnya meniadakan pantulannya pada $\lambda$ (lapisan antipantul seperempat gelombang): gelombang yang terpantul pada kedua mukanya beramplitudo sama dan berfase berlawanan. Lapisan yang sama dengan indeks tinggi, atau tumpukan lapisan seperempat gelombang yang berselang-seling, melakukan kebalikannya lalu membangun cermin yang memantulkan $99.99\%$ — yaitu cermin sebuah laser.

Bukti. Kesinambungan $\vect E$ dan $\vect B$ tangensialnya (tanpa arus permukaan): $E_i + E_r = E_t$ dan $B_i - B_r = B_t$ dengan $B = nE/c$ dalam tiap mediumnya, yakni aturan impedansi dengan $Z \propto 1/n$ . Lapisannya: kedua amplitudo pantulnya adalah $(n_1 - n)/(n_1 + n)$ dan $(n - n_2)/(n + n_2)$ , yang sama ketika $n^2 = n_1n_2$ ; satu perjalanan pulang pergi dalam lapisannya menambahkan fase $2\times2\pi n(\lambda/4n)/\lambda = \pi$ , sehingga keduanya saling meniadakan (pantulan ganda, yang kecil, tercakup dalam garapan eksak Latihan 15.5). ∎

Kiri: datang tegak lurus pada sebuah antarmuka — amplitudonya menyusul dari kesinambungan kedua besaran medannya, lewat impedansinya. Kanan: lapisan antipantul seperempat gelombang — kedua gelombang pantulnya saling meniadakan.

15.2 Datang miring: hukum Descartes dan sudut Brewster

Teorema 15.4 (Hukum pemantulan dan pembiasan)

Sebuah gelombang bidang bervektor gelombang $\vect k_i$ menjumpai antarmuka bidang antara dua medium yang di dalamnya gelombangnya berjalan dengan $v_1$ dan $v_2$ . Syarat kesinambungannya harus berlaku di setiap titik antarmukanya dan setiap waktu: gelombang pantul dan gelombang terusannya harus berfrekuensi sama dan bervektor gelombang tangensial sama dengan gelombang datangnya. Karena itu ketiga vektor gelombangnya sebidang (bidang datangnya), sudut pantulnya sama dengan sudut datangnya, dan

\frac{\sin\theta_1}{v_1} = \frac{\sin\theta_2}{v_2} \qquad (n_1\sin\theta_1 = n_2\sin\theta_2 \text{ bagi cahaya}) .

Ketika $v_2 > v_1$ dan $\sin\theta_1 > v_1/v_2$ tak ada $\theta_2$ nyata: pemantulan dalam total; medan dalam medium 2 lalu berupa gelombang evanesen, $\propto\eu^{-x/\ell}\eu^{\iu(\omega t - k_ty)}$ yang berjalan sepanjang antarmukanya dan meluruh menjauhinya sepanjang $\ell = \lambda_2/2\pi \sqrt{\sin^2\theta_1(v_2/v_1)^2 - 1}$ , sepersekian panjang gelombang; ia tak membawa energi pergi — pemantulan total.

Bukti. Dengan $\vect k = (k_x, k_y, 0)$ dan antarmukanya $x = 0$ , fase $\omega t - k_yy$ ketiga gelombangnya harus selaras bagi semua $y$ , $t$ : $\omega$ yang sama, $k_y = (\omega/v_1)\sin\theta_1 = (\omega/v_1)\sin\theta_r = (\omega/v_2)\sin \theta_2$ yang sama. Jika $(\omega/v_2)^2 - k_y^2 < 0$ , $k_{2x}$ khayal, $k_{2x} = -\iu/\ell$ : keevanesenan; vektor Poyntingnya sepanjang $x$ rata-ratanya nol. ∎

Proposisi 15.5 (Sudut Brewster; polarisasi lewat pemantulan)

Bagi cahaya yang jatuh pada sebuah dielektrik, amplitudo pantulnya bergantung pada polarisasinya (koefisien Fresnel, diterima tanpa bukti secara umum): bagi polarisasi yang berada dalam bidang datangnya (p) ia lenyap pada sudut Brewster

\tan\theta_B = \frac{n_2}{n_1} ,

yang padanya sinar pantul dan sinar biasnya saling tegak lurus; cahaya yang terpantul pada $\theta_B$ lalu terpolarisasi seluruhnya tegak lurus bidang datangnya (s), dan sebagian saja di sekitarnya — yaitu silau di air dan jalan yang disingkirkan kacamata surya berpolarisasi. Bagi kaca ( $n = 1.5$ ) $\theta_B = 56{}^{\circ}$ , bagi air $53{}^{\circ}$ .

Bukti. Gelombang pantulnya dipancarkan dwikutub medium 2, yang dibuat berayun oleh gelombang biasnya sepanjang $\vect E$ -nya, yang bagi polarisasi p terletak dalam bidang datangnya, tegak lurus sinar biasnya. Sebuah dwikutub tidak memancar sepanjang sumbunya sendiri (Bab 17); ketika arah pantulnya sejajar dengan sumbu itu — yakni tegak lurus sinar biasnya, $\theta_1 + \theta_2 = \pi/2$ — tak ada yang terpantul. Lalu $\sin\theta_2 = \cos\theta_1$ dan Descartes memberi $\tan\theta_1 = n_2/n_1$ . Polarisasi s mempunyai $\vect E$ -nya tegak lurus bidang datangnya, tak pernah sepanjang sinar pantulnya: ia selalu sebagian terpantul. ∎

Kiri: pencocokan fase sepanjang antarmukanya memberi hukum pemantulan dan pembiasan. Kanan: pada sudut Brewster dwikutub medium keduanya, yang digerakkan medan bias berpolarisasi p, harus memancar sepanjang sumbunya sendiri untuk menyuapi sinar pantulnya — mereka tak dapat, dan hanya polarisasi s yang terpantul.

Kiri: reflektansi sebuah permukaan udara–kaca (n = 1.5) bagi kedua polarisasinya — R_p lenyap pada sudut Brewster dan keduanya naik menjadi 1 pada datang menyerempet. Kanan: di luar sudut kritisnya medan yang diteruskan bersifat evanesen, memeluk antarmukanya lalu mati dalam satu panjang gelombang. — Kiri: reflektansi sebuah permukaan udara–kaca ( $n = 1.5$ ) bagi kedua polarisasinya — $R_p$ lenyap pada sudut Brewster dan keduanya naik menjadi $1$ pada datang menyerempet. Kanan: di luar sudut kritisnya medan yang diteruskan bersifat evanesen, memeluk antarmukanya lalu mati dalam satu panjang gelombang.

15.3 Plasma, logam dan penghantar sempurna

Proposisi 15.6 (Pemantulan pada plasma dan pada logam)

(i) Gelombang ber- $\omega < \omega_p$ pada datang tegak lurus di sebuah plasma terpantul seluruhnya: “indeks”-nya $\underline n = -\iu\sqrt{\omega_p^2/\omega^2 - 1}$ khayal, $r = (1 - \underline n)/(1 + \underline n)$ bermodulus $1$ , dan medannya menembus sebagai $\eu^{-\kappa x}$ yang evanesen dalam Bab 14. (ii) Sebuah penghantar yang baik mempunyai $\underline n = (1 - \iu)c/\omega\delta$ , bermodulus raksasa: $r \approx -1$ , reflektansinya $R \approx 1 - 2\omega\delta/c = 1 - \sqrt{8\varepsilon_0\omega/\gamma}$ (Hagen–Rubens): $0.99999$ bagi tembaga pada $10\,\mathrm{GHz}$ , $0.99$ dalam inframerah jauh. (iii) Penghantar sempurna ( $\gamma \to \infty$ , $\delta \to 0$ ): $r = -1$ tepat bagi $\vect E$ , $\vect E$ tangensial totalnya lenyap di permukaannya, gelombang datang dan pantulnya membentuk gelombang berdiri

\vect E = -2E_0\sin kx\sin\omega t\,\vect e_y , \qquad \vect B = 2\frac{E_0}c\cos kx\cos\omega t\,\vect e_z ,

dengan simpul $\vect E$ (perut $\vect B$ ) di $x = 0, -\lambda/2, \dots$ ; medannya diemban sebuah arus permukaan $\vect j_s = \vect n\wedge\vect B/ \mu_0 = (2E_0/\mu_0c)\cos\omega t\,\vect e_y$ , dan gaya Laplace padanya adalah tekanan radiasinya $2I/c$ .

Bukti. (i) dan (ii): aturan impedansi dengan $Z \propto 1/\underline n$ dan indeks kompleks Bab 14; bagi (ii), $r = (1 - \underline n)/(1 + \underline n) \approx -1 + 2/\underline n$ dan $R = |r|^2 \approx 1 - 4\operatorname{Re}(1/ \underline n) = 1 - 2\omega\delta/c$ . (iii) Dengan $\vect E = \vect 0$ di dalamnya, hubungan batas $\vect E_{2t} = \vect E_{1t}$ memberi $E_{\text{tot}}(0) = 0$ , jadi $r = -1$ ; jumlahkanlah yang datang $E_0\cos(\omega t - kx)$ dan yang terpantul $-E_0\cos(\omega t + kx)$ ; $\vect B$ dari Faraday; lompatan $\vect B$ di permukaannya adalah $\mu_0\vect j_s \wedge\vect n$ ; gaya rerata tiap satuan luas $\tfrac12\langle j_sB\rangle$ pada lembarnya adalah $\varepsilon_0E_0^2 = 2I/c$ (Bab 12). ∎

Pemantulan pada penghantar sempurna: medan listriknya mempunyai simpul di permukaannya dan simpul gelombang berdirinya berulang tiap setengah panjang gelombang; medan magnetnya mempunyai perut di sana, yang diemban arus permukaannya.

Contoh 15.7 (Cermin, radar, oven gelombang mikro)

Sebuah cermin logam memantulkan lewat mekanisme ini: medan yang datang menggerakkan arus dalam kulit setebal beberapa nanometer ( $23\,\mathrm{nm}$ bagi perak pada $500\,\mathrm{nm}$ ), yang lalu memancarkan ulang gelombang pantulnya; $5\%$ yang hilang memanaskan logamnya — itulah sebabnya cermin laser berdaya tinggi didinginkan, dan sebabnya dinding oven Bab 14 mengambil $6\%$ dayanya. Sebuah radar melihat pesawat lewat gelombang yang dipancarkan ulang kulitnya; sebuah pesawat siluman mengganti logam datarnya dengan penyerap dan dengan bentuk yang memantulkan menjauhi radarnya. Simpul gelombang berdirinya, yang terpisah $\lambda/2 = 6\,\mathrm{cm}$ dalam sebuah oven, adalah bintik dinginnya.

15.4 Ujung sebuah kabel

Proposisi 15.8 (Pengakhiran sebuah saluran transmisi)

Sebuah saluran berimpedansi ciri $Z_c$ berakhir di $x = \ell$ pada sebuah beban berimpedansi $\underline Z_L$ : gelombang tegangannya terpantul dengan $\underline r = (\underline Z_L - Z_c)/(\underline Z_L + Z_c)$ — tak ada apa pun bagi beban yang tersesuaikan $Z_L = Z_c$ , $r = -1$ bagi hubung singkat, $r = +1$ bagi ujung terbuka. Sebuah saluran yang tak tersesuaikan mengemban gelombang berdiri sebagian yang nisbah tegangan maksimum terhadap minimumnya adalah nisbah gelombang berdiri $(1 + |r|)/(1 - |r|)$ . Mengirimkan pulsa pendek lalu mengukur waktu gemanya menentukan letak sebuah kerusakan (reflektometri kawasan waktu) dan membaca sifatnya dari tanda gemanya.

Bukti. Di bebannya, $v = Z_Li$ dengan $v = v_i + v_r$ dan $i = (v_i - v_r)/Z_c$ (Bab 8); aturan impedansi sekali lagi. Nisbah gelombang berdirinya: $|v|$ berubah antara $|v_i|(1 + |r|)$ dan $|v_i|(1 - |r|)$ sepanjang salurannya. ∎

Metode 15.9 (Antarmuka apa pun)

(1) Kenalilah kedua besaran yang sinambung menyeberangi antarmukanya dan impedansi tiap mediumnya sebagai nisbahnya dalam gelombang yang berjalan. (2) Tuliskanlah yang datang $+$ yang terpantul di satu sisinya, yang diteruskan di sisi lain, dengan frekuensi sama dan vektor gelombang tangensial sama (Descartes). (3) Terapkanlah kesinambungannya: dua persamaan, dua yang tak diketahui $r$ , $t$ . (4) Energinya: $R = |r|^2$ , $T = 1 - R$ bagi medium tanpa rugi. (5) Periksalah limitnya: impedansi yang sama (tanpa pantulan), impedansi tak hingga atau nol ( $|r| = 1$ , dengan tanda $r$ ), dan bagi lapisan, fase pantulan berturut-turutnya.

15.5 Latihan

Latihan 15.1 ★

Impedansi akustik: udara $410\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{s}^{-1}$ , air $1.5 \times 10^{6}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{s}^{-1}$ , baja $4.0 \times 10^{7}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{s}^{-1}$ , jaringan lunak $1.6 \times 10^{6}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{s}^{-1}$ , tulang $7 \times 10^{6}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{s}^{-1}$ . Tentukanlah koefisien pemantulan (tekanan) dan bagian energi yang terpantul bagi udara–air, air–baja, jaringan–tulang, jaringan–udara. Mengapa seekor ikan tak mendengar Anda, dan mengapa seorang penyelam mendengar mesin perahu begitu jelas?

Solusi

Solusi Latihan 15.1.

$r = (Z_2 - Z_1)/(Z_2 + Z_1)$ , $R = r^2$ : udara–air $0.9995$ , $99.9\%$ ; air–baja $0.93$ , $86\%$ ; jaringan–tulang $0.63$ , $40\%$ ; jaringan–udara $-0.9995$ , $99.9\%$ . Suara Anda, di udara, dipantulkan permukaannya; mesinnya mengguncang lambungnya, yang terbuat dari baja yang bersentuhan dengan airnya lalu melewatkan $14\%$ getarannya lurus ke dalam.

Latihan 15.2 ★

Reflektansi pada datang tegak lurus bagi udara–air ( $n = 1.33$ ), udara–kaca ( $1.52$ ), udara–intan ( $2.42$ ), kaca–air. Sebuah lensa kamera dengan $10$ permukaan udara–kaca, tanpa lapisan: bagian cahaya yang diteruskan, dan bagian yang memantul ke sana kemari sebagai bayangan hantu; dengan lapisan yang menyisakan $0.5\%$ tiap permukaan.

Solusi

Solusi Latihan 15.2.

$R = ((n - 1)/(n + 1))^2$ : $2.0\%$ , $4.3\%$ , $17\%$ ; kaca–air $0.44\%$ . $0.957^{10} = 0.64$ : sepertiga cahayanya hilang, sebagian besar sebagai bayangan hantu; berlapis: $0.995^{10} = 0.95$ .

Latihan 15.3 ★

Sudut Brewster bagi udara–kaca ( $1.52$ ), udara–air, air–kaca (cahaya yang beranjak dari air ke kaca). Polarisasi cahaya yang terpantul pada sudut itu; terpolarisasi penuhkah cahaya yang diteruskan? Pada sudut berapa seorang juru foto harus memandang etalase toko untuk mematikan pantulannya, dan dengan orientasi polarisator yang mana?

Solusi

Solusi Latihan 15.3.

$\tan\theta_B = n_2/n_1$ : $56.7{}^{\circ}$ , $53.1{}^{\circ}$ , $48.8{}^{\circ}$ . Cahaya yang terpantul terpolarisasi tegak lurus bidang datangnya; cahaya yang diteruskan hanya sebagian terpolarisasi (komponen s-nya hanya sebagian terpantul). Pandanglah etalasenya pada $57{}^{\circ}$ dari normalnya dengan sumbu polarisatornya dalam bidang datangnya (mendatar bagi etalase tegak yang dilihat dari samping).

Latihan 15.4 ★

Sudut kritis pemantulan total bagi kaca–udara, air–udara, intan–udara; sebuah prisma kaca $45{}^{\circ}$ sebagai cermin; kedalaman gelombang evanesennya bagi kaca–udara pada datang $45{}^{\circ}$ dan $60{}^{\circ}$ ( $\lambda = 600\,\mathrm{nm}$ ); mengapa sebutir intan begitu cemerlang?

Solusi

Solusi Latihan 15.4.

Sudut kritisnya $\arcsin(1/n)$ : $41.1{}^{\circ}$ , $48.8{}^{\circ}$ , $24.4{}^{\circ}$ ; $45^\circ > 41^\circ$ : prismanya memantulkan seluruhnya. $\ell = \lambda/2\pi\sqrt{n^2\sin^2\theta - 1}$ : $270\,\mathrm{nm}$ pada $45{}^{\circ}$ , $115\,\mathrm{nm}$ pada $60{}^{\circ}$ . Sudut kritis intan yang kecil memerangkap cahaya yang memasukinya sampai ia keluar lewat faset atasnya — yaitu kecemerlangannya.

Latihan 15.5 ★★

Lapisan antipantul. Sebuah kaca ber- $n_2 = 1.52$ dilapisi magnesium fluorida, $n = 1.38$ . (a) Indeks ideal bagi satu lapisan; tebalnya bagi $550\,\mathrm{nm}$ . (b) Reflektansi sisanya dengan MgF $_2$ pada $550\,\mathrm{nm}$ : amplitudonya adalah $r = (r_1 + r_2\eu^{-\iu\varphi})/(1 + r_1r_2 \eu^{-\iu\varphi})$ dengan $r_1 = (n_1 - n)/(n_1 + n)$ , $r_2 = (n - n_2)/(n + n_2)$ dan $\varphi = \pi$ pada panjang gelombang rancangannya (pantulan ganda tercakup): hitunglah $R$ . (c) $R$ pada $400\,\mathrm{nm}$ dan $700\,\mathrm{nm}$ (lapisan yang sama): apa warna pantulan sisa sebuah lensa berlapis? (d) Mengapa lensa bermutu tinggi memakai beberapa lapisan?

Solusi

Solusi Latihan 15.5.

(a) $\sqrt{1.52} = 1.23$ ; $e = 550/4 \times 1.38 = 100\,\mathrm{nm}$ . (b) $r_1 = -0.160$ , $r_2 = -0.048$ , $\varphi = \pi$ : $r = (r_1 - r_2)/(1 - r_1r_2) = -0.112$ , $R = 1.3\%$ (melawan $4.3\%$ ). (c) $400\,\mathrm{nm}$ : $\varphi = 1.375\pi$ , $R \approx 2.2\%$ ; $700\,\mathrm{nm}$ : $\varphi = 0.79\pi$ , $R \approx 1.6\%$ : biru dan merah lebih banyak terpantul daripada hijau — yaitu kilau keunguan sebuah lensa berlapis. (d) Beberapa lapisan meratakan $R$ di seluruh cahaya tampak.

Latihan 15.6 ★★

Pemeriksa ultrasonik. Keramik transdusernya mempunyai $Z_1 = 30 \times 10^{6}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{s}^{-1}$ , jaringannya $Z_2 = 1.6 \times 10^{6}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{s}^{-1}$ , $f = 5\,\mathrm{MHz}$ . (a) Energi yang diteruskan secara langsung; sisanya memantul-mantul di dalam keramiknya — apa akibatnya bagi panjang pulsanya? (b) Impedansi dan tebal sebuah lapisan penyesuai seperempat gelombang (kelajuan bunyi dalam lapisannya $3000\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ). (c) Dengan selaput udara $10\,\text{µ}\mathrm{m}$ di depan pemeriksanya: energi yang diteruskan (dua antarmuka, tanpa resonansi) — dari situlah gelnya. (d) Gelnya mempunyai $Z \approx Z_2$ : berapa bagian yang kini lolos antarmuka gel–kulitnya?

Solusi

Solusi Latihan 15.6.

(a) $T = 4 \times 30 \times 1.6/31.6^2 = 19\%$ ; sisanya berdengung, pulsanya berdering. (b) $Z = \sqrt{Z_1Z_2} = 6.9 \times 10^{6}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{s}^{-1}$ , $e = v/4f = 0.15\,\mathrm{mm}$ . (c) $T_1 = 4 \times 30 \times 10^6 \times 410/(30 \times 10^6)^2 = 5.5 \times 10^{-5}$ , $T_2 = 4 \times 1.6 \times 10^6 \times 410/(1.6 \times 10^6)^2 = 1.0 \times 10^{-3}$ : $5.6 \times 10^{-8}$ . (d) $4 \times 1.5 \times 1.6/ 3.1^2 = 0.999$ .

Latihan 15.7 ★★

Cermin plasma. Sebuah gelombang $3\,\mathrm{MHz}$ menjumpai ionosfer ( $n_e = 1 \times 10^{12}\,\mathrm{m}^{-3}$ ) pada datang tegak lurus. (a) $\underline n$ ; $r$ ; periksalah $|r| = 1$ lalu berikanlah fase $r$ . (b) Kedalaman tembusnya. (c) Gelombang berdiri di bawah lapisannya: kedudukan simpul $\vect E$ yang pertama. (d) Gelombangnya sebenarnya tiba miring pada lapisan yang kerapatannya tumbuh dengan ketinggian: jelaskanlah secara kualitatif mengapa ia dibengkokkan kembali sebelum mencapai aras yang padanya $\omega = \omega_p$ (pakailah Descartes dengan indeks yang menurun), dan mengapa gelombang berfrekuensi lebih tinggi lolos.

Solusi

Solusi Latihan 15.7.

(a) $\omega_p/\omega = 3$ : $\underline n = -\iu\sqrt8 = -2.83\iu$ ; $r = (1 + 2.83\iu)/(1 - 2.83 \iu)$ , $|r| = 1$ , fasenya $2\arctan2.83 = 141{}^{\circ}$ . (b) $c/\sqrt{\omega_p^2 - \omega^2} = 5.6\,\mathrm{m}$ . (c) $E \propto \cos(kx + \varphi/2)$ : simpul pertamanya di $kx = -(\pi + \varphi)/2$ , $x \approx -45\,\mathrm{m}$ di bawah lapisannya. (d) Indeksnya turun dengan ketinggian, jadi Descartes membengkokkan sinarnya menjauhi arah tegak; ia berbalik di tempat $n(z) = \sin\theta_0$ , yakni $\omega_p^2 = \omega^2\cos^2\theta_0$ , di bawah aras $\omega = \omega_p$ ; frekuensi yang $\omega\cos\theta_0$ -nya melampaui $\omega_p$ maksimum lapisannya lolos.

Latihan 15.8 ★★

Cermin logam. Tembaga ( $\gamma = 6 \times 10^{7}\,\mathrm{S}/\mathrm{m}$ ): tentukanlah reflektansinya $1 - \sqrt{8\varepsilon_0\omega/\gamma}$ pada $10\,\mathrm{GHz}$ , pada $30\,\mathrm{THz}$ (laser CO $_2$ ) dan, secara formal, pada $5 \times 10^{14}\,\mathrm{Hz}$ — mengapa rumusnya gagal di sana (bandingkanlah $\omega\tau$ )? Daya yang terserap dari berkas laser CO $_2$ $1\,\mathrm{kW}$ pada cermin tembaga; mengapa cermin semacam itu didinginkan air.

Solusi

Solusi Latihan 15.8.

$\sqrt{8\varepsilon_0\omega/\gamma}$ : $2.7 \times 10^{-4}$ ( $R = 0.9997$ ), $1.5 \times 10^{-2}$ ( $0.985$ ), $0.06$ ( $0.94$ ) — tetapi pada $5 \times 10^{14}\,\mathrm{Hz}$ $\omega\tau = 80$ : tembaganya menjadi plasma, bukan penghantar ohmik, lalu memantulkan sekitar $60\%$ , berwarna. $15\,\mathrm{W}$ terserap dari berkas CO $_2$ -nya: beberapa ratus kelvin tiap menit pada cermin kecil, dari situlah airnya.

Latihan 15.9 ★★

Sebuah saluran $50\,\Omega$ diakhiri oleh $75$ , $25$ , $0$ , $\infty$ dan $50\,\Omega$ : tentukanlah koefisien pemantulan, nisbah gelombang berdiri, bagian daya yang terpantul. Sebuah pemancar $100\,\mathrm{W}$ menyuapi antena $75\,\Omega$ lewat kabel $50\,\Omega$ : daya yang mencapai antenanya (lintasan pertama), dan ke mana sisanya pergi. Sebuah gema kembali sesudah $1.2\,\text{µ}\mathrm{s}$ ( $c_{\text{kabel}} = 2 \times 10^{8}\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ), tegak: di mana dan apa kerusakannya?

Solusi

Solusi Latihan 15.9.

$r = 0.2$ , $-1/3$ , $-1$ , $+1$ , $0$ ; SWR-nya $1.5$ , $2$ , $\infty$ , $\infty$ , $1$ ; yang terpantul $4\%$ , $11\%$ , $100\%$ , $100\%$ , $0$ . $96\,\mathrm{W}$ mencapai antenanya, $4\,\mathrm{W}$ kembali ke pemancarnya (dan sebagian dipantulkan ulang). $1.2\,\text{µ}\mathrm{s}$ : $120\,\mathrm{m}$ ; gema yang tegak: sebuah rangkaian terbuka — kabel yang terputus.

Latihan 15.10 ★★★

Fresnel bagi polarisasi s. Sebuah gelombang dengan $\vect E$ tegak lurus bidang datangnya menjumpai antarmuka $n_1 \to n_2$ pada $\theta_1$ . (a) Tuliskanlah ketiga medan $\vect E$ -nya dan komponen tangensial $\vect B = \vect k\wedge\vect E/\omega$ . (b) Terapkanlah kesinambungan $\vect E$ dan $\vect B$ tangensialnya lalu turunkanlah $r_s = \dfrac{n_1\cos\theta_1 - n_2\cos\theta_2} {n_1\cos\theta_1 + n_2\cos\theta_2}$ . (c) Periksalah limit datang tegak lurusnya dan limit menyerempetnya. (d) Bagi kaca pada $45{}^{\circ}$ : $R_s$ ; bandingkanlah dengan $R_p = \bigl(\frac{n_2\cos\theta_1 - n_1\cos\theta_2}{n_2\cos\theta_1 + n_1\cos\theta_2}\bigr)^2$ (diterima tanpa bukti) dan dengan $4\%$ pada datang tegak lurusnya.

Solusi

Solusi Latihan 15.10.

(a) $\vect E = E\vect e_z$ ; $\vect k\wedge\vect e_z = (k_y, -k_x, 0)$ , jadi komponen tangensialnya $B_y = -(n/c)\cos\theta\,E$ bagi gelombang datang dan terusannya dan $+(n_1/c)\cos\theta_1E_r$ bagi yang terpantul. (b) $1 + r = t$ dan $n_1\cos\theta_1 (1 - r) = n_2\cos\theta_2t$ : $r_s$ seperti yang dinyatakan. (c) $\theta = 0$ : $(n_1 - n_2)/(n_1 + n_2)$ ; $\theta_1 \to 90^\circ$ : $r_s \to -1$ . (d) $\cos\theta_2 = 0.882$ : $r_s = -0.30$ , $R_s = 9.2\%$ ; $R_p = 0.85\%$ ; melawan $4.3\%$ pada datang tegak lurus.

Latihan 15.11 ★★★

Pemantulan total yang digagalkan. Cahaya dalam kaca ( $n = 1.5$ ) terpantul seluruhnya pada muka kaca–udara pada $45{}^{\circ}$ ; sebuah permukaan kaca kedua didekatkan sampai jarak $d$ dalam udaranya. (a) Panjang peluruhan evanesennya $\ell$ bagi $\lambda = 600\,\mathrm{nm}$ . (b) Dengan menerima bahwa intensitas yang diteruskan menembus celahnya kira-kira $\eu^{-2d/\ell}$ , carilah $d$ bagi penerusan $50\%$ dan $1\%$ . (c) Apa yang dilakukan ujung jari yang ditekankan pada kacanya terhadap pantulannya (pembaca sidik jari)? (d) Mengapa ini padanan optik penerowongan Bab 31?

Solusi

Solusi Latihan 15.11.

(a) $270\,\mathrm{nm}$ . (b) $d = 0.35\ell = 95\,\mathrm{nm}$ ; $2.3\ell = 620\,\mathrm{nm}$ . (c) Punggung sidiknya menyentuh kacanya lalu meloloskan cahayanya ke dalam kulitnya: punggung yang gelap, lembah yang terang pada pengindranya. (d) Gelombang evanesennya adalah fungsi gelombang yang meluruh eksponensial dalam daerah terlarangnya; medium kedua dalam panjang peluruhannya memungutnya — penerowongan optik.

Latihan 15.12 ★★★

Dua cermin. Dua penghantar sempurna yang sejajar di $x = 0$ dan $x = L$ mengurung sebuah gelombang berdiri. (a) Tunjukkanlah bahwa hanya $L = m\lambda/2$ yang mungkin: ragam rongganya, $f_m = mc/2L$ . (b) Untuk $L = 15\,\mathrm{cm}$ , ketiga ragam pertamanya; mana yang dekat $2.45\,\mathrm{GHz}$ ? (c) Arus permukaan pada kedua cerminnya dan gaya pada masing-masingnya (ke dalam atau ke luar?), bagi amplitudo medan $E_0 = 20\,\mathrm{kV}/\mathrm{m}$ di dalamnya. (d) Cerminnya kini terbuat dari tembaga: dengan memakai hambatan permukaan $R_s = 1/\gamma\delta$ Bab 14, tentukanlah daya yang hilang tiap satuan luas pada $2.45\,\mathrm{GHz}$ dengan $H_0 = E_0/\mu_0c$ (perut magnetiknya), dan waktu bagi energi tersimpannya ( $\tfrac12\varepsilon_0E_0^2$ tiap satuan volume secara rerata, sepanjang $L$ ) untuk meluruh — yaitu faktor kualitas $Q = 2\pi f\,\times$ energi tersimpan / daya yang hilang.

Solusi

Solusi Latihan 15.12.

(a) Simpul $\vect E$ pada kedua cerminnya: $\sin kL = 0$ , $L = m\lambda/2$ , $f_m = mc/2L$ . (b) $1$ , $2$ , $3\,\mathrm{GHz}$ : tak ada yang pada $2.45\,\mathrm{GHz}$ — ragam tiga dimensi sebuah oven yang sungguhan jauh lebih rapat. (c) $j_s = H_0 = E_0/\mu_0c = 53\,\mathrm{A}/\mathrm{m}$ pada masing-masingnya, dan tekanannya $\mu_0j_s^2/2 = 1.8\,\mathrm{mPa}$ mendorong cerminnya saling menjauh. (d) $\delta = 1.3\,\text{µ}\mathrm{m}$ , $R_s = 12.5\,\mathrm{m}\Omega$ ; $\tfrac12R_sH_0^2 = 18\,\mathrm{W}/\mathrm{m}^{2}$ tiap cermin; energi tersimpan reratanya $\tfrac14\varepsilon_0E_0^2 \times L = 1.3 \times 10^{-7}\,\mathrm{J}/\mathrm{m}^{2}$ ; $Q = 2\pi f \times 1.3 \times 10^{-7}/35 \approx 6 \times 10^4$ .

15.6 Soal: Lapisan, gel dan penyerap radar

Soal 15.1

Soal akhir pekan — membuat antarmuka lenyap: lensa berlapis, transduser yang tersesuaikan, tabir penyerap radar, dan cermin yang tak dapat dibuat lenyap

Bagian I — Lensa berlapis. Sebuah lensa zum mempunyai $16$ permukaan udara–kaca berindeks $1.52$ ; cahayanya pada $550\,\mathrm{nm}$ .

Reflektansi satu permukaan tanpa lapisan; penerusan seluruh lensanya; bagian cahaya yang mengembara sebagai pantulan sesat.
Lapisan tunggal yang ideal: indeks dan tebalnya; mengapa tak ada zat padat lazim berindeks itu yang tersedia, dan berapa reflektansi sisanya dengan MgF $_2$ ( $1.38$ )?
Dengan $16$ permukaan pada $1.3\%$ masing-masing: penerusannya; pada $0.3\%$ (berlapis ganda): penerusannya. Mengapa lensa tua memberi citra yang “datar” dengan kontras rendah?
Lapisannya dirancang bagi $550\,\mathrm{nm}$ : tunjukkanlah bahwa pada $440\,\mathrm{nm}$ fase $\varphi$ perjalanan pulang perginya adalah $1.25\pi$ lalu taksirlah reflektansinya di sana (rumus dua pantulan, $R \approx r_1^2 + r_2^2 + 2r_1r_2\cos\varphi$ , dengan $r_1 = -0.16$ , $r_2 = -0.05$ ). Apa warna pantulannya?
Sebuah cermin dielektrik menumpuk lapisan seperempat gelombang berindeks $1.38$ dan $2.35$ : amplitudo pantul dari antarmuka yang berturut-turut kini bertambah sefase; tentukanlah pantulan satu pasang (dua antarmuka) dan mengapa $20$ pasang mencapai $99.9\%$ .
Dalam lensa berlapisnya gelombang pantulnya “ditiadakan”: ke mana energinya pergi?
Cermin semacam itu memantulkan satu pita panjang gelombang lalu meneruskan sisanya: mengapa, dan tampak berwarna apa ia dalam penerusan jika ia memantulkan hijau?

Bagian II — Pemeriksa dan gelnya. Keramiknya $Z_1 = 30 \times 10^{6}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{s}^{-1}$ , lapisan penyesuai, gel, kulit $Z = 1.6 \times 10^{6}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{s}^{-1}$ , $f = 5\,\mathrm{MHz}$ .

Penerusan langsung keramik–jaringan dalam energi; dengan lapisan seperempat gelombang berimpedansi ideal (nilainya) pada $f$ .
Lapisannya seperempat gelombang pada $5\,\mathrm{MHz}$ : tentukanlah penerusannya pada $3\,\mathrm{MHz}$ dan $7\,\mathrm{MHz}$ (pakailah taksiran dua pantulannya dengan fase pulang pergi yang sebenarnya): apa akibatnya bagi lebar pita pemeriksanya, dan mengapa pulsa pendek (yang diperlukan bagi resolusi kedalaman) berbenturan dengannya?
Selaput udara $5\,\text{µ}\mathrm{m}$ antara pemeriksa dan kulitnya: tentukanlah penerusan amplitudonya menembus kedua antarmukanya (kalikanlah $t$ -nya, abaikanlah resonansinya); energi yang diteruskan; dalam dB.
Hal yang sama dengan gel ( $Z = 1.5 \times 10^{6}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{s}^{-1}$ ).
Dengung keramiknya sendiri: pulsanya memantul di dalam keramiknya dengan $r \approx 0.9$ tiap pemantulan pada muka jaringannya (dan $\approx 1$ di belakangnya); jumlah perjalanan pulang pergi agar amplitudonya turun menjadi $1\%$ , dan mengapa keramiknya diberi penyangga penyerap.
Gema dari permukaan tulang $1\,\mathrm{mm}$ pada kedalaman $5\,\mathrm{cm}$ : tentukanlah bagian energi yang kembali ke pemeriksanya (pemantulan di tulangnya, dua lintasan pelemahan $0.5\,\mathrm{dB}/\mathrm{cm}/\mathrm{MHz}$ ); mengapa tulang melemparkan bayang-bayang akustik.

Bagian III — Penyerap radar. Sebuah radar $10\,\mathrm{GHz}$ menyinari sebuah keping logam. Untuk menyembunyikannya, sebuah lembar tipis berhambatan permukaan $R_s$ ( $\Omega$ tiap persegi) ditaruh pada jarak $d$ di depan kepingnya, dengan udara di antaranya. Impedansi ruang hampanya adalah $Z_0 = \sqrt{\mu_0/\varepsilon_0} = 377\,\Omega$ .

Reflektansi keping logam telanjangnya (penghantar sempurna), dan fase $r$ -nya.
Perlakukanlah celah udaranya sebagai saluran transmisi berimpedansi $Z_0$ yang dihubungsingkatkan kepingnya: tunjukkanlah bahwa impedansi yang terlihat di lembarnya, sambil memandang ke arah kepingnya, adalah $\underline Z_{\text{msk}} = \iu Z_0 \tan(2\pi d/\lambda)$ (tuliskanlah gelombang berdirinya $v = v_i(\eu^{-\iu kx} - \eu^{\iu kx})$ dari hubung singkatnya lalu ambillah $v/i$ di $x = -d$ ); bagi $d = \lambda/4$ nilainya tak hingga (sebuah rangkaian terbuka).
Lembar berhambatan $R_s$ yang terparalel dengan rangkaian terbuka itu menyajikan $R_s$ kepada gelombang datangnya: koefisien pemantulannya $(R_s - Z_0)/(R_s + Z_0)$ ; simpulkanlah bahwa sebuah lembar $377\,\Omega$ tiap persegi pada $\lambda/4$ tak memantulkan apa pun (tabir Salisbury). Nilai $d$ pada $10\,\mathrm{GHz}$ .
Ke mana energinya pergi? Periksalah dengan daya yang dilesapkan dalam lembarnya, $|v|^2/2R_s$ tiap satuan luas, terhadap intensitas datangnya.
Pada $8\,\mathrm{GHz}$ dan $12\,\mathrm{GHz}$ bagi tabir yang sama: $\underline Z_{\text{msk}}$ , impedansi totalnya $R_s \parallel \underline Z_{\text{msk}}$ , dan reflektansinya; lebar pita muslihatnya.
Radarnya kini menyinari tabirnya pada $30{}^{\circ}$ dari normalnya: apa yang berubah pada fase perjalanan pulang perginya menembus celahnya, dan apa akibatnya bagi penyesuaiannya?
Mengapa lapisan siluman yang sungguhan memakai beberapa lapisan berugi dan permukaan yang berbentuk khusus alih-alih satu tabir Salisbury?

Bagian IV — Cermin yang tetap tinggal.

Perak pada $500\,\mathrm{nm}$ berperilaku sebagai plasma ( $\omega_p = 1.4 \times 10^{16}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ ): tentukanlah $\underline n$ , $r$ (modulus dan fasenya), kedalaman tembusnya. Mengapa tak ada lapisan seperempat gelombang yang dapat membuat sebuah logam berhenti memantul?
Sebuah laser hijau $1\,\mathrm{kW}$ pada cermin perak ( $R = 0.97$ ): tentukanlah daya yang terserap dan laju kenaikan suhu cermin $10\,\mathrm{g}$ ( $c = 235\,\mathrm{J}/(\mathrm{kg}\,\mathrm{K})$ ) jika tak ada yang mendinginkannya.
Gelombang berdiri di depan peraknya: jarak antara simpul $\vect E$ dan kedudukan simpul pertamanya (pakailah fase $r$ ); apa yang diterima sebutir debu yang duduk di sebuah simpul?
Berkas pertanyaan 22 berpenampang $1\,\mathrm{cm}^{2}$ : tentukanlah intensitas, amplitudo medannya, dan rapat arus permukaan yang harus diemban cerminnya (taksiran penghantar sempurna $j_s = 2E_0/\mu_0c$ ).
Bandingkanlah ketiga “cermin” soal ini — logamnya, plasmanya, tumpukan dielektriknya — menurut mekanisme yang mengirim gelombangnya kembali, fase $r$ , dan apa yang membatasi reflektansinya.

Solusi

Solusi Soal 15.1.

1. $R = 4.3\%$ ; $0.957^{16} = 0.50$ ; separuh cahayanya tersesat.

2. $n = 1.23$ , $e = 112\,\mathrm{nm}$ ; tak ada zat padat yang awet berindeks serendah itu (MgF $_2$ , $1.38$ , yang terendah): sisanya $1.3\%$ .

3. $0.987^{16} = 0.81$ ; $0.997^{16} = 0.95$ . Pantulan sesatnya mengaburkan citranya: silau selubung, kontras rendah.

4. $\varphi = \pi \times 550/440 = 1.25\pi$ : $R \approx 0.0256 + 0.0025 + 2 \times 0.008 \times \cos1.25\pi = 1.7\%$ — lebih besar daripada pada $550\,\mathrm{nm}$ , seperti di ujung merahnya: sebuah pantulan magenta.

5. Tiap antarmukanya memantulkan $|r| = 0.97/3.73 = 0.26$ ; jarak seperempat gelombangnya menaruh pantulan berturut-turutnya sefase, sehingga amplitudonya bertambah alih-alih meniadakan; reflektansi tumpukannya adalah $1 - 4(n_L/n_H)^{2N} \approx 1 - 10^{-9}$ bagi $N = 20$ .

6. Syarat sefasenya hanya berlaku dekat panjang gelombang rancangannya (sebuah pita sekitar $\pm15\%$ ); sisanya lolos: sebuah cermin hijau tampak magenta dalam penerusan.

7. Ke dalam gelombang terusannya: interferensinya menata ulang, $R + T = 1$ .

8. $19\%$ ; dengan $Z_m = \sqrt{Z_1Z_2} = 6.9 \times 10^{6}\,\mathrm{kg}\,\mathrm{m}^{-2}\,\mathrm{s}^{-1}$ : $100\%$ pada $5\,\mathrm{MHz}$ .

9. $r_1 = 0.63$ , $r_2 = 0.62$ ; pada $3\,\mathrm{MHz}$ fase pulang perginya $0.6\pi$ , pada $7\,\mathrm{MHz}$ $1.4\pi$ : $R \approx 0.39 + 0.39 - 0.24 = 0.54$ , $T \approx 0.46$ pada keduanya: penyesuaiannya hanya berlaku pada pita di sekitar $5\,\mathrm{MHz}$ , sementara pulsa pendek menuntut pita lebar — sebuah kompromi.

10. $t_1 = 2 \times 410/30 \times 10^6 = 2.7 \times 10^{-5}$ , $t_2 = 2.0$ : $t = 5.5 \times 10^{-5}$ , $T = t^2Z_1/Z_3 = 5.6 \times 10^{-8}$ : $-72\,\mathrm{dB}$ .

11. $t = 0.095 \times 1.03 = 0.098$ , $T = 0.098^2 \times 30/1.6 = 0.18$ : gelnya sekadar menyingkirkan udaranya.

12. $0.9^N = 0.01$ : $N = 44$ perjalanan pulang pergi — dering turun yang panjang; penyangganya menyerap gelombang mundurnya lalu mematikannya.

13. $R = 0.40$ di tulangnya; $2 \times 5 \times 0.5 \times 5 = 25\,\mathrm{dB}$ pelemahan: $0.40 \times 3.2 \times 10^{-3} = 1.3 \times 10^{-3}$ ( $-29\,\mathrm{dB}$ ); tulangnya menyerap apa yang tak dipantulkannya: tak ada yang kembali dari belakangnya.

14. $R = 1$ , $r = -1$ .

15. Hubung singkat di $x = 0$ : $v = -2\iu v_i\sin kx$ , $i = (2v_i/Z_0)\cos kx$ ; di $x = -d$ : $v/i = \iu Z_0\tan kd$ ; tak hingga pada $d = \lambda/4$ .

16. $R_s \parallel \infty = R_s$ : $r = (R_s - Z_0)/(R_s + Z_0) = 0$ bagi $377\,\Omega$ ; $d = 7.5\,\mathrm{mm}$ .

17. Lembarnya melihat medan datang penuhnya: $|v|^2/2R_s = E_0^2/2Z_0$ , yaitu intensitas datangnya — semuanya terserap.

18. $8\,\mathrm{GHz}$ : $kd = 72^\circ$ , $Z_{\text{msk}} = \iu1160\,\Omega$ , $R_s \parallel Z_{\text{msk}} = (340 + 111\iu)\,\Omega$ , $R = |r|^2 = 2.6\%$ ( $-16\,\mathrm{dB}$ ); $12\,\mathrm{GHz}$ : $kd = 108^\circ$ , modulus yang sama: $-16\,\mathrm{dB}$ . Berguna sekitar $\pm20\%$ .

19. Datang miring memendekkan seperempat gelombang efektifnya ( $d\cos\theta$ ) lalu mengubah impedansi gelombangnya dengan sudutnya: penyesuaiannya hilang.

20. Satu tabir bekerja pada satu frekuensi dan satu sudut; lapisan berugi yang bertingkat dan permukaan yang berbentuk khusus menyerap dan membelokkan pada pita lebar.

21. $\underline n = -\iu\sqrt{(\omega_p/\omega)^2 - 1} = -3.6\iu$ ; $|r| = 1$ , fasenya $2\arctan3.6 = 149{}^{\circ}$ ; kedalamannya $c/3.6\omega = 22\,\mathrm{nm}$ . Gelombangnya tak pernah memasuki logamnya untuk dibelah menjadi dua pantulan yang sebanding: tak ada apa pun yang dapat ditiadakan lapisan seperempat gelombang terhadap pantulan bermodulus satu.

22. $30\,\mathrm{W}$ ; $30/(0.01 \times 235) = 13\,\mathrm{K}/\mathrm{s}$ .

23. Simpulnya tiap $\lambda/2 = 250\,\mathrm{nm}$ ; $E \propto \cos(kx + \varphi/2)$ dengan $\varphi = 149^\circ$ : simpul pertamanya di $x = -(90^\circ + 74.5^\circ)\lambda/360^\circ = -230\,\mathrm{nm}$ ; sebutir debu di sana duduk dalam gelap.

24. $I = 1 \times 10^{7}\,\mathrm{W}/\mathrm{m}^{2}$ , $E_0 = \sqrt{2I/\varepsilon_0c} = 87\,\mathrm{kV}/\mathrm{m}$ , $j_s = 2E_0/\mu_0c = 460\,\mathrm{A}/\mathrm{m}$ .

25. Logam: arus permukaan dalam satu kedalaman kulit, $r \approx -1$ , yang dibatasi rugi Joule arus itu. Plasma: penembusan evanesen, $|r| = 1$ dengan fase yang bergantung frekuensi, yang dibatasi tumbukan. Tumpukan dielektrik: banyak pantulan lemah yang bertambah sefase, $r \to 1$ dalam sebuah pita, yang dibatasi jumlah lapisan dan lebar pitanya.