Hak Cipta pada Penulis dan dilindungi Undang-undang Hak Penerbitan pada Penerbit Universitas Terbuka Kementerian Riset, Teknologi, dan Pendidikan Tinggi Jalan Cabe Raya, Pondok Cabe, Pamulang, Tangerang Selatan - 15418 Banten - Indonesia Dilarang mengutip sebagian ataupun seluruh buku ini dalam bentuk apa pun, tanpa izin dari penerbit Edisi Kesatu Cetakan pertama, Januari 2007 Cetakan kedua, April 2007 Cetakan ketiga, Januari 2008 Penulis Penelaah Materi Pengembang Desain Instruksional : Artoto Arkundato, S.Si, M.Si.dkk Lutfi Rahman, M.Si. : Heni Safitri : Heni Safitri Desain Cover & Ilustrator Lay-outer Copy Editor : Aris Suryana : Sukino : Suhria Atmana 530 ARK m ARKUNDATO, Artoto. Materi pokok optika ; 1 – 9/PEFI4311/3 sks/ Artoto Arkundato, Lutfi Rahman. -- Cet.3; Ed.1 --. Tangerang Selatan: Universitas Terbuka, 2008 532 hal; 9 modul : ill.; 21 cm ISBN: 979-011-079-0 1. optika I. Judul II. Rahman, Lutfi iii Daftar Isi TINJAUAN MATA KULIAH ........................................................... ix MODUL 1: PRODUKSI CAHAYA Kegiatan Belajar 1: Pengukuran Cahaya............................................................................ Latihan …………………………………………............................... Rangkuman ………………………………….................................... Tes Formatif 1 ……………………………..…….............................. 1.1 1.3 1.22 1.23 1.25 Kegiatan Belajar 2: Jenis-jenis Radiasi.............................................................................. Latihan …………………………………………............................... Rangkuman ………………………………….................................... Tes Formatif 2 ……………………………..…….............................. 1.29 1.39 1.41 1.41 KUNCI JAWABAN TES FORMATIF ............................................. GLOSARIUM .................................................................................... DAFTAR PUSTAKA ........................................................................ 1.45 1.48 1.51 MODUL 2: OPTIKA GEOMETRI Kegiatan Belajar 1: Pemantulan dan Pembiasan................................................................ Latihan …………………………………………............................... Rangkuman ………………………………….................................... Tes Formatif 1 ……………………………..…….............................. 2.1 2.3 2.41 2.45 2.46 Kegiatan Belajar 2: Teori Aberasi...................................................................................... Latihan …………………………………………............................... Rangkuman ………………………………….................................... Tes Formatif 2 ……………………………..…….............................. 2.51 2.64 2.66 2.66 iv KUNCI JAWABAN TES FORMATIF ............................................. GLOSARIUM .................................................................................... DAFTAR PUSTAKA ........................................................................ 2.69 2.73 2.75 MODUL 3: INSTRUMENTASI OPTIKA Kegiatan Belajar 1: Prisma, Kamera, Mikroskop dan Teleskop........................................ Latihan …………………………………………............................... Rangkuman ………………………………….................................... Tes Formatif 1 ……………………………..…….............................. 3.1 3.3 3.19 3.21 3.22 Kegiatan Belajar 2: Sistem Optika Mata............................................................................. Latihan …………………………………………............................... Rangkuman ………………………………….................................... Tes Formatif 2 ……………………………..…….............................. 3.26 3.39 3.40 3.41 KUNCI JAWABAN TES FORMATIF ............................................. GLOSARIUM .................................................................................... DAFTAR PUSTAKA ........................................................................ 3.44 3.47 3.51 MODUL 4: INTERFERENSI CAHAYA Kegiatan Belajar 1: Jenis Interferensi Cahaya.................................................................... Latihan …………………………………………............................... Rangkuman ………………………………….................................... Tes Formatif 1 ……………………………..…….............................. 4.1 4.2 4.28 4.29 4.31 Kegiatan Belajar 2: Macam Alat Pengukuran Interferensi................................................. Latihan …………………………………………............................... Rangkuman ………………………………….................................... Tes Formatif 2 ……………………………..…….............................. 4.34 4.52 4.53 4.53 v KUNCI JAWABAN TES FORMATIF ............................................. GLOSARIUM .................................................................................... DAFTAR PUSTAKA ........................................................................ 4.57 4.59 4.61 MODUL 5: POLARISASI CAHAYA Kegiatan Belajar 1: Polarisasi Oleh Pemantulan................................................................. Latihan …………………………………………............................... Rangkuman ………………………………….................................... Tes Formatif 1 ……………………………..…….............................. 5.1 5.3 5.30 5.34 5.37 Kegiatan Belajar 2: Polarisasi Oleh Pembiasan dan Polarisasi Absorpsi Selektif.............. Latihan …………………………………………............................... Rangkuman ………………………………….................................... Tes Formatif 2 ……………………………..…….............................. 5.41 5.58 5.61 5.63 KUNCI JAWABAN TES FORMATIF ............................................. GLOSARIUM .................................................................................... DAFTAR PUSTAKA ........................................................................ 5.67 5.71 5.75 MODUL 6: KOHERENSI Kegiatan Belajar 1: Analisis Fourier................................................................................... Latihan …………………………………………............................... Rangkuman ………………………………….................................... Tes Formatif 1 ……………………………..…….............................. 6.1 6.3 6.15 6.19 6.20 Kegiatan Belajar 2: Jenis-jenis Koherensi......................................................................... Latihan ………………………………………….............................. Rangkuman ………………………………….................................... Tes Formatif 2 ……………………………..…….............................. 6.25 6.43 6.45 6.46 vi KUNCI JAWABAN TES FORMATIF ............................................. GLOSARIUM .................................................................................... DAFTAR PUSTAKA ........................................................................ 6.51 6.54 6.56 MODUL 7: DIFRAKSI Kegiatan Belajar 1: Difraksi Fraunhofer............................................................................ Latihan …………………………………………............................... Rangkuman ………………………………….................................... Tes Formatif 1 ……………………………..…….............................. 7.1 7.3 7.27 7.30 7.31 Kegiatan Belajar 2: Difraksi Fresnel................................................................................... Latihan …………………………………………............................... Rangkuman ………………………………….................................... Tes Formatif 2 ……………………………..…….............................. 7.34 7.47 7.49 7.50 KUNCI JAWABAN TES FORMATIF ............................................. GLOSARIUM .................................................................................... DAFTAR PUSTAKA ........................................................................ 7.53 7.55 7.57 MODUL 8: LASER Kegiatan Belajar 1: Karakteristik Sinar Laser..................................................................... Latihan …………………………………………............................... Rangkuman ………………………………….................................... Tes Formatif 1 ……………………………..…….............................. 8.1 8.3 8.27 8.29 8.31 Kegiatan Belajar 2: Aplikasi Laser..................................................................................... Latihan …………………………………………............................... Rangkuman ………………………………….................................... Tes Formatif 2 ……………………………..…….............................. 8.34 8.46 8.48 8.50 vii KUNCI JAWABAN TES FORMATIF ............................................. GLOSARIUM .................................................................................... DAFTAR PUSTAKA ........................................................................ 8.53 8.54 8.56 MODUL 9: OPTIKA NONLINEAR Kegiatan Belajar 1: Gejala Optika Nonlinear..................................................................... Latihan …………………………………………............................... Rangkuman ………………………………….................................... Tes Formatif 1 ……………………………..…….............................. 9.1 9.3 9.31 9.31 9.32 Kegiatan Belajar 2: Metode Pengepasan Fase.................................................................... Latihan …………………………………………............................... Rangkuman ………………………………….................................... Tes Formatif 2 ……………………………..…….............................. 9.36 9.47 9.47 9.48 KUNCI JAWABAN TES FORMATIF ............................................. GLOSARIUM .................................................................................... DAFTAR PUSTAKA ........................................................................ 9.52 9.55 9.57 ix Tinjauan Mata Kuliah M ata Kuliah Optika ini memberikan pengetahuan mengenai produksi cahaya, optika geometri, alat-alat optika, interferensi, koherensi, polarisasi, difraksi, tingkatan difraksi dan laser. Sembilan pokok bahasan optika tersebut terangkum dalam Buku Materi Pokok Optika dengan bobot mata kuliah 3 sks. Buku Materi Pokok ini dirancang khusus bagi mahasiswa yang telah menjadi guru, baik di tingkat SMP maupun SMA untuk belajar secara mandiri. Oleh karena itu, materi yang disusun di dalamnya dimaksudkan agar mereka memiliki bekal yang cukup dalam menjelaskan fenomena alam yang terjadi berkaitan dengan optika kepada siswa. Semua pembahasan materi yang disajikan dalam buku ini telah dikemas sedemikian rupa, dengan adanya contoh dari submateri yang disajikan, latihan, rangkuman di setiap akhir kegiatan belajar untuk memberikan review kepada mahasiswa terhadap materi yang telah dipelajari dan pemberian tes formatif beserta jawabannya di setiap akhir modul untuk melatih penguasaan mahasiswa terhadap materi yang telah dipelajari serta adanya daftar pustaka dan glosarium yang memandu mahasiswa bila ingin mempelajari lebih mendalam terhadap materi yang dibahas sehingga diharapkan mahasiswa tidak mengalami kesulitan dalam mempelajarinya. Namun dengan sangat terpaksa penulis tidak dapat menghindari beberapa formulasi yang rumit dan merupakan sesuatu yang baru bagi mahasiswa. Secara garis besar, peta sajian Buku Materi Pokok ini di uraikan sebagai berikut. Modul 1 membahas tentang konsep apakah cahaya itu, bagaimana cahaya diciptakan dan diproduksi, bagaimana cahaya merambat sampai cahaya sebagai gelombang elektromagnetik. Sedangkan lebih rinci lagi pembahasan difokuskan pada pengukuran cahaya yang termasuk di dalamnya mengenai teori cahaya, spektrum gelombang elektromagnetik, radiometri dan fotometris. Juga akan dibahas konsep yang berkaitan dengan jenis-jenis radiasi seperti sumber radiasi sampai detektor radiasi. Modul 2 berisi Optika geometris yang merupakan cabang optika di mana efek-efek difraksi dan intervensi diabaikan. Pembahasan dikaitkan dengan menganggap cahaya merambat memancar keluar sumber cahaya dalam lintasan lurus yang kita sebut sinar. Dalam optika geometri kita x mengandaikan bahwa berkas cahaya merambat dalam garis lurus di dalam medium seragam dan mengabaikan menyebarnya cahaya jika cahaya merambat ke depan. Dengan pendekatan optika geometri maka akan sangat menyederhanakan analisis konvensional devais optika, seperti lensa dan cermin di mana berlakunya hukum-hukum pemantulan dan pembiasan. Modul 3 memberikan penjelasan alat-alat optika di mana merupakan pengaplikasian konsep-konsep optika dalam suatu sistem optika. Alat-alat optika yang dikembangkan sejauh ini adalah dalam usaha membantu indera mata kita untuk melihat objek yang relatif kecil atau sangat jauh. Modul 4 menjelaskan salah satu gejala optika di mana akan kita telaah dari sudut pandang karakteristik gelombang cahaya. Studi cahaya dari sifat gelombang disebut dengan optika fisis atau biasanya disebut optika gelombang. Pada modul ini terutama akan dibahas mengenai gejala interferensi yang berkaitan dengan jenis interferensi dan alat-alat optika yang menerapkan gejala interferensi. Modul 5 menerangkan tentang sifat perambatan gelombang yang tranversal. Dengan sifat tranversal ini cahaya [gelombang elektromagnetik] secara umum memiliki komponen medan listrik dan medan magnet yang saling tegak lurus terhadap arah rambat gelombang. Fenomena Polarisasi menetapkan sifat tranversal cahaya dan gelombang elektromagnetik secara umum. Juga akan dibahas mengenai keadaan polarisasi yang bermacammacam dan sejumlah fenomena yang melibatkan cahaya terpolarisasi. Pembahasan pada polarisasi cahaya akan lebih banyak difokuskan pada keadaan vektor medan listrik. Modul 6 memberikan uraian tentang konsep yang berkaitan dengan koherensi dan sifat-sifat koheren yaitu korelasi fase antara gelombang-gelombang monokromatis dalam suatu berkas cahaya di mana berkas tersebut memiliki relasi konstan/tetap. Pembahasan tentang koherensi penting dikarenakan manakala kita ingin mengamati pola frinji-frinji yang dapat diamati seperti akibat dari interferensi, di samping itu juga akan dibahas analisis Fourier dalam menelaah tentang koherensi. Modul 7 memberikan penjelasan tentang fenomena gerak gelombang yang disebut difraksi. Difraksi dapat diamati jika sebuah gelombang diganggu oleh sebuah rintangan yang mempunyai dimensi yang dapat dibandingkan dengan panjang gelombang dari gelombang. Dalam hal ini rintangan dapat berupa layar dengan lubang atau celah kecil yang mengizinkan hanya sejumlah bagian kecil muka gelombang datang xi Modul 8 berisi tentang pemanfaatan devais laser untuk keperluan praktis seperti peralatan pembaca data pada pemutar disk yang ada dalam perangkat audiovisual, sistem komunikasi dan kedokteran. Dapat dikatakan, dengan adanya laser maka optika telah dirangsang menjadi bidang riset yang paling cepat tumbuh dan berkembang dalam lingkungan sains dan teknologi saat ini. Bila pada Modul 1-8 kita membahas tentang optika linear maka Modul 9 ini akan dijelaskan tentang optika nonlinear di mana efek-efek menarik yang tidak lazim yang timbul apabila kita menggunakan gelombang dengan intensitas sangat tinggi seperti oleh laser. Agar Anda berhasil dalam mempelajari modul-modul dalam Buku Materi Pokok ini, maka berusahalah secara sungguh-sungguh dalam mempelajari modul-permodul, ikutilah petunjuk belajar yang ada dalam setiap modul dan jangan lupa kerjakanlah selalu soal-soal yang diberikan pada setiap akhir modul. Evaluasilah diri Anda sendiri dengan cara menghitung persentase penguasaan Anda terhadap tes formatif setiap modul yang diberikan. Selamat Belajar, semoga berhasil! xii Modul 1 Produksi Cahaya Artoto Arkundato, S.Si., M.Si. PEN D A HU L UA N O ptika adalah cabang fisika yang berkenaan dengan asal usul dan perambatan cahaya, bagaimana cara menghasilkan cahaya, mempelajari fenomena-fenomena fisis yang berkaitan dengan hal tersebut sampai penerapan-penerapan yang dapat dieksplorasi dari fenomena tersebut. Beberapa terapan penting dari optik yang hadir dalam kehidupan kita adalah seperti kacamata, kamera, teleskop dan lain-lain. Untuk mempelajari hal ihwal optik maka oleh karena itu, sangat tepat jika pembahasan kita dimulai dengan mengenal sifat-sifat cahaya itu sendiri. Konsep-konsep ini termasuk di antaranya adalah apakah cahaya itu, bagaimana cahaya diciptakan atau diproduksi, bagaimana cahaya merambat sampai cahaya sebagai gelombang elektromagnetik. Modul 1 ini dibagi menjadi dua kegiatan belajar. Kegiatan Belajar 1 membicarakan pengukuran cahaya yang termasuk di dalamnya mengenai teori cahaya, spektrum gelombang elektromagnetik, radiometri dan fotometris. Kegiatan Belajar 2 mengenai jenis-jenis radiasi dan di dalamnya akan membahas, sumber radiasi sampai detektor radiasi. Materi dalam kegiatan belajar yang sedang Anda pelajari ini merupakan dasar dari materi pada modul selanjutnya, oleh karena itu pelajarilah dengan cermat agar dapat menyerap materi yang diberikan dengan baik. Setelah mempelajari modul ini diharapkan Anda dapat: 1. Menjelaskan sifat-sifat cahaya, cahaya sebagai gelombang elektromagnetik dan besaran-besaran dalam pengukuran cahaya. 2. Menjelaskan model-model perilaku cahaya. 3. Menjelaskan jenis-jenis radiasi, sumber radiasi dan cara mendeteksinya. 1.2 4. Optika Memecahkan permaslahan yang berkaitan dengan cahaya. Selanjutnya untuk meningkatkan pemahaman Anda dalam mempelajari modul ini, untuk setiap kegiatan belajar akan diberikan beberapa contoh soal beserta penyelesaiannya, latihan beserta jawabannya, ringkasan kuliah, glosarium, serta ujian formatif yang jawabannya diberikan pada akhir modul. Untuk mengukur benar-benar kemampuan Anda disarankan kerjakan dulu ujian formatif tanpa melihat terlebih dahulu jawaban yang diberikan pada akhir modul. Materi yang disajikan dalam Buku Materi Pokok OPTIKA ini meskipun diusahakan dapat menampung hal-hal mendasar tentang optika dan juga perkembangannya dewasa ini, namun tentu saja masih terdapat kekurangan di sana-sini. Oleh karena itu, mahasiswa sangat dianjurkan untuk tidak puas hanya mendapatkan materi dari Buku Materi Pokok ini. Bahan-bahan pembahasan tentang optika banyak terdapat di internet yang dapat diakses secara langsung oleh mahasiswa. PEFI4311/MODUL 1 1.3 Kegiatan Belajar 1 Pengukuran Cahaya A. TEORI CAHAYA Pembahasan optika barangkali sangat baik jika diawali dengan pertanyaan menyangkut hal yang sangat penting dari fenomena optik itu sendiri, yaitu “ apakah cahaya itu?”. Jawaban dari pertanyaan ini tentu saja tidak lain berbicara mengenai teori cahaya. Teori modern cahaya mengatakan bahwa cahaya adalah salah satu bagian dari berbagai macam gelombang elektromagnetik. Sebelum sampai ke konsep cahaya sebagai gelombang elektromagnetik [selanjutnya kita sebut gelombang EM] maka kita pelajari dulu sifat-sifat cahaya. 1. Sifat-sifat Cahaya Sampai sekitar pertengahan abad 17 umumnya dianut paham bahwa cahaya adalah kumpulan dari butiran-butiran [corpuscles] yang mengalir. Butiran-butiran ini dipancarkan oleh sumber cahaya seperti matahari, api lilin dan lain-lain serta memancar keluar dari sumber tersebut mengikuti lintasan lurus. Cahaya [aliran butiran] ini dapat menembus bahan bening [misalnya prisma] dan dapat dipantulkan oleh suatu permukaan kusam. Jika aliran butiran ini mengenai mata kita maka timbul kesan penglihatan, seperti yang kita alami. Jika uji kecukupan sebuah teori hanya didasarkan pada kemampuannya untuk menerangkan bukti-bukti eksperimen yang ada dengan sesedikit mungkin hipotesa maka kita harus mengakui bahwa teori “butiran” tersebut adalah sebuah teori yang unggul. Mengapa demikian? Teori tersebut dapat menerangkan mengapa cahaya bergerak lurus, mengapa dapat dipantulkan oleh permukaan halus seperti cermin, sampai mengapa dapat dibiaskan saat melewati bidang batas antar medium transparan yang berbeda. Teori butiran yang berpijak pada gerak lintasan dalam hal ini dapat menjelaskan hal-hal di atas dengan cara yang sederhana. 1.4 Optika Segera melewati pertengahan abad 17, sementara banyak ilmuwan menerima teori butiran ini, ide cahaya sebagai gelombang mulai tumbuh. Christian Huygens [1670] menunjukkan bahwa dengan menggunakan teori gelombang maka hukum pembiasan dan pemantulan cahaya dapat diterangkan. Bahkan dengan teori gelombang ini fenomena pembiasan ganda dapat diterangkan. Meskipun demikian, di samping penerimaan segera dari ilmuwan untuk teori gelombang ini, juga masih ada kegagalan berkaitan dengan gejala gelombang itu sendiri. Penolakan ini adalah jika cahaya adalah gerak gelombang maka seharusnya dapat dibelokkan mengelilingi penghalang seperti halnya yang terjadi pada gelombang air. Adalah pada tahun 1825 eksperimen interferensi cahaya Thomas Young dan Augustin Fresnel serta pengukuran kecepatan cahaya oleh Leon Foucoult [1850], menunjukkan keberadaan fenomena optik tidak cukup hanya dengan teori butiran. Fenomena interferensi dan difraksi hanya akan dapat diterangkan dengan baik jika kita menganggap cahaya adalah sebuah gerak gelombang. Percobaan Thomas Young mengizinkan kita dapat mengukur panjang gelombang cahaya sedangkan percobaan Fresnel menunjukkan kepada kita akan gerak lurus cahaya di samping dapat menerangkan fenomena difraksi cahaya. Cahaya sebagai gelombang dengan sifat-sifat dapat berinterferensi, terdifraksi dapat diukur lajunya dalam percobaan Foucoult dengan laju 3 x 108 m/det. Sifat eksak gelombang cahaya dan medium rambat cahaya, namun demikian masih belum terselesaikan. Menurut pemahaman saat itu, sebuah gelombang membutuhkan medium rambat. Medium ether seperti yang digagas Huygens sebagai medium tempat cahaya merambat masih menunjukkan hal yang tidak konsisten. Jika gelombang cahaya adalah gelombang elastik seperti halnya gelombang suara maka agar mempertimbangkan kemungkinan untuk laju besar dari perambatan cahaya maka ether tersebut harus sangat rigid, sementara ruang kita di mana ether diasumsikan memenuhinya tidaklah seperti itu. Lompatan besar ke depan berikutnya untuk teori cahaya adalah oleh James Clerk Maxwell [ilmuwan Scotlandia] pada 1873. Kita telah melihat bahwa berdasarkan teori gelombang cahaya [maksudnya cahaya adalah PEFI4311/MODUL 1 1.5 sebuah fenomena gelombang, bukan teori butiran] dari Young dan Fresnell maka kita menduga cahaya adalah sebuah gerak gelombang. Maxwell memprediksi adanya sebuah gelombang [dinamakan gelombang elektromagnetik] yang memiliki sifat-sifat sebagai berikut. a. b. c. d. Gelombang elektromagnetik [gelombang EM] mempunyai komponen medan magnet B dan medan listrik E yang berosilasi sefase. Dengan kata lain amplitudo maksimum E0 dari medan listrik dan medan magnet B0 terjadi pada saat dan di titik yang sama dalam arah rambat. Amplitudo maksimum kedua medan ini dihubungkan dalam persamaan E0 = cB0. Gelombang EM bergerak dalam mode transversal. Gelombang EM ini merambat dalam ruang dengan laju c = 2,998 x 108 m/det. Sifat-sifat gelombang EM secara umum banyak kesamaan dengan sifatsifat gelombang mekanik yang sudah ada, akan tetapi tidak membutuhkan medium rambat, yaitu dapat bergerak dalam ruang hampa [ruang di mana tidak ada muatan dan arus]. Gelombang mekanik memerlukan medium rambat selama gerakan. Laju gelombang EM ini kira-kira sama dengan laju perambatan cahaya yang diukur Leon Foucoult sebelumnya sebesar 3 x 10 8 m/det. Oleh karena itu, Maxwell menduga bahwa cahaya adalah salah satu bentuk gelombang EM. Selanjutnya 15 tahun setelah formulasi gelombang EM Maxwell, Heinrich Hertz menunjukkan pembangkitan gelombang pendek yang murni elektromagnetik dan memiliki sifat-sifat gelombang cahaya. Gelombang ini dapat dipantulkan, dibiaskan, difokuskan oleh lensa, dipolarisasikan, dan seterusnya, sebagaimana halnya gelombang cahaya. Oleh karena itu, teori Maxwell bahwa cahaya adalah gelombang elektromagnetik serta pembenaran Hertz secara eksperimen, telah membentuk salah satu pencapaian besar dalam fisika, dimana tampaknya tidak diragukan lagi bahwa cahaya adalah gelombang EM. Bagaimana dengan ether tadi? Gagasan ether sebenarnya muncul karena fenomena gelombang yang lain sebelumnya, seperti gelombang mekanik memerlukan medium rambat. Sebagai contoh gelombang suara memerlukan 1.6 Optika udara untuk merambat dari satu titik ke titik yang lain. Oleh karena itu, diasumsikan ether untuk medium rambat cahaya memenuhi seluruh ruang juga ruang hampa. Agar ether ini memenuhi sifat-sifat yang sesuai untuk medium rambat cahaya diasumsikan ether bersifat transparan, rapat massanya diabaikan dan juga rigid seperti baja. Banyak eksperimen sudah dikerjakan oleh para ilmuwan dan eksperimen yang paling berhasil adalah eksperimen Michelson-Morley [1887] yang menolak adanya medium ether tersebut!. Kesimpulan akhir dari sifat-sifat cahaya adalah gelombang EM yang merambat dengan laju 3 x 108 m/det tanpa medium rambat khusus. Gelombang EM selain aplikasinya yang luas dalam perkembangan teknologi juga mempunyai manfaat khusus karena sampai saat ini kita masih mengandalkan gelombang EM untuk mengetahui informasi seputar jagat raya [universe] berdasarkan informasi yang dibawa oleh gelombang-gelombang EM yang dapat ditangkap oleh detektor di bumi. Dengan mengetahui informasi mengenai gelombang radio dan mikro yang diterima bumi kita dapat menerima informasi lebih banyak mengenai pusat alam semesta. Sifatsifat lain dari gelombang EM [cahaya] adalah meskipun tidak memerlukan medium rambat namun dalam medium penghantar tidak dapat merambat jauh akibat serapan atau proses pantulan. Meskipun demikian gelombang EM dapat merambat dalam medium dielektrik tanpa kesulitan, namun lajunya direduksi menurut: c' c 3x108 m/det K K dengan K adalah tetapan dielektrik medium. Karena K > 1 untuk material dielektrik maka laju cahaya dalam medium dielektrik akan direduksi oleh faktor K tersebut. Contoh Soal 1: Sebuah gelombang EM dengan = 30 cm bergerak dalam udara dan memasuki material dielektrik [kuarza] dengan K = 4,3. Berapa frekuensi dan panjang gelombang setelah memasuki medium dielektrik? 1.7 PEFI4311/MODUL 1 Penyelesaian: Kita gunakan rumus gelombang biasa f adalah c' f 3x108 1x109 0, 3 Hz. v c . Frekuensi f gelombang Laju cahaya dalam medium adalah 3x108 1, 4x108 m/det. Laju rambat dapat berubah dan besaran yang 4, 3 tetap adalah frekuensi sehingga setelah memasuki medium panjang gelombang menjadi: medium c' 1, 4x108 14 cm. f 1x109 Kita kemudian melihat ternyata teori elektromagnetik klasik gagal menerangkan gejala emisi fotolistrik, yaitu fenomena terlepasnya elektron dari permukaan logam [konduktor] yang disinari. Adalah Einstein [1905] yang mengajukan gagasan [postulat] bahwa energi yang dibawa oleh berkas cahaya yang dalam bentuk medan listrik-magnet dari gelombang EM, sebenarnya dikonsentrasikan dalam bentuk paket kecil yang disebut foton. Jadi, kita kembali menganggap cahaya sebagai aliran butiran [teori butiran] yang kita sebut foton. Hanya saja sekarang kita masih mempertahankan gambaran gelombang dari cahaya, yaitu sebuah foton masih dipandang mempunyai frekuensi [sifat gelombang] dan energi foton sebanding dengan frekuensinya menurut rumus: E hf [1.1] dengan h adalah tetapan Planck yang besarnya kira-kira 6,63 x 10-34 J.det dan f adalah frekuensi gelombang. Tentu saja Anda akan bertanya, kalau demikian cahaya itu gelombang atau partikel [butiran]? Meskipun percobaan efek fotolistrik dari Einstein telah membuka kesimpulan bahwa cahaya itu mempunyai sifat partikel, namun ilmuwan pada waktu itu tidak sampai [tidak berani?] pada kesimpulan yang mengatakan bahwa itu adalah dua ungkapan berbeda untuk entitas yang sama. Adalah Louis de Broglie yang berani 1.8 Optika mengajukan hipotesa [selanjutnya dikenal dengan hipotesa de Broglie] dualisme gelombang-materi. Sebuah entitas pada suatu saat dapat ditelaah menurut aspek gelombangnya, dan pada saat yang lain lebih cocok jika ditelaah menurut aspek partikelnya. Kedua hal ini disatukan dalam persamaan yang terkenal: h p [1.2] Kita melihat disini, adalah karakteristik dari gelombang sedangkan p [momentum] adalah karakteristik dari partikel. Dalam menerangkan gejala efek fotolistrik, Einstein telah menganggap bahwa cahaya adalah sebuah partikel [disebut foton] yang mempunyai energi E = hf. Efek fotolistrik sulit dirumuskan menurut konsep-konsep atau teori elektromagnetik Maxwell!. Percobaan efek fotolistrik dapat Anda pelajari pada mata kuliah lain menyangkut topik fisika modern atau pada fisika kuantum. Hipotesa de Broglie diperkuat oleh percobaan Davisson-Germer untuk difraksi elektron pada kristal yang membuktikan untuk sifat gelombang dari partikel [elektron]. Konfirmasi sifat partikel dari cahaya yang lain adalah percobaan Compton [1921]. Dengan meninjau sifat foton dari cahaya yang menumbuk elektron maka Compton berhasil menerangkan adanya pergeseran frekuensi. Oleh karena itu, efek fotolistrik dan efek Compton menawarkan kita kembali ke teori butiran, namun dengan beberapa modifikasi. Dengan hipotesa de Broglie maka cahaya mempunyai sifat dua [ganda]. Fenomena perambatan cahaya mungkin paling baik jika diterangkan menurut aspek gelombangnya [teori elektromagnetik Maxwell] sedangkan interaksi cahaya dengan materi dalam proses emisi dan serapan adalah fenomena partikel. Contoh Soal 2: Berapakah energi foton yang terkandung dalam suatu berkas cahaya yang mempunyai panjang gelombang 526 nm? PEFI4311/MODUL 1 1.9 Penyelesaian: E hf hc / [6,63x1034 J .det][3x108 m / det] /[526 x109 m] =3,78 x 10-17 J. Jika 1 eV = 1,6 x 10-19 J maka E = 2,36 eV. Untuk mempermudah perhitungan dapat kita definisikan nilai hc = [6,63x1034 J .det][3x108 m / det] .[1,6 x 10-19 J/eV]=1240 eV.nm sehingga : E 1240 / eV dengan dalam satuan nm. Contoh Soal 3: Suatu sumber cahaya yang memancarkan warna hijau dengan daya 100 W pada panjang gelombang 500 nm. Berapa banyak foton per detik yang memancar keluar sumber? Penyelesaian: Energi yang dipancarkan adalah daya dikalikan dengan lama waktu pemancaran. Oleh karena itu energi tersebut adalah [100 W][1 det] = 100 J. Jika berkas cahaya adalah kumpulan foton maka jumlah foton adalah: N 2. 100 100[500 x109 ] 100 25 x1019 foton/detik. 34 8 hf hc [6, 63x10 ][3x10 ] Spektrum Gelombang Elektromagnetik Telah disampaikan bahwa cahaya adalah salah satu bagian dari bermacam-macam gelombang EM. Dalam pengertian lain, gelombang EM memiliki spektrum panjang gelombang yang luas, mulai dari gelombang radio dengan panjang gelombang orde satu meter atau lebih sampai turun ke sinar-X dengan orde sepermilyar meter. Secara umum pengertian spektrum adalah berkaitan dengan himpunan dari berbagai macam hal yang berurutan. Gelombang EM membentuk spektrum panjang gelombang artinya gelombang EM disusun dari berbagai range panjang gelombang. Gambar 1.1 di bawah ini memperlihatkan spektrum gelombang EM. Radiasi optik sendiri yang terbentang antara gelombang radio dan sinar-X memperlihatkan campuran unik sifat-sifat cahaya, gelombang dan sifat-sifat kuantum. Cahaya yang 1.10 Optika dimaksud adalah cahaya tampak, dengan rentang panjang gelombang 380770 nm. Gambar 1.1 Spektrum gelombang elektromagnetik Pada batas sinar-X atau panjang gelombang yang lebih pendek lagi radiasi elektromagnetik cenderung menunjukkan sifat partikelnya, sedangkan ke arah panjang gelombang panjang [long waves] maka radiasi EM lebih cenderung memperlihatkan perilaku gelombang. Cahaya tampak yang berada di bagian tengah dalam hal ini memperlihatkan karakteristik kedua-duanya gelombang dan partikel untuk derajat yang bermacam-macam. Kemudian menurut teori gelombang, semua gelombang EM yang berjalan di alam ini dalam mode transversal. Demikian pula pada prinsipnya tidak ada batasan besarnya panjang gelombang EM yang dapat dihasilkan, dan juga gelombang EM dapat dibangkitkan dengan frekuensi f sekecil mungkin. 1.11 PEFI4311/MODUL 1 Gambar 1.2 Mode rambat gelombang EM. Komponen listrik E dan magnet saling tegak lurus dan keduanya juga tegak lurus terhadap arah rambat gelombang. Dengan kaitan antara panjang gelombang dan frekuensi berikut: c f [1.3] maka dapat diperkirakan, jika f = 60 siklus/det maka adalah 5 x 106 m = 5000 km!. a. Cahaya ultraviolet Cahaya UV merupakan bagian dari spektrum gelombang EM. Cahaya UV dengan panjang gelombang pendek memperlihatkan sifat-sifat kuantum lebih kuat daripada cahaya tampak dan inframerah. Cahaya UV dipecah lagi menjadi tiga pita menurut efek yang ditimbulkan, yaitu UVA, UV-B dan UV-C. UV-A [100 – 200nm] adalah tipe yang paling sering dijumpai dan paling tidak berbahaya karena paling sedikit energinya. Cahaya UV-A ini juga sering disebut cahaya hitam, dan karena kurang berbahayanya maka biasa digunakan untuk phototherapy. UV-B[280 – 315 nm] adalah UV paling berbahaya karena mempunyai cukup energi untuk merusak jaringan hidup namun tidak cukup kuat untuk secara sempurna diserap oleh atmosfir. UV-B ini dapat menyebabkan kanker. UV-B yang berasal dari luar angkasa banyak ditahan oleh atmosfir sehingga perubahan kecil lapisan ozon berakibat 1.12 Optika fatal menambah bahaya kanker kulit. UV-C [315 – 400 nm] hampir secara sempurna diserap oleh udara. Jika UV-C bertumbukan dengan atom oksigen pertukaran energinya menyebabkan formasi ozon. UV-C hampir tidak pernah teramati di alam karena jenis cahaya UV ini cepat sekali terserap. Lampu UV-C sering digunakan untuk menjernihkan air karena kemampuannya membunuh bakteri. b. Cahaya Tampak Cahaya tampak juga merupakan bagian dari gelombang EM dan mudah sekali teramati oleh indra kita. Cahaya dapat dibagi menjadi beberapa bagian spektrum [teramati sebagai warna], seperti pada tabel berikut ini. Tabel 1.1 Spektrum warna cahaya tampak Warna Merah Oranye Kuning Hijau Biru Violet c. [nm] 780 - 622 622 - 597 597 - 577 577 - 492 492 - 455 455 - 390 F [1012 Hz] 384 - 482 482 – 503 503 – 520 520 – 610 610 – 659 657 - 769 Cahaya Inframerah [Ir] Cahaya IR juga termasuk gelombang EM dan mempunyai paling sedikit jumlah energi per foton dibanding sembarang pita gelombang EM yang lain. Spektrum IR sendiri dibagi menjadi dua bagian pita spektrum, yaitu far-IR [1,4 - 1000m] dan near-IR [770 – 1400 nm]. Selanjutnya, bagaimanakah cahaya-cahaya tersebut dibangkitkan atau berasal? Cahaya muncul dari proses-proses mikroskopis, dan untuk proses yang berbeda akan menghasilkan gelombang EM yang berbeda [ beda]. Seperti misalnya cahaya tampak dari hasil penyusunan ulang elektron bagian luar dari atom atau molekul, gelombang radio dari gerak elektron dalam antena, inframerah dibangkitkan dari rotasi dan vibrasi molekul, sinar-X hasil elektron bagian dalam di eksitasi serta sinar- muncul dari proses-proses nuklir. Sekali lagi perilaku gelombang EM pada frekuensi rendah baik jika ditelaah menggunakan teori gelombang PEFI4311/MODUL 1 1.13 klasik sedangkan untuk frekuensi tinggi memerlukan teori kuantum. Sebagai contoh, untuk efek fotolistrik tidak dapat digambarkan dengan teori gelombang klasik dan mengharuskan kita menelaah menurut konsep fisika kuantum. B. RADIOMETRI Radiometri adalah hal ihwal tentang bagaimana mengukur energi yang terkandung dalam medan radiasi optik dan juga menentukan bagaimana energi ini mengalir melalui sistem optik. Rumusan yang tepat untuk mendiskusikan perpindahan [transport] energi oleh medan radiasi bergantung secara kritis pada koherensi radiasi. Radiasi optik [akan kita pelajari pada Kegiatan Belajar 2] dapat kita kelompokkan sebagai radiasi koheren, koheren parsial dan tak koheren. Sifat-sifat radiometrik radiasi koheren dapat kita pelajari dengan meninjau vektor Poynting serta rapat fluks radiasinya. Problem radiometri namun demikian biasanya dimulai dengan menentukan aliran energi dari medan-medan radiasi tak koheren yang penting. Sumber radiasi termal dalam hal ini adalah contoh dari sumber radiasi yang tak koheren. Jika untuk radiasi koheren, amplitudo dan fase medan optik berfluktuasi secara tetap maka radiasi tak koheren akan berfluktuasi acak. Dalam radiasi termal, radiasi yang dipancarkan bersifat acak dalam fase dan amplitudo, sebab bermacam-macam elemen dari sumber memancarkan radiasi yang tidak bergantung satu sama lain. Oleh karena itu, hasil dari superposisi sejumlah besar gelombang-gelombang bebas bergabung dengan cara stokastik. Hukum radiometri tradisional didasarkan pada beberapa asumsi. Pertama, seperti telah disinggung di atas, sumber radiasi adalah tak koheren. Kemudian diasumsikan bahwa perambatan radiasi ini baik di ruang hampa atau melalui sistem optik dapat diatasi menggunakan hukum-hukum optika geometri, khusus untuk energi radiasi. Jadi hukum radiometri tidak dapat digunakan untuk problem-problem di mana efek interferensi dan difraksi ada secara dominan, karena efek-efek ini dapat menyebabkan aliran energi dalam arah yang berbeda dari arah sinar optika geometri. Asumsi terakhir adalah 1.14 Optika energi medan optik bersifat kekal sepanjang medan-medan tersebut merambat melalui medium transparan [medium tak menyerap]. Selanjutnya telah dibuktikan bahwa akan berguna jika mendefinisikan sejumlah besaran-besaran radiatif untuk menggambarkan energi yang dikandung medan-medan radiasi inkoheren. Besaran-besaran ini adalah: Tabel 1.2 Besaran-besaran dalam radiometri Besaran Enegi radiasi Rapat energi radiasi Fluks radiasi [daya] Iradiansi Radiansi Intensitas radiasi Simbol Q Definisi u ,P E L I dQ/dV dQ/dt d/dA d2/dAproyd d/d dt Satuan J J/m2 W W/m2 W/m2sr W/sr Energi total yang dikandung di dalam medan radiasi atau energi total yang dikirimkan ke suatu penerima oleh suatu medan radiasi disebut energi radiasi Q. Rapat energi didefinisikan dengan: u dQ / dV [1. 4] dengan dQ adalah energi radiasi untuk elemen volume dV medan radiasi. Fluks radiasi dipandang ekuivalen dengan daya P yaitu laju dQ/dt di mana energi radiasi dipindahkan dari satu wilayah ke wilayah yang lain oleh medan radiasi. Iradiansi E adalah fluks per satuan luas yang diterima oleh baik riil maupun elemen permukaan semu, yaitu E = d/dA Selanjutnya kita juga memerlukan konsep sudut ruang [solid angle]. [1.5] 1.15 PEFI4311/MODUL 1 Gambar 1.3 Sudut ruang oleh sumber titik di dalam bola Sudut ruang adalah sudut dalam satuan steradian [sr] yang didefinisikan dengan a r2 [1.6] dengan a adalah luasan pada permukaan bola yang diikat oleh kerucut seperti dalam gambar. Jari-jari bola adalah r. Radiansi L adalah fluks per satuan luas proyeksi per satuan sudut ruang yang keluar dari sumber. Jika d 2 adalah fluks yang dipancarkan ke dalam sudut ruang d oleh elemen sumber luasan proyeksi dAproy maka radiansi adalah: L d 2 dAproy d [1.7] di mana luasan proyeksi adalah dAproy = dAcos , seperti pada gambar berikut. 1.16 Optika Gambar 1.4 Definisi luasan proyeksi dengan adalah sudut antara normal bidang keluar dari elemen luas dA dan arah pengamatan. Kita akan melihat bahwa radiansi memainkan aturan penting dalam radiometri karena ini kekal untuk perambatan melalui sistem optik tanpa kehilangan radiasi [lossless]. Radiansi sering dipandang sebagai kecerahan [brightness]. Intensitas radiasi I adalah fluks per satuan sudut ruang yang dipancarkan oleh seluruh sumber pada arah yang diberikan, oleh sebab itu dapat dinyatakan dengan, d [1.8] I d dengan d adalah fluks yang dipancarkan ke dalam sudut ruang d. Meskipun intensitas radiasi dapat didefinisikan untuk sembarang sumber, namun sering lebih berguna jika radiasi dipandang sebagai hasil dari sumber titik. Gambar berikut menggambarkan iluminasi [penyinaran] elemen permukaan oleh sumber titik dengan intensitas I. Elemen permukaan ini diikat oleh sudut ruang seperti pada rumusan di atas, d dA cos / r 2 . Oleh karena itu, fluks yang mengenai elemen permukaan diberikan oleh d IdA cos / r 2 dan menurut rumusan sebelumnya maka iradiansi pada dA adalah: d I cos [1.9] E dA r2 PEFI4311/MODUL 1 1.17 Gambar 1.5 Iluminasi dari suatu sumber titik Hasil ini menggambarkan satu bentuk dari hukum kosinus Lambert bahwa iradiansi berkurang terhadap sudut datang dalam cos[]. Persamaan ini juga merupakan hukum kuadrat terbalik iradiansi terhadap r. Namun demikian, hukum kuadrat terbalik sebenarnya hanya cocok untuk sumber titik, yaitu sumber yang dimensinya sangat kecil dibandingkan jarak dari sumber ke titik yang menerima radiasi. Perlu dicatat di sini, bahwa istilah intensitas di sini sangat berbeda makna untuk kajian optika fisis di mana intensitas erat dipandang sebagai vektor Poynting dan dalam radiometri ini lebih dekat dengan pengertian iradiansi yaitu jumlah energi yang menyinari sebuah permukaan. C. PEMODELAN CAHAYA Studi optik memerlukan model-model perilaku cahaya. Dengan model ini kita dapat memprediksi fenomena cahaya. Kajian tradisional optik biasanya dibagi ke dalam optika geometris dan optika fisis. Dalam hal ini sekarang dikembangkan cabang ketiga, yaitu optika kuantum. Optika fisis meninjau fenomena cahaya berdasarkan sifat-sifat gelombang dan oleh karena itu optika fisis sering disebut dengan optika gelombang. Pendekatan ini bekerja dengan baik jika perubahan-perubahan energi dapat diabaikan. Dengan model ini kita dapat menggambarkan dengan baik gejala difaksi, interferensi dan polarisasi. Optika geometris adalah pendekatan yang lain untuk fenomena cahaya jika panjang gelombang cahaya sangat kecil dibandingkan dengan obyek yang sedang dalam peninjauan. Dengan ini kita menganggap cahaya sebagai 1.18 Optika sinar yang merambat dalam lintasan lurus. Pendekatan ini cukup akurat untuk kajian lensa dan teleskop. Optika kuantum, cabang optik yang terbaru yang merupakan pendekatan yang terbaik yang ada namun sangat kompleks [rumit]. Pendekatan ini diperlukan jika kita melihat adanya interaksi antara cahaya dengan materi dan ada perubahan energi yang signifikan, contohnya untuk memahami efek fotolistrik, laser, devais elektro-optik, kriptografi dll. Kajian optika kuantum pada dasarnya memerlukan pemahaman mekanika kuantum. Dalam tinjauan optika fisis, kita menelaah cahaya dari aspek gelombangnya. Gelombang EM sesuai dengan namanya mempunyai komponen medan listrik dan medan magnet yang saling tegak lurus dan bergerak dalam arah tranversal. Sebarang sumber gelombang EM dalam hal ini disebut radiator, dan yang membawa energi yang disalurkan oleh gelombang tersebut dikenal sebagai energi radiasi. Istilah umum untuk proses di mana energi radiasi dibangkitkan disebut radiasi. Sebagai contoh khusus, energi termal suatu padatan yang diubah menjadi energi radiasi maka proses tersebut disebut radiasi termal. Secara matematis, John Henry Poynting [1852–1914] telah mendemonstrasikan bahwa hadirnya medan listrik-magnet pada titik yang sama dalam ruang menghasilkan aliran energi medan. Bukti ini disebut teorema Poynting dan besaran terkait adalah vektor Poynting, yaitu: S EH [1.10] Masing-masing adalah S vektor Poynting, E medan listrik dan H B / adalah kuat medan magnet. Vektor Poynting mempunyai satuan J/[m2.det]. Vektor Poynting ini menyatakan energi radiasi yang mengenai sebuah luasan satuan per satuan waktu, atau juga energi radiasi yang dipancarkan oleh sumber per satuan waktu per satuan luas. Pada frekuensi optik E , H yaitu B , S berosilasi cepat sekali sehingga pengukuran sesaat nilai S secara langsung menjadi tidak praktis. Oleh karena itu, dihitung S secara rata-rata dalam interval waktu yang sesuai. Nilai < S > ini disebut 1.19 PEFI4311/MODUL 1 rapat fluks radian mempunyai satuan W/m2 yang juga disebut intensitas gelombang cahaya I. Di dalam radiometri rapat fluks radian jika mengenai sebuah permukaan dinamakan iradians [jumlah energi yang mengalir tegak lurus luasan satu satuan per satuan waktu] dengan satuan W/m2 dengan simbol I = < S >. Bagaimana kita menghitung nilai < S >?. Jika kita misalkan gelombang EM harmonik mempunyai bentuk berikut: E E0 cos[kx t ] B B0 cos[kx t ] [1.11] [1.12] maka kita dapat menghitung vektor Poynting adalah: S c2 0 E B c2 0 E0 B0 cos2 [kx t ] Oleh karena itu, rata-rata waktu vektor Poynting adalah S c2 0 E0 B0 cos2 [kx t ] [1.13] [1.14] Harga rata-rata fungsi waktu dapat kita evaluasi untuk interval waktu selama T’ sehingga: cos 2 [kx t ] 1 T t T ' cos 2 [kx t ']dt ' [1.15] t Untuk T’ yang besar maka nilai rata-rata ini sama dengan rata-rata pada satu periode tunggal T sehingga hasilnya adalah: 1.20 Optika cos2 [kx t ] 12 [1.16] Dengan demikian karena E0 = cB0 dan E B maka dapat kita hitung iradiansi gelombang EM adalah: c 1 [1.17] S ' I 0 E02 E02 2 2c0 Contoh Soal 4: Sebuah gelombang elektromagnetik berbentuk gelombang bidang merambat dalam ruang hampa membawa medan listrik E [juga dipandang sebagai medan optik] dengan komponen Ex = Ey = 0 dan x Ez 100sin 8 x1014 t dengan c adalah laju rambat cahaya. c Hitunglah rapat fluks yang bersangkutan? Penyelesaian: c I 0 E02 dengan 0 = 8,8542 x 10-12 C2.N-1.m-2 . Karena E0 = 100 mV 2 maka dapat kita hitung: I [3x108 ][8,85 x1012 ]1002 =13,3 W/m2. 2 Contoh Soal 5: Sebuah berkas laser mempunyai tampang lintang 2,0 mm2 dan daya 0,80 mW. Berapakah intensitas berkas dan juga besar medan listrik magnet laser tersebut? Penyelesaian: Jika kita asumsikan bahwa berkas mengandung gelombang bidang sinusoidal tunggal maka: I = P/A = [8,0 x 10-4][2,0x10-6] = 400 W/m2. Kemudian E0 = [2I/[c0]]2=550 V/m dan B0 = E0/c = 1,83 T. PEFI4311/MODUL 1 1.21 D. FOTOMETRI Fotometri berkenaan dengan pengukuran radiasi optik sebagaimana yang dikesan oleh mata [retina] manusia terhadap radiasi datang. Jadi jika dalam radiometri berkenaan dengan pengukuran semua energi radiasi maka dalam fotometri hanya berkenaan dengan bagian cahaya tampak dari spektrum tampak. Untuk fotometri maka rapat fluks disebut iluminans [illuminance] dengan satuan lumen/m2. Baik radiometri maupun fotometri menggunakan satuan pengukuran sendiri. Contoh Soal 6: Cahaya dari lampu proyeksi [OHP] memberikan iluminasi 12.000 lumen/m 2 pada sebuah dinding dalam arah tegak lurus cahaya pada jarak 5 m dari sumber. Berapa intensitas yang harus dimiliki sumber isotropik jika ingin menghasilkan iluminasi yang sama pada jarak 5 m? Penyelesaian: Untuk sumber isotropik dan arah datang cahaya tegak lurus bidang maka E = I/r2. Oleh karena itu, I = Er2 = [12,000 lm/m2][5m]2 = 3 x 105 cd. Contoh Soal 7: Sebuah lampu 40 W, 110 V menghasilkan 11,0 lm/W. Pada jarak berapakah dari lampu tersebut akan memberikan iluminasi maksimum 5 lm/m2? Penyelesaian: Jika kita asumsikan bahwa lampu tersebut merupakan sumber isotropic maka Emaks=F/[4r2]=I/r2. Dari soal F = [40W][11 lm/m2] = 440 lm, dan I = F/[4]= 35 cd. Dari soal Emaks = 5 lm/m2 sehingga 5 = 35/r2 r = 2,65 m. 1.22 Optika LAT IH A N Untuk memperdalam pemahaman Anda mengenai materi di atas, kerjakanlah latihan berikut! 1] Hitunglah frekuensi, panjang gelombang, energi dalam Joule untuk foton yang mempunyai energi 2 eV? 2] Tentukan laju, frekuensi, panjang gelombang, perioda, dan amplitudo medan listrik E dari gelombang bidang EM yang medan listriknya adalah berbentuk: Ex 100sin [3x106 z 9 x1014 t ]; E y Ez 0 3] Sebuah sumber gelombang EM monokromatis pada 60 W meradiasikan pada ke seluruh arah merata dan kemudian radiasinya di monitor pada jarak 2 m. Tentukan amplitudo E medan radiasi yang ditangkap oleh detektor? 4] Gelombang EM bidang merambat dalam ruang pada arah sumbu y. Jika medan listrik E terpolarisasi linear dalam bidang yz dan 0 = 500 nm berapakah medan listrik B0 jika diketahui iradians gelombang tersebut adalah 53,2 W/m2? 5] Tentukan iluminasi di suatu titik sejauh 7 ft dari sumber 125 cd, jika [a] permukaan bidang tegak lurus arah berkas sumber [b] permukaan bidang membentuk sudut 15o? Petunjuk Jawaban Latihan 1] = 620 nm, f = 480 THz dan E = 3,2 x 10-19 Joule 2] Fungsi gelombang dapat kita modelkan berbentuk Ex [ z, t ] E0 x sin k [ z vt ] . Dengan model ini serta membandingkan dengan medan listrik pada soal maka dapat kita ambil kesimpulan bahwa laju v = 3 x 108 m/det. Sementara itu kaitan antara bilangan gelombang k dan panjang gelombang adalah k = 2/ sehingga = 666 nm. Sementara itu v = f sehingga frekuensi f adalah 4,5 x 1014 Hz. Perioda gelombang dapat dicari yaitu = 1/f = 2,2 x 10-15 detik. Amplitudo gelombang adalah E0x = 100 V/m. 3] Misalkan luas bola yang membungkus sumber adalah A untuk jari-jari bola r dan I adalah iradiansi pada jarak itu. Maka daya yang 1.23 PEFI4311/MODUL 1 diradiasikan sumber adalah IA=I[4r2] atau =[4r2]. Oleh karena itu: c 60 0 E02 4 r 2 E0 = 30 V/m 2 ekuivalen dengan c 0 E02 53,2 = [3x108][8,85 x10-12][E02]/2. 2 Medan listrik dapat dihitung dari rumus ini yaitu E0 = 200 V/m. Kaitan antara E dan B adalah B0 = E0/c = 66,7 x 10-8 T ini berarti : 2 Bx 66, 7 x108 sin [ y 3x108 t ]; By Bz 0 . 9 500 x10 5] E=Emaks=I/r2 = [125 cd]/[7 ft]2 = 2,55 lm/ft2. E = Emaks cos dengan adalah sudut antara normal bidang dan arah sinar datang. Dalam soal yang dimaksud adalah = 85o sehingga E = [2,55 lm/ft2]cos 85o = 0,222 lm/ft2. 4] Dari iradiansi maka I R A NG KU M AN Optika adalah cabang fisika yang membahas asal-usul cahaya, perambatan cahaya, cara menghasilkan cahaya, mempelajari gejalagejala fisis yang terkait sampai bagaimana mencari kemungkinankemungkinan aplikasi dari teori dan konsep. Cahaya merupakan bagian dari spektrum gelombang elektromagnet, merambat dengan laju 3 x 10 8 m/det tanpa medium antara. Ada tiga pendekatan dalam optika: optika geometris, optika fisis dan optika kuantum. Optika geometris cocok digunakan manakala panjang gelombang sangat lebih kecil dibandingkan dengan dimensi objek dalam telaah. Optika fisis sebaliknya berlaku baik jika dimensi sistem dalam peninjauan mendekati besarnya panjang gelombang cahaya. Optika kuantum selanjutnya berguna manakala terdapat interaksi mikroskopik antara medium dengan cahaya, yaitu adanya perpindahan energi dari cahaya ke sistem. Telaah fisika modern [optika kuantum] memperlihatkan bahwa tinjauan mikroskopik sistem fisis memerlukan konsep dualisme gelombang partikel. Ini memberi pilihan kepada kita bahwa untuk sistem fisis mikroskopis [dimensi atom] kita dapat menelaah menurut aspek partikel atau menurut aspek gelombangnya. Radiometri adalah hal ihwal tentang bagaimana mengukur energi yang terkandung dalam medan radiasi optik, juga menentukan 1.24 Optika bagaimana energi ini mengalir melalui sistem optik. Energi total yang dikandung di dalam medan radiasi atau energi total yang dikirimkan ke suatu penerima oleh suatu medan radiasi disebut energi radiasi Q. Rapat energi didefinisikan dengan u dQ / dV dengan dQ adalah energi radiasi untuk elemen volume dV medan radiasi. Fluks radiasi dipandang ekuivalen dengan daya P yaitu laju dQ/dt di mana energi radiasi dipindahkan dari satu wilayah ke wilayah yang lain oleh medan radiasi. Iradiansi E adalah fluks per satuan luas yang diterima oleh baik riil maupun elemen permukaan semu, yaitu E = d/dA. Intensitas radiasi I adalah fluks per satuan sudut ruang yang dipancarkan oleh seluruh sumber pada arah yang diberikan dapat dinyatakan dengan d dengan d adalah fluks yang dipancarkan ke dalam sudut ruang I d d. Meskipun intensitas radiasi dapat didefinisikan untuk sembarang sumber, namun sering lebih berguna jika radiasi dipandang sebagai hasil dari sumber titik. Oleh karena itu, fluks yang mengenai elemen permukaan diberikan oleh d IdA cos / r 2 dan menurut rumusan d I cos sebelumnya maka iradiansi pada dA adalah . E dA r2 Istilah umum untuk proses di mana energi radiasi dibangkitkan disebut radiasi. Sebagai contoh khusus, energi termal suatu padatan yang diubah menjadi energi radiasi maka proses tersebut disebut radiasi termal. Untuk konteks gelombang EM maka kita bicara radiasi EM. Vektor Poynting S menyatakan energi radiasi yang mengenai sebuah luasan satuan per satuan waktu, atau juga energi radiasi yang dipancarkan oleh sumber per satuan waktu per satuan luas. Pada frekuensi optik E , H yaitu B , S berosilasi cepat sekali sehingga pengukuran sesaat nilai S secara langsung menjadi tidak praktis. Oleh karena itu dihitung S secara rata-rata dalam interval waktu yang sesuai 1 E02 yang disebut rapat fluks radian mempunyai satuan = 2c 0 W/m2 yang juga disebut intensitas gelombang cahaya I. PEFI4311/MODUL 1 1.25 TES F OR M AT IF 1 Pilihlah satu jawaban yang paling tepat! 1] Sebuah pengukuran kenaikan temperatur dari plat penyerap yang diatur tegak lurus terhadap sinar matahari yang mengenainya menunjukkan bahwa fluks energi yang disalurkan dari matahari ke permukaan bumi pada terang hari adalah 1 kW/m2. Tentukan amplitudo medan listrik E0 cahaya matahari jika dianggap matahari adalah sumber cahaya monokromatis sebesar …. A. 910 V/m B. 750 V/m C. 100 V/m D. 900 V/m 2] Medan magnet dari sumber cahaya pada soal di atas adalah .... A. 3,0 T B. 4,0 T C. 5,0 T D. 6,0 T 3] Cahaya mempunyai cakupan panjang gelombang dari ultraviolet [390 nm] sampai ke merah [780 nm]. Laju rambat cahaya dalam ruang hampa adalah 3 x 108 m/det, dan ini adalah laju untuk semua tipe gelombang EM. Tentukan frekuensi yang bersangkutan sebesar …. A. fmerah = 7,7 x 1014 Hz dan f violet = 3,9 x 1014 Hz B. fmerah = 3,8 x 1014 Hz dan f violet = 7,7 x 1014 Hz C. fmerah = 7,1 x 1014 Hz dan f violet = 3,1 x 1014 Hz D. fmerah = 3,1 x 1014 Hz dan f violet = 7.1 x 1014 Hz 1.26 Optika 4] Jika sebuah sumber isotropik ditempatkan di pusat bola maka lumen suatu berkas cahaya yang mengenai luasan 0,3 m2 pada permukaan bola dengan jari-jari 4 m adalah …. A. 10 lm B. 11 lm C. 14 lm D. 15 lm 5] Sebuah sumber cahaya diletakkan di atas pusat meja sejauh 3 m. Jika jari-jari meja adalah 1 m dan intensitas sumber adalah 200 cd, iluminasi di pinggir meja adalah … A. 19,0 lm/m2 B. 19,5 lm/m2 C. 19,7 lm/m2 D. 20 lm/m2 6] Jika bidang normal luasan membentuk sudut 30o terhadap arah sinar datang cahaya maka iluminasi E pada sebuah permukaan kecil berjarak 120 cm dari sumber radiasi titik dengan intensitas 72 cd adalah …. A. 36 lm/m2 B. 40 lm/m2 C. 42 lm/m2 D. 43 lm/m2 7] Sebuah alat pengukur cahaya menunjukkan iluminasi cahaya matahari yang diterima alat adalah 105 lm/m2. Jika jarak bumi-matahari adalah 1,5 x 1011 m maka berapakah intensitas sumber cahaya? A. 2,05 x 1027 cd B. 2,25 x 1027 cd C. 2, 55 x 1027 cd D. 2,65 x 1027 cd 1.27 PEFI4311/MODUL 1 8] Komponen listrik gelombang EM diberikan oleh 4 5 E 10 sin[6 x10 t 0,01x] . Frekuensi dari gelombang EM tersebut adalah .... A. 90 kHz B. 91 kHz C. 95,5 kHz D. 101,1 kHz 9] Panjang gelombang untuk komponen listrik gelombang EM diberikan oleh E 104 sin[6 x105 t 0,01x] adalah …. A. B. C. D. 660 nm 670 nm 620 nm 628 nm 10] Bentuk fungsi medan magnet untuk komponen listrik gelombang EM diberikan oleh E 104 sin[6 x105 t 0,01x] adalah .... A. B 3,3x1013 sin[6 x105 t 0,01x] T B. B 1014 sin[6 x105 t 0,01x] T C. B 3,0 x1014 sin[6 x105 t 0,01x] T D. B 103 sin[6 x105 t 0,01x] T Cocokkanlah jawaban Anda dengan Kunci Jawaban Tes Formatif 1 yang terdapat di bagian akhir modul ini. Hitunglah jawaban yang benar. Kemudian, gunakan rumus berikut untuk mengetahui tingkat penguasaan Anda terhadap materi Kegiatan Belajar 1. Tingkat penguasaan = Jumlah Jawaban yang Benar 100% jumlah soal 1.28 Optika Arti tingkat penguasaan: 90 - 100% = baik sekali 80 - 89% = baik 70 - 79% = cukup < 70% = kurang Apabila mencapai tingkat penguasaan 80% atau lebih, Anda dapat meneruskan dengan Kegiatan Belajar 2. Bagus! Jika masih di bawah 80%, Anda harus mengulangi materi Kegiatan Belajar 1, terutama bagian yang belum dikuasai. PEFI4311/MODUL 1 1.29 Kegiatan belajar 2 Jenis-jenis Radiasi K ita mengetahui bahwa jika ada perbedaan temperatur antara dua buah sistem maka akan terjadi transfer energi termal dari sistem yang temperaturnya lebih tinggi ke yang lebih rendah. Proses transfer energi tersebut seperti yang sudah kita ketahui pada pembahasan pada fisika dasar, terjadi melalui tiga proses berbeda: konduksi, konveksi dan radiasi. Dengan konduksi maka transfer panas terjadi di dalam medium bahan. Energi termal dipindahkan dari molekul-molekul yang energi kinetik translasinya lebih tinggi ke molekul sekitar yang memiliki energi kinetik translasi lebih rendah. Transfer ini dapat terjadi dalam bentuk transfer berturutan dari molekul satu ke molekul dua, molekul dua ke ketiga, dst. Jadi, transfer panas terjadi tanpa adanya perpindahan massa yang nyata suatu medium. Transfer panas yang terjadi pada logam adalah melalui mekanisme ini. Dengan konveksi, perpindahan panas terjadi dengan menyertakan perpindahan bagian massa medium yang suhunya lebih rendah ke yang lebih tinggi. Ini biasanya terjadi pada molekul-molekul gas dan cairan. Sebagai contoh air yang dipanaskan dengan sumber panas dari api. Pada Kegiatan Belajar 2 ini akan kita membahas radiasi yang merupakan proses perpindahan panas yang ketiga. Radiasi merupakan proses perpindahan panas dengan bantuan radiasi gelombang EM. Jika sebuah objek dipanaskan, molekul-molekulnya bervibrasi dan akan memancarkan gelombang EM. Gelombang-gelombang ini jika diterima oleh benda yang dalam kondisi suhu yang lebih rendah maka akan menambah energi termal dari molekul-molekul benda dan selanjutnya menaikkan temperaturnya. Untuk proses radiasi ini tidak diperlukan medium antara, seperti pada dua proses perpindahan panas sebelumnya. Gelombang-gelombang EM dalam hal ini dapat merambat di vakum, sebagai contoh pemanasan bumi akibat menerima radiasi sinar matahari yang melalui ruang hampa selama perjalanan ke bumi. 1.30 Optika Dari ketiga proses perpindahan panas maka konveksi sering berjalan paling lambat, dengan laju perpindahan panas bergantung gerak medium yang umumnya sekitar 1 m/det. Konduksi terjadi lebih cepat sekitar 10 4 m/det sementara gelombang EM merambat pada laju 3 x 10 8 m/det, yaitu laju cahaya. A. RADIASI BENDA HITAM Seperti sudah kita singgung di atas, radiasi termal adalah sebuah proses dimana sebuah benda pada temperatur tinggi akan kehilangan panas dengan memancarkan energinya melalui gelombang EM. Dari konsep vektor Pointyng sebelumnya kita mengetahui bahwa gelombang EM membawa energi radiasi. Oleh karena itu, jika gelombang-gelombang ini diserap [mengenai] benda maka ia akan menerima energi panas. Sesungguhnya setiap benda menyerap maupun memancarkan radiasi. Benda yang suhunya lebih tinggi dari sekitarnya akan memancarkan lebih banyak radiasi daripada menyerap dan sebaliknya. Fenomena ini diterangkan oleh hukum Stefan-Botlzmann: “Jumlah radiasi [energi elektromagnetik] yang dipancarkan per satuan waktu dari luasan satuan sebuah benda pada temperatur absolut T Kelvin berbanding langsung dengan pangkat empat suhu T” Atau dapat dinyatakan dalam persamaan Stefan-Boltzmann: P e T 4 P adalah daya yang diradiasikan per satuan luas watt/m2 [SI] , tetapan Boltzmann = 5,67 x 10-8 W/m2-K4 [SI]. Besaran e adalah emisivitas yang nilainya bergantung pada sifat permukaan benda dan mempunyai harga antara 0 dan 1, tidak bersatuan. Jika sebuah benda luas dengan emisivitas e suhu T ditempatkan dalam ruangan tertutup dengan dindingnya bersuhu T0 dengan T0 < T maka benda akan memancarkan radiasi padan laju daya P e T 4 sementara menyerap 1.31 PEFI4311/MODUL 1 radiasi dari dinding dengan laju P e T04 . Oleh karena itu, laju kehilangan panas oleh proses radiasi adalah: Pnet e T 4 e T04 e [T 4 T04 ] [1.19] Persamaan [1.19] merupakan bentuk modifikasi [lengkap] dari hukum Stefan-Boltzmann. Jadi jika suhu benda lebih rendah dari sekitarnya akan mendapat tambahan energi dan sebaliknya. Menurut hukum Kirchoff, sembarang benda yang menyerap radiasi pada gelombang tertentu dengan baik juga akan memancarkan radiasi pada panjang gelombang yang sama dengan baik. Penyerap sempurna adalah pemancar radiasi yang sempurna, penyerap yang kurang baik juga merupakan pemancar yang kurang baik juga. Menurut termodinamika maka benda hitam [black body] adalah benda yang menyerap semua radiasi untuk seluruh panjang gelombang. Jika suhu benda lebih rendah dari lingkungan sekitar akan menjadi penyerap sempurna dan sebaliknya. Benda hitam diberi nilai e = 1, sedangkan benda selain benda hitam mempunyai e < 1. Perlu dimengerti di sini, benda hitam bukan berarti warnanya hitam [meskipun benda yang berwarna hitam mempunyai sifat-sifat mendekati benda hitam]. Kalau kita mempunyai rongga [dari bahan logam misalnya] dengan hanya ada satu lubang kecil sekali dibanding luas pembungkus rongga tersebut maka kita dapat mengatakan juga ini adalah benda hitam. Dapat kita lihat pada Gambar 1.6 bahwa sinar [radiasi] yang masuk ke rongga melalui lubang kecil akan terpantul-pantul di antara bagian-bagian dalam rongga sehingga kemungkinan keluar kecil sekali. Ini memberi gambaran penyerap sempurna pada rongga sebagai benda hitam. Demikian juga jika kita panaskan rongga sampai suhu T maka radiasi yang ke luar dari lobang rongga ternyata membawa seluruh panjang gelombang. 1.32 Optika Gambar 1.6 Rongga benda hitam dilihat dari samping Untuk rongga hitam dengan e = 1 maka persamaan Stefan-Boltzmann adalah: P T 4 Pnet [T [1.20] 4 T04 ] [1.21] Contoh Soal 8: Pada laju berapakah energi teradiasi oleh benda bola berjari-jari 5 cm suhu 3000 oK dengan emisivitas e = 0,30? Penyelesaian: PT e T 4 adalah energi per satuan luas yang dipancarkan dan jika luas luasan adalah A maka total energi radiasi adalah PT PA e T 4 A . Jika e = 0,3 dan T = 3000K, A = 4r2 = 4[5x10-2m]2 maka PT e T 4 A [0,3][5,67 x108 ][3000]4 [ x102 ] = 43,3 kW. Kita telah membahas bagaimana mendesain rongga benda hitam, yang dapat memancarkan radiasi secara sempurna. Sempurna di sini artinya radiasi yang ke luar lubang jika diamati mengandung semua nilai panjang gelombang/frekuensi. Kita menamakan ini bahwa radiasi terpancar dari benda hitam membentuk spektrum kontinu. Jika kita mengatakan I[f] adalah jumlah radiasi terpancar [intensitas] pada frekuensi f, pengukuran secara 1.33 PEFI4311/MODUL 1 eksperimen untuk temperatur yang berbeda-beda menghasilkan kurva distribusi radiasi seperti pada Gambar 1.7 berikut. Gambar 1.7 Distribusi intensitas pada temperatur yang berbeda untuk radiasi benda hitam Beberapa karakteristik sederhana dari kurva Gambar 1.7 sebagai berikut: 1. Distribusi I[f] vs f adalah bergantung suhu benda hitam 2. Total jumlah radiasi terpancar yang sama dengan luasan di bawah kurva bertambah sesuai kenaikan suhu benda hitam 3. Puncak maksimum pergeseran ke arah frekuensi yang lebih tinggi sejalan dengan kenaikan suhu benda, yaitu: f maks T atau f maks / T konstan Selanjutnya nilai konstanta tersebut dapat ditentukan sehingga hukum pergeseran Wien [dengan mengingat f= c] dirumuskan dalam: maksT 2,8971x106 [1.22] Teori fisika klasik dalam hal ini tidak dapat menerangkan fenomena spektrum radiasi benda hitam. Dalam hal ini Max Planck memberikan gagasan yang brilian untuk model kuantisasi energi gelombang EM, seperti telah kita ulas pada KB1 [konsep foton]. Foton adalah kuantum energi 1.34 Optika gelombang EM, dengan energi foton E = hf. Hipotesa Max Planck untuk kuantisasi energi gelombang EM merupakan titik awal kelahiran fisika kuantum. Contoh Soal 9: Sebuah benda hitam berbentuk bola radius 5 cm dipertahankan temperaturnya pada 327oC. Berapa daya yang diradiasikan? Penyelesaian: Untuk bola mempunyai luasan 4r2 dan suhu absolut adalah [327+273=600K] sehingga: P e AT 4 [1][5, 67 x108W / m2 .K 4 ][4 [5 x5 x104 ]][600] 4 231 W B. SUMBER-SUMBER RADIASI Sebarang cahaya [gelombang EM] tentu berasal dari sumber tertentu. Beberapa sumber cahaya adalah matahari, bintang, lampu pijar, lilin, kilat, TV, lampu tabung, laser dan lain-lain. Sumber-sumber radiasi untuk sementara dapat dikelompokkan dalam tiga sumber utama: 1. sumber termal yang menghasilkan spektrum kontinu, seperti benda padat yang menyala [mendekati benda hitam], 2. sumber termal yang menghasilkan spektrum garis dan 3. laser. Matahari memancarkan radiasi hampir mendekati benda hitam sempurna, dengan m spektrum matahari sekitar 500 m yang berhubungan dengan temperatur permukaan sekitar 5750 oK. Setiap cm2 permukaan bumi menerima sekitar 2 gr kalori dari energi radiasi matahari per menit. Nilai ini sering disebut sebagai tetapan matahari. Spektrum matahari memperlihatkan sejumlah banyak garis-garis gelap yang sangat halus yang mana pertama kali di amati oleh Fraunhofer. Fraunhofer mengukur panjang gelombang yang banyak tersebut [disebut garis-garis Fraunhofer] secara hati-hati. Garis-garis gelap Fraunhofer tersebut ditemukan menempati tempat yang sama dalam 1.35 PEFI4311/MODUL 1 spektrum [yaitu mempunyai panjang gelombang yang sama] garis-garis terang emisi spektrum bermacam-macam bahan di laboratorium. Kemudian juga diketahui bahwa bahan dalam wujud gas/uap relatif dingin, jika dilewati sinar akan menyerap gelombang dari sinar tersebut untuk banyak panjang gelombang yang sama seperti jika mereka memancarkan spektrum emisi mereka dieksitasi [misalnya dengan teknik lucutan gas]. Kesimpulannya, garis-garis Fraunhofer adalah garis-garis serapan dari gas-gas yang cukup dingin diluar atmosfer matahari, ataupun di dalam atmosfer bumi sendiri. Oleh karena itu, secara logis kita dapat menentukan kandungan unsur-unsur yang ada dalam matahari berdasarkan analisis spektrumnya, yaitu dengan membandingkan spektrum yang sesuai dari bahan-bahan yang ada di bumi. Dengan ini, kita yakin lebih dari 60 jenis unsur yang ada dalam bumi kita juga ada dalam atmosfer matahari. Sebenarnya, satu unsur telah dilihat sebagai garis serapan dalam spektrum matahari sebelum garis yang sama dapat diketahui di laboratorium. Unsur tersebut adalah Helium, mengambil nama Helios yang berarti matahari. Beberapa garis-garis Fraunhofer telah dinotasikan berdasarkan huruf, yang mana milik beberapa unsur. Tabel 1.3 Garis-garis Fraunhofer Garis Fraunhofer A C D2 G H B D1 F h K [m] 759,38 656,28 589,00 434,05 396,85 686,72 589,59 486,13 410,19 393,37 Unsur O H Na H Ca O Na H H Ca Lampu pijar secara praktis digunakan dikembangkan pertama kali oleh Thomas A. Edison pada 1879. Pada perkembangan selanjutnya filamen lampu menggunakan tungsten. Untuk mengatasi evaporasi filamen akibat dipanaskan maka dalam lampu diisi gas mulia seperti argon atau nitrogen. Keuntungan lampu pijar berbasis filamen tungsten-gas mulia adalah mampu 1.36 Optika dioperasikan sampai suhu tinggi [sampai 3400K] namun tidak terlalu cepat kehilangan lifetime-nya. Tungsten sendiri mempunyai titik leleh 3665 K. Sumber cahaya lampu lain adalah lampu neon, lampu merkuri, lampu sodium yang bekerja berdasarkan lucutan listrik pada tekanan rendah dan menghasilkan spektrum garis. Sumber cahaya yang sangat menarik untuk dieksplorasi baik dari segi pemanfaatan [aplikasi] maupun pengembangan [teori] adalah Laser. Cahaya laser memiliki sifat-sifat yang sangat menarik seperti monokromatis dan koheren. Mekanisme pembangkitan Laser sangat memerlukan kajian fisika kuantum. Pada Modul 8 akan kita pelajari mekanisme pembangkitan laser dan sifat-sifat laser lebih detail. Secara garis besar, sebuah keadaan kuantum molekul dapat mengalami eksitasi akibat menyerap sebuah foton [cahaya] pada frekuensi resonansinya E=hf. Proses serapan ini segera diikuti proses emisi cahaya [foton] untuk kembali dari keadaan tereksitasi ke keadaan dasar [ground state]. Namun demikian di samping dua proses tersebut, keadaan tereksitasi yang sudah ada juga dapat dirangsang untuk memancarkan sebuah foton akibat menyerap sebuah foton yang lain [lihat Gambar 1.8]. Hasil emisi terangsang adalah bahwa dua foton emisi adalah sefase [koheren]. Jika kita mempunyai banyak atom dalam molekul yang tereksitasi maka sebuah foton tunggal saja dapat menyebabkan hujan foton [emisi terangsang dalam jumlah banyak] yang semuanya sefase. Laser [Light Amplification by Stimulated Emission of Radiation] mengeksploitasi sifat ini [emisi terangsang] untuk menghasilkan cahaya yang memiliki sifat: sangat monokromatis [frekuensi mendekati nilai tunggal], koheren, terarah [collimated] dan terpolarisasi. Penggunaan laser sangat banyak untuk menopang teknologi modern, seperti untuk sistem baca VCD player, alat bedah kedokteran, dan lain-lain. 1.37 PEFI4311/MODUL 1 [a] [b] [c] Gambar 1.8 [a] Proses Serapan [b] Emisi spontan [c] Emisi terangsang Pembangkitan laser memerlukan medium aktif [misalnya He/Ne, Ar+, kristal Ruby dll] yang ditempatkan di dalam rongga di antara dua cermin. Medium tersebut lalu dieksitasi dengan berbagai cara yang sesuai [misalnya lucutan listrik, reaksi kimia, dll] untuk menciptakan keadaan populasi inversi yaitu keadaan jumlah atom tereksitasi yang berlebih. Dengan adanya populasi inversi maka foton hasil emisi terangsang akan banyak dipancarkan untuk menciptakan berkas laser. Berkas laser yang dihasilkan juga mempunyai daya yang tinggi sehingga kita tidak diperbolehkan menatap langsung berkas laser dari arah depan, karena dapat merusak mata. C. DETEKTOR RADIASI Radiasi yang dipancarkan oleh suatu sumber dapat dideteksi dengan berbagai macam cara. Kita melihat cahaya sebenarnya merupakan proses mendeteksi keberadaan cahaya itu sendiri. Beberapa macam detektor cahaya misalnya adalah mata, film negatif kamera, sel surya, photomultipliers, CCD dll. Secara umum kita dapat memandang detektor radiasi adalah devais yang menghasilkan sinyal keluaran yang bergantung pada jumlah radiasi yang mengenai daerah aktif detektor. Oleh karena itu mata adalah termasuk 1.38 Optika detektor cahaya. Kemudian sering memadai jika kita kelompokkan detektor ke dalam tiga tipe utama: 1. Detektor Termal Detektor termal mengubah radiasi datang menjadi panas, dengan demikian menyebabkan temperatur beberapa elemen dari detektor naik. Perubahan temperatur ini lalu diubah menjadi sinyal listrik [atau mekanik] yang dapat dikuatkan dan ditampilkan. Detektor termal mempunyai sifatsifat baik yang disukai seperti sering dapat merespon daerah luas panjang gelombang tanpa ada variasi yang signifikan pada sensitivitas. Detektor ini digunakan manakala daerah spektrum yang luas diperlukan dan kadangkaadang juga digunakan untuk mengkalibrasi detektor lain. Beberapa contoh dari detektor termal untuk menampilkan radiasi optik adalah detektor termokopel, detektor bolometer dan sel Golay. 2. Detektor Foton [kuantum] Detektor foton [kuantum] mengesan radiasi datang tanpa ada pemanasan lebih dulu. Proses deteksi berdasarkan adanya serapan foton. Contoh dari detektor foton adalah photodiode vacuum, photomultiplier dan detektor photoconductive solid-state. Gambar 1.9 Detektor Foton PEFI4311/MODUL 1 1.39 3. Detektor Koheren Detektor koheren menghasilkan sinyal keluaran yang merupakan ukuran kuat medan listrik sinyal optik sehingga memberikan informsi fase yang ada pada medan optik. Sebagai contoh detektor koheren adalah heterodyne receiver . LAT IH A N Untuk memperdalam pemahaman Anda mengenai materi di atas, kerjakanlah latihan berikut! 1] Gambarkan perpindahan panas radiatif dan hukum matematik yang mengaturnya? 2] Apakah yang dimaksud hukum pergeseran Wien? 3] Dari pengukuran yang dilakukan di bumi maka diketahui bahwa matahari mempunyai luas permukaan 6,1 x 10 18 m2 dan meradiasikan energi dengan laju 3,9 x 1026 W. Jika diasumsikan emisivitas matahari e = 1 hitunglah temperatur permukaan matahari? 4] Jelaskan salah satu cara bagaimana Anda menentukan unsur-unsur apa saja yang menyusun atmosfir suatu bintang jauh? 5] Jelaskan pengertian cahaya laser bersifat monokromatis? 6] Jelaskan mengapa populasi inversi diperlukan dalam pembangkitan [produksi] berkas laser? Petunjuk Jawaban Latihan 1] Laju Pe di mana energi panas dipancarkan [dalam bentuk gelombang EM] oleh suatu objek dengan luas permukaan A pada temperatur absolut P ATe4 Te adalah e . Objek yang sama yang ditempatkan dalam suatu ruang tertutup dengan dinding-dindingnya berada pada temperatur absolut Ta akan menyerap radiasi dari dinding tersebut dengan laju P ATa4 serapan a . Jadi, jika sebuah objek lebih panas dari dinding 1.40 Optika yang membungkusnya [Te > Ta] maka akan ada aliran total energi dari objek ke dinding dengan laju: P Pe Pa A[Te4 Ta4 ] . Persamaan matematik yang mengatur perpindahan panas radiatif adalah hukum Stefan-Boltzmann tersebut. 2] Hukum pergeseran Wien menyatakan bahwa temperatur absolut benda hitam dan panjang gelombang puncak radiasinya berbanding secara o terbalik melalui persamaan Wien maksT 2898 m. K . Dengan 3] 4] 5] 6] panjang gelombang puncak maksudnya bahwa energi lebih banyak 12 diradiasikan dalam interval panjang gelombang daripada dalam interval lain. P ATe4 maka Dengan menggunakan hukum Stefan-Boltzmann e dapat kita hitung berdasarkan data-data yang ada bahwa suhu permukaan matahari adalah Te = 5800 K. Kita dapat memperkirakan unsur-unsur pembentuk lapisan atmosfir suatu bintang dengan mengamati spektrum serapan radiasi yang diterima di bumi dari bintang tersebut. Dengan membandingkan spektrum serapan dengan spektrum yang dikenali di bumi untuk unsur-unsur yang sudah diketahui maka kita dapat menebak unsur apa yang ada di bintang tersebut. Cahaya laser bersifat monokromatis artinya spektrum cahaya yang dihasilkan mempunyai daerah frekuensi yang sangat sempit sehingga dapat dikatakan satu frekuensi tunggal. Sebagai perbandingan, cahaya dari lampu pijar memancarkan spektrum panjang gelombang [frekuensi] yang luas. Populasi inversi diperlukan karena agar memungkinkan terjadinya emisi terangsang dalam jumlah besar sehingga kita dapat memperoleh berkas laser yang koheren. PEFI4311/MODUL 1 1.41 R A NG KU M AN Transfer energi termal terjadi dari sistem yang temperaturnya lebih tinggi ke yang lebih rendah. Proses transfer energi tersebut seperti yang sudah kita ketahui pada kuliah fisika dasar, terjadi melalui tiga proses berbeda: konduksi, konveksi dan radiasi. Radiasi merupakan proses perpindahan panas dengan bantuan radiasi gelombang EM. Sesungguhnyalah setiap benda menyerap maupun memancarkan radiasi. Benda yang suhunya lebih tinggi dari sekitarnya akan memancarkan lebih banyak radiasi daripada menyerap dan sebaliknya. Fenomena ini diterangkan oleh hukum Stefan-Boltzmann P e T 4 . Selanjutnya nilai konstanta tersebut dapat ditentukan sehingga hukum pergeseran Wien maksT 2,8971x106 . Sebarang cahaya [gelombang EM] berasal dari sumber tertentu. Beberapa sumber cahaya adalah matahari, bintang, lampu pijar, lilin, kilat, TV, lampu tabung, lasers dll. Sumber-sumber radiasi untuk sementara dapat dikelompokkan dalam tiga sumber utama: [1] sumber termal yang menghasilkan spektrum kontinu seperti benda padat yang menyala [mendekati benda hitam], [2] sumber termal yang menghasilkan spektrum garis dan [3] laser. Radiasi yang dipancarkan oleh suatu sumber dapat dideteksi dengan berbagai macam detektor. Dapat kita kelompokkan detektor-detektor: [1] detektor termal, [2] detektor foton dan [3] detektor koheren. TES F OR M AT IF 2 Pilihlah satu jawaban yang paling tepat! 1] Suhu permukaan matahari kira-kira 6000K. Radiasi matahari maksimum dipancarkan pada panjang gelombang 0,5 m. Sebuah filamen lampu pijar tertentu memancarkan radiasi maksimum pada 2 m. Jika keduaduanya permukaan matahari dan filamen mempunyai karakteristik emisivitas yang sama, kira-kira berapa suhu filamen lampu pijar tersebut .... A. 1200 K B. 1300 K C. 1400 K D. 1500 K 1.42 Optika 2] Jika T Te Ta adalah perbedaan suhu antara objek [Te] dan dinding kontainer yang mengungkung objek [Ta]. Kemudian T Ta maka laju netto perpindahan panas dari objek ke dinding dapat kita nyatakan dengan .... A. P 2 Ta3T B. P 4 Ta3T C. P 2 Ta2 T 2 D. P 4 Ta2 T 2 3] Sebuah benda hitam pada temperatur 527oC akan meradiasi dua kali energi tiap detik. Berapakah temperatur yang harus dinaikkan supaya terpenuhi kondisi tersebut .... A. 951 K B. 961 K C. 971 K D. 981 K 4] Sebuah radiator rumah tangga mempunyai emisivitas permukaan 0,55 dan luas permukaan 1,5 m2. Jika suhu radiator adalah 50oC dan suhu dinding ruang rumah adalah 22oC maka berapa laju netto radiasi yang dialami oleh radiator …. A. 125 W B. 135 W C. 155 W D. 160 W 5] Termasuk sumber radiasi yang memperlihatkan spektrum kontinu adalah .... A. matahari B. lampu merkuri C. lampu Neon D. laser PEFI4311/MODUL 1 1.43 6] Sumber radiasi yang menghasilkan spektrum diskrit adalah …. A. laser B. lampu Neon C. benda hitam D. jawaban A dan B benar 7] Sebuah detektor radiasi menghasilkan sinyal listrik keluaran yang bergantung pada perubahan temperatur dari elemen aktif. Maka detektor ini termasuk jenis .... A. Detektor listrik B. Detektor termal C. Detektor Foton D. Detektor temperatur 8] Salah satu aplikasi dari hukum Stefan-Boltzmann adalah untuk mendesain .... A. sistem perpindahan panas pada reaktor B. inkubator bayi prematur C. pemanas Air D. pendingin air 9] Contoh bagian yang termasuk dari spektrum cahaya tampak adalah .... A. sinar hijau B. gelombang radio C. sinar merah D. sinar hijau dan sinar merah 10] Contoh bagian yang termasuk gelombang Elektromagnetik adalah …. A. cahaya tampak B. gelombang mikro dan radio C. sinar Gamma D. semua jawaban benar 1.44 Optika Cocokkanlah jawaban Anda dengan Kunci Jawaban Tes Formatif 2 yang terdapat di bagian akhir modul ini. Hitunglah jawaban yang benar. Kemudian, gunakan rumus berikut untuk mengetahui tingkat penguasaan Anda terhadap materi Kegiatan Belajar 2. Tingkat penguasaan = Jumlah Jawaban yang Benar 100% jumlah soal Arti tingkat penguasaan: 90 - 100% = baik sekali 80 - 89% = baik 70 - 79% = cukup < 70% = kurang Apabila mencapai tingkat penguasaan 80% atau lebih, Anda dapat meneruskan dengan modul selanjutnya. Bagus! Jika masih di bawah 80%, Anda harus mengulangi materi Kegiatan Belajar 2, terutama bagian yang belum dikuasai. 1.45 PEFI4311/MODUL 1 Kunci Jawaban Tes Formatif Tes Formatif 1 1] D 900 V/m Dengan menggunakan rumusan: E0 20 c S 2[4 x107 H / m][3x108 m / det][1x103W / m 2 ] 2] 3] A C 4] D 5] A 6] D 7] 8] B C 9] 10] D A 900V / m 3,0 T. Ini dapat dihitung dari kaitan B0 = E0/c C fmerah = 3,8 x 1014 Hz dan f violet = 7,7 x 1014 Hz. Digunakan rumus c f . 15 lm. Luas permukaan bola tegak lurus arah datang sinar sehingga E = I/r2 = [800 cd]/[4,0 m]2 = 50 lm/m2. Fluks cahaya yang melalui luasan adalah F = EA=[50][0,3]= 15 lm 19 lm/m2. Dapat dihitung dari E = [I/r2]cos dengan r = [32 + 12]1/2 = 3,16 m dan cos =[3 m]/[3,16 m] = 0,949. Jadi E = [200cd/10 m2][0,949] = 19,0 lm/m2. 43 lm/m2. E = Emakscos = [I/r2]cos = [72 lm/[1,2m]2 ]cos30o = 43 lm/m2. 2,25 x 1027 cd. Gunakan rumus I = Er2. Jika kita ingat bentuk dasar fungsi gelombang E E0 sin[2 f [2 x / ]] dan membandingkan dengan fungsi dalam soal maka maka frekuensi gelombang adalah 95,5 kHz. 628 nm B E / c 3,3x1013 sin[6 x105 t 0,01x] T 1.46 Optika Tes Formatif 2 1] D 1500 K. Kita gunakan hukum Wien: 2Tfil = [0,5][6000] Tfil 1500K 2] B P 4 Ta3T . Laju netto perpindahan dinyatakan dengan hukum Stefan-Boltzman termodifikasi yaitu Pe Pa A[Te4 Ta4 ] . Jika Te Ta T maka kita mempunyai: Te4 Ta4 [Ta T ]4 Ta4 [Ta4 4Ta3 T 6Ta2 T 2 4Ta T 3 T 4 ] Ta4 6 T T 2 1 T 3 1 = 4 Ta Ta 4 Ta Jika T Ta maka tiga suku terakhir dalam kurung siku 4Ta3 T dapat diabaikan sehingga P Pe Pa 4 Ta3T 3] A 951 K. Menurut Stefan-Boltzmann maka P T 4 . Jadi berlaku P T4 persamaan 1 14 sehingga P2 T2 1/ 4 T24 4] C 5] A 6] C T14 P2 T 4P T 4P T2 4 1 2 1 2 P P1 P1 1 1/ 4 P 1 P2 T1 . Dari soal maka kita hitung T yang perlu ditambahkan adalah T = 21/4[527+273=800]=951 K. 155 W. Dapat kita hitung bahwa P Pe Pa A[Te4 Ta4 ] 509W 354W 155W . Matahari. Matahari dapat dianggap sebagai benda hitam. Sifat benda hitam memberikan spektrum seluruh panjang gelombang [kontinu]. Spektrum garis matahari yang teramati akibat serapan panjang gelombang oleh atmosfir dekat matahari. Jawaban A dan B benar. Laser mengeluarkan satu panjang PEFI4311/MODUL 1 7] 8] 9] 10] B B D D 1.47 gelombang [monokromatis] sehingga ini dapat dianggap diskrit [garis] secara khusus. Lampu neon menghasilkan spektrum garis [diskrit] juga. Detektor termal Desain inkubator bayi dapat memanfaatkan hukum ini. Sinar hijau dan sinar merah Semua jawaban benar 1.48 Optika Glosarium Foton : Einstein [1905] yang mengajukan gagasan bahwa energi yang dibawa oleh berkas cahaya yang dalam bentuk medan listrik-magnet dari gelombang EM, sebenarnya dikonsentrasikan dalam bentuk paket kecil yang disebut foton. Cahaya dianggap sebagai aliran butiran yang kita sebut foton. Energi foton sebanding dengan frekuensinya menurut rumus E hf . Dualisme gelombangmateri : Sebuah entitas pada suatu saat dapat ditelaah menurut aspek gelombangnya, dan pada saat yang lain lebih cocok jika ditelaah menurut aspek partikelnya. Kedua hal ini disatukan dalam persamaan yang terkenal h p Radiometri : Hal ihwal tentang bagaimana mengukur energi yang terkandung dalam medan radiasi optik juga menentukan bagaimana energi ini mengalir melalui sistem optik. Optika fisis : Telaah fenomena cahaya berdasarkan sifat-sifat gelombang dan oleh karena itu optika fisis sering disebut dengan optika gelombang. Pendekatan ini bekerja dengan baik jika perubahan-perubahan energi dapat diabaikan. Dengan model ini kita dapat menggambarkan dengan baik gejala difaksi, interferensi dan polarisasi. Optika geometris : Pendekatan fenomena cahaya jika panjang gelombang cahaya sangat kecil dibandingkan dengan obyek yang sedang dalam peninjauan. Dengan ini kita menganggap cahaya sebagai sinar yang merambat dalam lintasan lurus. Pendekatan ini cukup akurat untuk kajian lensa dan teleskop. Optika : Pendekatan telaah optik dengan meninjau interaksi PEFI4311/MODUL 1 kuantum 1.49 antara cahaya dengan materi dan ada perubahan energi yang signifikan, di mana memerlukan perkawinan dengan bidang mekanika kuantum. Radiasi : Istilah umum untuk proses di mana energi radiasi dibangkitkan. Sebagai contoh khusus, energi termal suatu padatan yang diubah menjadi energi radiasi maka proses tersebut disebut radiasi termal. Fotometri : Berkenaan dengan pengukuran radiasi optik sebagaimana yang dikesan oleh mata [retina] manusia terhadap radiasi datang. Hukum Stefan Boltzmann : “Jumlah radiasi [energi elektromagnetik] yang dipancarkan per satuan waktu dari luasan satuan sebuah benda pada temperatur absolut T Kelvin berbanding langsung dengan pangkat empat suhu T” atau P e T 4 Benda Hitam : Benda yang mempunyai sifat memancarkan radiasi atau menyerap radiasi secara sempurna.. Jika suhu benda lebih rendah dari sekitar akan menjadi penyerap sempurna dan sebaliknya. Benda hitam diberi nilai e = 1, sedangkan benda selain benda hitam mempunyai e < 1. LASER : Laser [Light Amplification by Stimulated Emission of Radiation] mengeksploitasi sifat [emisi terangsang] untuk menghasilkan cahaya yang memiliki sifat: sangat monokromatis [frekuensi mendekati nilai tunggal], koheren, terarah [collimated] dan terpolarisasi. Populasi inversi : yaitu keadaan jumlah atom [populasi] keadaan tereksitasi yang berlebih. Dengan adanya populasi inversi maka foton hasil emisi terangsang akan banyak dipancarkan untuk menciptakan berkas laser. Keadaan populasi inverse diperlukan agar terjadi LASER. Detektor termal : Detektor ini mengubah radiasi datang menjadi panas, dengan demikian menyebabkan temperatur beberapa 1.50 Optika elemen dari detektor naik. Perubahan temperatur ini lalu diubah menjadi sinyal listrik [atau mekanik] yang dapat dikuatkan dan ditampilkan. Detektor termal mempunyai sifat-sifat baik yang disukai seperti sering dapat merespons daerah luas panjang gelombang tanpa ada variasi yang signifikan pada sensitivitas. Detektor ini digunakan manakala daerah spektrum yang luas diperlukan dan kadang-kadang juga digunakan untuk mengkalibrasi detektor lain. Beberapa contoh dari detektor termal untuk mengesan radiasi optik adalah detektor termokopel, detektor bolometer dan sel Golay. Detektor foton : Detektor ini mengesan radiasi datang tanpa ada pemanasan lebih dulu. Proses deteksi berdasarkan adanya serapan foton. Contoh dari detektor foton adalah photodiode vacuum, photomultiplier dan detektor photoconductive solid-state. Detektor koheren : Detektor ini menghasilkan sinyal keluaran yang merupakan ukuran kuat medan listrik sinyal optik sehingga memberikan informasi fase yang ada pada medan optik. Sebagai contoh detektor koheren adalah heterodyne receiver. 1.51 PEFI4311/MODUL 1 Daftar Pustaka Arya, A.P. [1979]. Introductory College Physics. Macmilan Publishing Co. Inc Beynon, J. [1988]. Work out Waves and Optics. Macmillan Education LTD. Boyd, R.W. [1983]. Radiometry and The Detection of Optical Radiation, John Wiley & Sons. Guenther, R. [1990]. Modern Optics. John Wiley & Sons. Halpern, A. [1988]. Physics: Schaum’s Solved Problems Series. McGrawHill Book Company, Pedrotti, aAF.L, Pedrotti, L.S. [1993]. Introduction to Optics. Prentice Hall, Inc. Ryer, A. [1998]. Light Measurement Handbook. International Light Inc. Sears, F.W. [1949]. Optic. Addison-Wesley Publishing Company, Japan. Welford, W.T. [1988]. Optic. Oxford Science Publishing. Modul 2 Optika Geometri Artoto Arkundato, S.Si., M.Si. PEN D A HU L UA N S eperti telah kita singgung pada Modul 1, pembahasan tentang optika memerlukan model-model perilaku cahaya. Dengan model ini kita dapat memprediksi fenomena cahaya. Salah satu dari kajian optika ini adalah optika geometris. Dalam BMP mata kuliah gelombang Anda mengetahui bahwa cahaya adalah gelombang elektromagnetik. Sebagai sebuah gelombang maka cahaya mempunyai karakter gelombang, seperti panjang gelombang, frekuensi, amplitudo, intensitas dan lain-lain. Sebaliknya dalam optika geometris, kita tidak menelaah dari segi karakter gelombangnya, dengan kata lain kita mengabaikan ukuran panjang gelombang terhadap dimensi komponen-komponen yang relevan dari sistem optika. Jika karakter gelombang cahaya tidak dapat diabaikan, dalam arti ukuran panjang gelombang tidak dapat diabaikan dibanding dimensi sistem optika maka kita memasuki kawasan yang disebut optika fisis. Kaitan antara optika geometris dan optika fisis barangkali dapat kita nyatakan sebagai berikut. lim {optika fisis} {optika geometris} 0 Telaah optika dari sudut pandang optika geometris menganggap bahwa cahaya merambat memancar keluar sumber cahaya dalam lintasan lurus yang kita sebut sinar. Model sinar ini sangat berguna meskipun terkesan abstrak karena berkas cahaya itu sendiri sebenarnya tidak dapat dibuat berbentuk garis [yang tentu sangat sempit lebarnya], karena tentu masih memperlihatkan ketebalan tertentu. Berkas laser berbentuk pensil sebenarnya dapat mendekati model sinar cahaya ini, namun jika kita melewatkan berkas laser ini melalui celah yang cukup sempit [artinya ukuran panjang gelombang mulai tidak dapat diabaikan terhadap dimensi sistem yaitu celah] maka berkas cahaya mulai menampakkan gejala menyebar, ini apa yang kita sebut 2.2 Optika difraksi. Gejala difraksi memerlukan telaah dari sudut pandang gelombang, dan akan kita pelajari nanti pada modul berikutnya. Anda akan melihat bahwa pola difraksi sangat bergantung kuat pada ukuran celah. Jika ukuran celah bertambah besar maka gejala difraksi ini akan berkurang sehingga jika ada cahaya yang melewati celah, bayangan yang jelas akan dapat ditangkap oleh layar. Oleh karena itu, optika geometris juga disebut sebagai salah satu cabang optika di mana efek-efek difraksi dan interferensi diabaikan. Dalam optika geometris kita mengandaikan bahwa berkas cahaya merambat dalam garis lurus di dalam medium seragam, dan mengabaikan menyebarnya cahaya jika cahaya merambat ke depan. Selanjutnya jika cahaya melalui medium yang berbeda [misal dari udara ke gelas] berkas cahaya akan merubah arahnya [namun tetap sebagai garis lurus], akibat dipantulkan atau dibiaskan. Dengan pendekatan optika geometri maka akan sangat menyederhanakan analisis konvensional devais optika, seperti lensa dan cermin, sejauh medium rambat adalah seragam. Pada Modul 2 ini akan Anda pelajari optika geometris, termasuk di dalamnya hukum-hukum pembiasan dan pemantulan. Setelah mempelajari materi dalam Modul 2 ini Anda diharapkan dapat: 1. menjelaskan hukum-hukum pemantulan; 2. menerapkan hukum-hukum pemantulan; 3. menjelaskan hukum-hukum pembiasan; 4. menerapkan hukum-hukum pembiasan; 5. menjelaskan fenomena aberasi dalam optika; 6. menjelaskan jenis-jenis aberasi. Untuk meningkatkan pemahaman Anda dalam mempelajari modul ini, untuk setiap kegiatan belajar akan diberikan beberapa contoh soal beserta penyelesaiannya, latihan beserta jawabannya, ringkasan kuliah, glosarium, serta ujian formatif yang jawabannya diberikan pada akhir modul. Kerjakan dulu soal yang diberikan dan jangan melihat dahulu jawabannya agar Anda dapat mengukur dengan tepat penguasaan materi Anda. 2.3 PEFI4311/MODUL 2 Kegiatan Belajar 1 Pemantulan dan Pembiasan D alam optika geometri, cahaya diperlakukan sebagai kumpulan [berkas] sinar, yang memancar keluar dari sebuah sumber dan merambat melalui medium transparan menurut seperangkat tiga hukum sederhana. Hukumhukum tersebut pertama adalah hukum perambatan dalam lintasan lurus yang dapat dirumuskan dari azas Fermat. Hukum kedua adalah hukum pemantulan cahaya, sedangkan hukum ketiga adalah hukum pembiasan cahaya. Ketiga hukum ini dan penggunaannya dalam permasalahan optika akan Anda pelajari pada kegiatan belajar ini. A. AZAS FERMAT DAN REVERSIBILITAS Pada optika geometri banyak membahas tentang pemantulan dan pembiasan beserta hukum-hukumnya. Pada optika geometri juga diambil pendekatan bahwa berkas cahaya adalah kumpulan [berkas] sinar yang merambat lurus [dalam bentuk garis lurus]. Bagaimanakah pemisalan ini dapat diterima? Ini dapat Anda fahami dari penerapan azas Fermat. Di dalam mekanika klasik prinsip Hamilton untuk aksi terkecil memberikan resep untuk menemukan pergeseran optimum sistem konservatif dari satu koordinat ke koordinat yang lain. Dengan cara yang mirip, dalam optika kita mengenal azas Fermat yang menyatakan: “The path a ray of light follows is an extremum in comparison with the nearby paths.” Indeks bias n adalah perbandingan antara laju cahaya di ruang hampa [c] dengan di dalam medium [v]. Misalkan n[x,y,z] adalah indeks bias bergantung posisi maka: ds nds [2.1] c/n c 2.4 Optika yang mewakili waktu yang diperlukan untuk melalui lintasan geometris ds di dalam medium dengan indeks bias n. Jadi waktu yang dibutuhkan sinar untuk melintas sepanjang lintasan l di antara titik A dan B adalah: Gambar 2.1 Lintasan Fermat 1 n[ x, y, z ]ds [di l ] c A B [2.2] Integral ini disebut dengan panjang lintasan optika [optical path length, OPL]. Menurut Fermat, sebuah sinar mengikuti lintasan sedemikian hingga OPL bernilai ekstremum, yaitu: [OPL] nds 0 [2.3] A B dengan variasi pada integrasi berarti bahwa kita menemukan diferensial parsial integral terhadap parameter-parameter bebas di dalam integral. Kita akan melihat bahwa di dalam medium homogen [indeks biasnya konstan] maka sebuah sinar akan berjalan dalam lintasan garis lurus. Dengan azas Fermat ini akan kita turunkan rumusan hukum-hukum pemantulan dan pembiasan. Kita dapat menyatakan azas Fermat sebagai prinsip waktu terkecil [least time principle] jika kita nyatakan persamaan [2.3] menjadi: 1 [2.4] nds 0 c A B Prinsip Fermat oleh karena itu menyatakan: Cahaya melintas dalam suatu medium pada suatu lintasan dengan waktu yang paling pendek. Implikasi PEFI4311/MODUL 2 2.5 dari ini adalah lintasan yang dipilih/ditempuh sebuah sinar memerlukan sebuah lintasan lurus [garis lurus], seperti Gambar 2.2 berikut. Gambar 2.2 Lintasan lurus berkas cahaya. Pada Gambar di atas, sinar datang AO dan sinar pantul menurut azas Fermat berupa garis lurus. Selanjutnya jika urutan sinar kita balik, yaitu sumber di B kemudian sinar berjalan menuju titik O maka implikasi azas Fermat memerlukan bahwa lintasan yang ditempuh sinar seharusnya memprediksi hal yang sama yaitu melalui BO = OB, lalu sinar pantul melewati lintasan garis OA = AO. Secara umum, sembarang sinar cahaya dalam sebuah sistem optika, jika arahnya dibalik, akan melalui jalan yang sama, seperti sebelumnya. Ini disebut prinsip reversibilitas dan akan sangat berguna dalam banyak aplikasi optika geometri nantinya, di mana untuk menggambarkan pembentukan bayangan benda kita sering memanfaatkan prinsip ini untuk kemudahan. B. PEMANTULAN DAN PEMBIASAN Jika suatu saat berkas cahaya jatuh pada sebuah bidang yang merupakan bidang batas antar medium yang berbeda [misal udara dan gelas]. Dari pengamatan terlihat, bergantung pada sifat permukaan bidang serta jenis medium antara maka cahaya mungkin dapat dipantulkan atau dibiaskan, dan atau kedua-duanya. Dapat kita lihat pada Gambar 2.3 kedua sinar pantul dan sinar bias masing-masing adalah akibat proses pemantulan dan pembiasan. Jika sifat permukaan sangat halus [mengkilat], seperti halnya cermin maka lebih dari 90% berkas dapat dipantulkan. Bagaimanapun juga 2.6 Optika proses pemantulan dan pembiasan ini tentu saja mengikuti hukum-hukum tertentu yang pasti. Gambar 2.3 Pembiasan dan pemantulan 1. Hukum Pemantulan Misalkan sebuah sinar datang [garis cahaya: jika dalam jumlah banyak akan membentuk berkas cahaya] mengenai bidang seperti pada Gambar 2.3 di atas. Sudut-sudut yang dibentuk oleh sinar datang, sinar pantul dan sinar bias dengan garis normal [garis tegak lurus bidang batas] berturut-turut adalah θ1 , 1 ' dan 2 . Serangkaian percobaan pemantulan cahaya [ini dapat Anda amati sendiri dalam laboratorium] menghasilkan kesimpulan berikut: Hukum Pemantulan [cahaya]: a. sinar datang, sinar pantul dan garis normal permukaan bidang selalu berada dalam bidang yang sama, b. sudut datang 1 sama dengan sudut pantul 1 . Hukum di atas sebenarnya dapat diturunkan menurut prinsip Fermat. Kita lihat pada Gambar 2.4 berikut yang tidak lain bagian dari Gambar 2.3 sebelumnya. 2.7 PEFI4311/MODUL 2 Gambar 2.4 Aplikasi azas Fermat pada pemantulan Dari Gambar maka waktu yang diperlukan sinar berjalan dari A ke O ke B adalah t = [AO+OB]/v dengan v adalah laju cahaya dalam medium di mana titik A,O,B berada. Untuk baiknya, kita pandang medium adalah isotropik. Secara geometri kita melihat bahwa: 1/ 2 1/ 2 1 t [ z ] h12 [d z ]2 h22 z 2 [2.5] v Menurut prinsip waktu terkecil, cahaya akan melalui lintasan dengan t[z] ekstremum terhadap variasi dalam z. Ini berarti dt[z]/dz = 0 sehingga kita mempunyai: dz z 1/ 2 2 2 1/ 2 2 h1 [d z ] h2 z 2 Ini tidak lain berlaku kaitan trigonometri, sin da tan g sin pantul sehingga berlaku D P [2.6] Persamaan ini menyatakan sebuah hukum pemantulan bahwa sudut datang 1 sama dengan sudut pantul 1 ' . Evaluasi geometris aplikasi prinsip Fermat pada contoh di atas juga sekaligus memberikan gambaran bahwa sinar datang, sinar pantul dan garis normal terletak sebidang. 2.8 Optika Dari hukum pemantulan dapat diapresiasi bahwa berkas cahaya yang mengenai sebuah permukaan rata [halus] maka akan terjadi pemantulan sejajar, seperti pada Gambar 2.5. Gambar 2.5 Pantulan teratur sejajar cahaya [kumpulan sinar] pada bidang rata Jika permukaan bidang pemantul mempunyai jenis permukaan yang tidak rata [kasar] maka dapat terjadi pemantulan acak seperti pada Gambar 2.6. Gambar 2.6 Pantulan acak akibat sifat permukaan bidang pantul yang tidak rata Kriteria permukaan sebuah bidang halus atau kasar di atas masih umum dan kurang eksak. Kita dapat memberikan patokan di sini bahwa jika kita membagi permukaan menjadi bagian-bagian kecil yang kita sebut region, kemudian jika ketinggian masing-masing region yang berdekatan tidak lebih dari seperempat panjang gelombang sinar datang maka permukaan ini kita sebut permukaan halus. Dengan demikian kita dapat menerapkan hukumhukum pemantulan di atas. Dengan demikian pula maka tipe permukaan halus atau kasar sangat relatif bergantung pada panjang gelombang sinar datang. Contoh nyata dari sifat permukaan yang relatif ini adalah jika kita mengendarai mobil pada malam hari. Jika kondisi jalan dalam keadaan PEFI4311/MODUL 2 2.9 kering [cuaca tidak dalam keadaan hujan] maka berkas cahaya lampu mobil yang mengenai permukaan jalan [yang secara umum kasar] akan dipantulkan acak [menyebar] dan ada sebagian yang mengenai mata kita sehingga kita dapat melihat jalan di depan dengan cukup jelas. Sebaliknya jika kondisi jalan licin akibat tertutup air hujan maka sifat permukaan menjadi halus, berakibat sinar lampu mobil akan dipantulkan teratur ke depan dan hanya sedikit sekali yang mengenai mata kita. Akibatnya kita tidak dapat melihat jalanan di depan dengan cukup baik. Oleh karena itu, sering kecelakaan terjadi manakala perjalanan dilakukan pada malam hari saat cuaca dalam keadaan hujan. 2. Hukum Pembiasan Pembiasan dapat terjadi jika sinar datang berjalan dari satu medium transparan ke medium transparan yang lain yang indeks biasnya berbeda. Pada Gambar 2.3 kita melihat sinar bias adalah sinar hasil proses pembiasan. Sudut 2 adalah sudut bias. Sinar bias akan mendekat [dibelokkan] ke arah garis normal jika sinar datang [berangkat] dari medium renggang [indeks bias kecil] ke yang lebih rapat [indeks bias lebih besar], misalnya dari udara ke air. Perkecualian jika sudut datang 1 0 maka sinar tidak dibelokkan. Gejala pembiasan mengikuti hukum-hukum berikut ini. Hukum Pembiasan a. sinar datang, garis normal dan sinar bias berada dalam satu bidang yang sama, b. perbandingan antara sinus sudut datang dan sinus sudut bias selalu tetap, sin 1 tetap 1n2 yaitu: [2.7] sin 2 Persamaan [2.7] pertama kali diamati oleh ilmuwan Belanda Willebord Snell [1591 – 1627] dan selanjutnya sering kita sebut hukum Snellius. Tetapan dalam persamaan [2.7] sering kita sebut dengan indeks bias medium 2 terhadap medium 1, jika sinar berangkat dari medium 1 ke medium 2. Definisi ini sebaiknya Anda ikuti secara konsisten!. 2.10 Optika Selanjutnya, seperti sudah Anda ketahui pada Kegiatan Belajar 1, jika cahaya memasuki medium maka yang berubah adalah lajunya [panjang gelombangnya] dengan frekuensi dipertahankan tetap. Jika laju cahaya dalam ruang hampa adalah c sedangkan di dalam medium adalah v maka v < c. Kita dapat mendefinisikan indeks bias medium sebagai berikut. Indeks bias n sebuah medium adalah : laju cahaya di ruang hampa c n laju cahaya di medium v Karena v < c maka indeks bias n sebuah medium adalah lebih dari 1. Dalam Tabel 2.1 dapat Anda lihat indeks bias dari berbagai medium yang berbeda. Tabel 2.1 Indeks bias berbagai macam medium [terhadap vakum] Medium Udara CO2 H2 [hidrogen] Es Air Terpentine Gelas Polystyrene Diamond [intan] Galium Phospide Indeks Bias 1,000293 1,00045 1,000132 1,31 1,333 1,47 1,51 – 1,72 1,59 2,419 3,50 Karena indeks bias udara hampir mendekati 1 maka kita dapat mendefinisikan indeks bias medium relatif terhadap udara sebagai ganti terhadap vakum . Misalkan laju cahaya di udara adalah v1 sedangkan di dalam medium v2. Indeks bias relatif terhadap vakum adalah: c c n1 n2 dan v2 v1 Kita dapat menyusun persamaan tunggal dari ini, yaitu n1v1 n 2v2 Di dalam persamaan [2.7] jika kita gantikan 1n 2 dengan dapat kita tuliskan hubungan berikut. n2 maka n1 2.11 PEFI4311/MODUL 2 sin 1 n [2.8] 2 n1 sin 1 n 2 sin 2 sin 2 n1 persamaan [2.8] adalah pernyatakan umum hukum Snellius pembiasan. Apakah hukum ini dapat diturunkan melalui azas Fermat? Tentu saja! Kita gambarkan situasi lintasan sinar sebagai berikut. Gambar 2.7 Geometri untuk hukum pembiasan Kita hitung waktu yang diperlukan cahaya untuk melintas dari A ke O ke B: 1/ 2 h22 z 2 AO OB t [ z] v1 v2 v1 h 2 1 [d z ] 2 1/ 2 v2 Untuk meminimalisasi t[z] maka kita atur: dt [ z ] / dz z h22 z 2 v1 1/ 2 [d z ] h12 [d z ]2 1/ 2 v2 0 Dengan menganalisa secara trigonometri lebih lanjut akan kita dapatkan bahwa: sin 1 sin 2 sin 1 n2 [2.9] v1 v2 sin 2 n1 Ini tidak lain adalah rumusan matematis hukum pembiasan seperti yang kita uraikan sebelumnya. 2.12 Optika Kita juga dapat menurunkan kaitan antara panjang gelombang dan indeks bias. Karena frekuensi gelombang adalah besaran yang konstan maka kita dapat menurunkan hubungan berikut. [2.10] 1n1 2 n2 Sekarang jika medium 1 adalah vakum maka n1 = 1 dan 1 0 . Dari persamaan [2.10] kita memperoleh 2 0 / n2 atau secara umum: n 0 [2.11] Jadi menurut persamaan ini indeks bias medium bervariasi menurut panjang gelombang, yaitu indeks bias bervariasi menurut warna cahaya meskipun variasi ini kecil. Sebagai contoh indeks bias gelas untuk cahaya merah, hijau dan lembayung berturut-turut adalah 1,51; 1,52 dan 1,53. Contoh Soal 1: Sebuah sinar membuat sudut datang 1 = 30o saat memasuki gelas yang mempunyai indeks bias 1,5. Tebal gelas adalah 4 cm, seperti pada gambar . Hitung panjang lintasan yang ditempuh cahaya sebelum keluar gelas? Hitung pula sudut keluar sinar bias 3? Penyelesaian: Menggunakan hukum Snell maka pada titik B berlaku: PEFI4311/MODUL 2 2.13 n 1, 00 o o Dari sin 2 1 sin 1 sin 30 0,33 atau 2 19,5 . n 1,50 2 segitiga BOC maka [BO/BC] = cos 2. Oleh karena itu BC = [BO]/cos2 = 4/cos 19,5o = 4,26 cm. Dengan hukum Snell sekali lagi maka n 1,50 o o sin 3 2 sin 2 sin19,5 0,50 3 30 . n 1, 00 3 Indeks bias medium sudah kita ketahui bervariasi kecil bergantung pada panjang gelombang. Untuk udara indeks bias meskipun di anggap 1 namun sesungguhnya bergantung juga pada tekanan menurut: [2.12] nu 1,000 kP dengan k adalah tetapan sensitivitas dan P adalah tekanan. Namun demikian untuk alasan tertentu sering kita mengambil nilai indeks bias udara adalah 1,0000. C. PEMANTULAN INTERNAL TOTAL Sejauh ini kita hanya membahas pembiasan untuk kasus cahaya yang merambat dari medium renggang [udara misalnya] ke medium yang lebih rapat [gelas misalnya]. Sekarang kita bahas keadaan sebaliknya, dari rapat ke renggang. Kita dapat menganalisis proses pembiasan sebagai berikut. Dari hukum Snell maka berlaku n1 sin 1 n 2 sin 2 , jika n1 > n2 maka sin2 harus lebih besar dari sin1. Dalam kasus ini maka sudut bias 2 selalu lebih besar dari sudut datang 1. Dari Gambar 2.8 jika sudut datang bertambah maka sudut bias juga bertambah. Pada sinar ke 4 jika sudut bias 90o maka sinar bias harus sejajar dengan permukaan bidang batas dua medium. Jika sudut datang terus bertambah maka sembarang sinar bias akan dipantulkan balik oleh bidang batas ke medium yang sama dengan medium sinar datang [sinar no 5]. Ini disebut pemantulan internal sempurna . 2.14 Optika Gambar 2.8 Pembiasan dari medium rapat ke renggang Pemantulan sempurna terjadi jika sudut datang lebih besar dari sudut tertentu yang disebut sudut kritis c. Bila berkas cahaya berjalan dari medium rapat ke renggang maka sudut kritis C adalah sudut datang di mana terjadi sudut bias 90o. Jika 1 = C dan 2 = 90o maka sin 90o = 1 dan dengan hukum Snell diperoleh: n sin C 2 [2.13] n1 Untuk sistem air-udara dengan n1 = 1,33 dan n2 = 1 maka c = 49o. Teknologi serat optika menggunakan prinsip pemantulan sempurna ini untuk mentransmisikan gelombang. Di dalam serat optika cahaya dapat dibelok-belokkan secara fleksibel dan efektif sepanjang serat. Sekali lagi supaya cahaya tidak dihamburkan maka permukaan fiber optika harus sehalus mungkin tanpa benjolan-benjolan [cacat] di permukaan. Gambar 2.9 memperlihatkan perjalanan sinar dalam serat optika. 2.15 PEFI4311/MODUL 2 Gambar 2.9 Transmisi sinar serat optika Pengembangan serat optika bermutu tinggi akan menyediakan kemungkinan mentransmisikan data menggunakan sinar laser. Dalam hal ini aspek penting dari serat optika untuk komunikasi yang harus diperhatikan adalah: 1. pelemahan [attenuation] dan hamburan yang terjadi selama transmisi harus dijaga sekecil mungkin, 2. dispersi yang terjadi juga sekecil mungkin. Jika kedua hal ini tidak dipenuhi maka sinyal terkirim akan dengan kuat diredam dan didispersikan sehingga berakibat bentuk gelombang sinyal terkirim oleh transmitter akan dirusak kuat. Implikasinya informasi yang dibawa gelombang melalui serat optika menjadi kurang sempurna sesampai di tujuan. Contoh Soal 2: Pada sudut datang berapakah pemantulan total akan terjadi untuk gambar seperti berikut ini? 2.16 Optika Penyelesaian: Dengan hukum Snell maka Karena 2 90o 1 sin 2 cos 1 1 1 n 1,3 sin n 1,3 sin 1 sedangkan maka kita sudut kritis merumuskan diberikan bahwa oleh berlaku sin 1,3x sin 1 1,3 1 cos 1 dan jika ini diselesaikan maka kita peroleh 56o Pemantulan sempurna terjadi pada bidang vertikal jika sudut datang kurang dari 56o. D. PRINSIP HUYGENS Hukum pemantulan dapat diturunkan dengan cara lain dari yang di atas, yaitu menggunakan prinsip Huygens. Prinsip ini dinamakan berdasarkan nama fisikawan Belanda, Christian Huygens pada tahun 1678. Prinsip Huygens mengandaikan bahwa cahaya adalah sebuah gelombang, namun dalam hal ini tidak memasukkan sifat gelombang itu sendiri, seperti panjang gelombang misalnya. Huygens sendiri pada waktu itu tidak mengetahui apakah cahaya itu gelombang transversal atau longitudinal, tidak mengetahui panjang gelombang cahaya tampak, namun dia telah mengetahui sedikit 2.17 PEFI4311/MODUL 2 tentang laju cahaya. Meskipun demikian teori Huygens ini masih berguna untuk tujuan-tujuan praktis. Teori Huygens didasarkan pada bangun geometri yang mengizinkan kita mengatakan di mana sebuah muka gelombang [wave front] akan berada pada suatu saat yang akan datang jika diketahui posisinya sekarang. Prinsip Huygens menyatakan: All points a wavefront can be considered as point sources for the production of spherical secondary wavelets. After a time the new position of a wavefront is the surface tangent to these secondary wavelets. These wavelets propagate in the forward direction with a speed equal to the speed of the wave motion. Sebelum kita memahami prinsip Huygens ini tentu saja kita perlu mengetahui pengertian muka gelombang [wavefront] tersebut. Sebuah muka gelombang didefinisikan sebagai lokus [locus] semua titik-titik yang mempunyai fase vibrasi yang sama dari suatu besaran fisis. Sebagai contoh pada gelombang air maka lingkaran-lingkaran yang digambarkan dengan pusatnya adalah sumber gelombang adalah sebuah muka gelombang. gambaran muka gelombang pada prinsip Huygens adalah seperti gambar berikut. ct ct [a] [b] Gambar 2.10 Ilustrasi prinsip Huygens untuk dua jenis gelombang, [a] gelombang bidang dan [b] gelombang bola. 2.18 Optika Diberikan sebuah muka gelombang saat t = 0, [yaitu garis/kurva AB] dari sebuah gelombang bidang dan juga dari sebuah gelombang bola. Bagaimana muka gelombang saat t ? Maka, menurut prinsip Huygens pada saat t radius gelombang lingkaran ini adalah ct dengan c adalah laju cahaya. Pada Gambar 2.10 maka muka gelombang baru adalah A’B’ yang merupakan garis singgung pada lingkaran-lingkaran sekunder. Sekarang kita coba menurunkan hukum pemantulan dari prinsip Huygens ini. Gambar 2.11 berikut menggambarkan lima muka gelombang bidang yang berjalan ke arah bidang pemantul AB. Muka gelombang AA’ tegak lurus pada sinar datang. Jika sinar 2 berjalan dari A’ ke B, sinar 1 dari titik A menyebar ke arah luar dalam bentuk lingkaran jari-jari AB’ = A’B = v1t. Garis BB’ digambar sedemikian hingga menyinggung lingkaran di B’. Jadi BB’ adalah muka gelombang baru dari gelombang pantul. Dari geometri jelas AA’ = BB’. Kita lihat segitiga siku-siku B’BA dan A’AB. Kedua segi tiga ini kongruen [sama dan sebangun] karena BB’ = AA’ dan AB adalah sisi bersama kedua segitiga. Oleh sebab itu, B’BA = A’AB atau 90o - i = 90o - P, yaitu: i P Ini tidak lain adalah pernyataan hukum pemantulan kita sebelumnya. Gambar 2.11 Geometri untuk hukum pemantulan dari prinsip Huygens PEFI4311/MODUL 2 2.19 Selanjutnya kita telaah hukum pembiasan. Pada Gambar 2.12 kita mempunyai dua medium dengan indeks bias n2 > n1, yaitu medium 2 lebih rapat daripada medium 1 sehingga sinar berjalan melambat di medium 2. Gambar 2.12 Geometri untuk pembiasan dari prinsip Huygens Karena v2 < v1 maka muka gelombang muka gelombang yang dibiaskan, dipisahkan sejauh v2 t lebih dekat dari pada muka gelombang-muka gelombang dan dipantulkan yang dipisahkan sejauh v1t . Kita turunkan hukum pembiasan dengan melihat muka gelombang AA’. Pada waktu t sinar 2 berjalan sejauh A’B = v1t. Dalam waktu yang sama sinar 1 memasuki medium 2 dan berjalan dengan laju v2 < v1. Gambar lingkaran dengan jarijari AC = v2t dengan A sebagai pusat lingkaran. Gambar garis BC sehingga menyinggung lingkaran di C. Jadi BC adalah muka gelombang baru gelombang yang dibiaskan. Dari dua segi tiga siku-siku AA’B dan ACB maka: vt vt sin 1 1 dan sin 2 2 AB AB Membagi salah satu dengan yang lain dan v = c/n dengan c adalah laju cahaya maka: 2.20 Optika sin 1 / sin 2 v1 n2 n1 sin 1 n2 sin 2 v2 n1 yang merupakan hukum Snellius kita seperti sebelumnya. Jadi kita telah merumuskan hukum pemantulan dan pembiasan diturunkan dari prinsip Huygens. E. KEDALAMAN SEMU [APPARENT DEPTH] Jika kita melihat ke dalam sebuah kolam air maka kita sering melihat dasar kolam terlihat tidak terlalu dalam. Namun, jika kita melakukan pengukuran sesungguhnya maka kedalaman kolam sebenarnya lebih dalam dari yang terlihat. Ini disebabkan oleh fenomena pembiasan cahaya. Dapat kita gambarkan situasinya seperti pada gambar berikut. Gambar 2.13 Penampakan semu benda di dalam air Misalkan sebuah benda berada pada titik O di dalam air. Jika orang melihat dari posisi B maka benda seolah-olah berada di posisi I, yaitu di atas posisi O dan lebih dangkal. Dari definisi indeks bias, sin NA ' B sin AIA ' AA '/ IA ' OA ' n sin OA ' N ' sin AOA ' AA '/ OA ' IA ' PEFI4311/MODUL 2 2.21 Jika kita melihat benda sangat dekat dengan sinar tegak lurus maka OA’/IA’=OA/IA. Oleh sebab itu, berlaku, OA kedalaman nyata n IA kedalaman semu 1 atau, Kedalaman semu = x kedalaman nyata [2.14] n Jika indeks bias air n = 4/3 maka 1/n = ¾ yaitu kedalaman kolam akan tampak ¾ kedalaman yang sesungguhnya [nyata]. Contoh Soal 3: Sebuah sumber cahaya diletakkan di sudut dasar kolam sedalam 3 m. Jika seseorang berdiri di permukaan kolam tepat 4 m di sebelah kiri sumber cahaya, apakah sinar dari sumber cahaya dibelokkan? Berapa kedalaman sumber cahaya yang dilihat orang tersebut? Penyelesaian: Dengan rumus pemantulan sempurna dapat kita hitung sudut kritis: sin C n 2 / n1 1, 00 /1,33 0, 75 C 49o Dari Gambar sin 1 4 / 5 0,8 1 53o . Karena 1 C maka akan ada pemantulan sempurna. Kedalaman semu dapat kita hitung sebagai berikut: Kedalaman semu = [1/1,33]x3m = 2,26 m 2.22 Optika F. PEMANTULAN PADA CERMIN Ketika kita berdiri di depan cermin apa yang tampak di depan kita adalah bayangan kita sendiri. Posisi dan ukuran bayangan tersebut bergantung pada jenis atau tipe cermin, apakah cermin datar atau cermin lengkung, dan ini dapat kita telaah dengan menggunakan hukum-hukum pemantulan. Pada bagian modul ini Anda akan mempelajari beberapa aspek dari cermin. 1. Pemantulan pada Cermin Datar Sebuah benda titik berada di depan cermin datar. Maka kita dapat menggambarkan bayangan cermin dengan menggunakan dua sinar. Bayangan yang terbentuk terlihat di belakang cermin. Bayangan ini menurut optika geometri harus digambarkan oleh sinar [sinar nyata]. Namun demikian sebenarnya sinar tidak pernah dapat berjalan di daerah di belakang cermin dan oleh karena itu bayangan dalam hal ini tidak dapat ditampilkan sebagai perpotongan berkas sinar yang nyata dengan sumbu optika. Oleh karena itu, sinar untuk menggambarkan bayangan di belakang cermin adalah garis putus-putus. Bayangan, seperti ini disebut bayangan maya [virtual image], sebaliknya bayangan yang dapat digambarkan dengan berkas sinar nyata disebut bayangan nyata [real image]. Pada Gambar 2.14 adalah pembentukan bayangan untuk cermin datar, untuk benda titik dan benda panjang. Gambar 2.14 Pembentukan bayangan pada cermin datar [a] untuk sebuah benda titik, [b] untuk benda panjang. Setiap bayangan memerlukan dua sinar untuk menggambarkan pembentukan bayangannya. PEFI4311/MODUL 2 2.23 Untuk menggambarkan bayangan cermin datar maka buatlah sketsa seperti pada gambar di atas [perlu dua sinar] kemudian 1 adalah sudut datang, sedangkan 2 adalah sudut pantul. Sesuai dengan hukum pemantulan maka 1 = 2 . Bayangan I yang terbentuk adalah bersifat maya [di belakang cermin] dengan jarak benda o = jarak bayangan i dari cermin datar sesuai Gambar. Untuk benda panjang, selain bersifat maya, bayangan juga bersifat tegak lurus, yaitu tidak terbalik [anak panah ke tetap ke atas]. Untuk cermin ukuran bayangan sama dengan obyek benda. Jika perbesaran linear dari bayangan adalah: ukuran bayangan IQ m [2.15] ukuran obyek OP Karena segi tiga OPV dan INV kongruen maka IQ/OP = i/o dan jika o = i maka [2.16] m i /o 1 Nilai m = 1 menunjukkan bahwa ukuran obyek = ukuran bayangan. Hal menarik lain dari pembentukan bayangan cermin datar adalah bayangan mempunyai sifat inversi kiri-kanan. Jadi bagian kiri obyek akan menjadi bagian kanan bayangan dan sebaliknya. Dapat kita simpulkan disini untuk bayangan cermin datar: bersifat tegak lurus, maya, mempunyai inversi dan perbesarannya satu. 2. Pemantulan pada Cermin Lengkung Cermin lengkung yang sederhana adalah cermin cekung dan cembung. Cermin cekung [concave] mempunyai sifat mengumpulkan semua sinar yang datang padanya [converge] di titik fokus, sedang cermin cembung [convex] bersifat sebaliknya. Titik tengah cermin di sebut vertex, jari-jari kelengkungan cermin disebut kurvatur dengan panjang R sedang jarak antara vertex ke titik fokus disebut panjang fokus, f. 2.24 Optika a. Pemantulan pada Cermin Cekung Pemantulan cahaya pada permukaan melengkung [bola] berlaku seperti halnya untuk permukaan datar. Kita evaluasi pemantulan tersebut dengan jalannya sinar yang diwakili oleh garis tebal anak panah seperti pada Gambar 2.15 berikut. Gambar 2.15 Pemantulan pada bidang lengkung Misal sebuah sumber cahaya berada pada titik O dengan sudut datang sekarang terhadap kurvatur [lengkungan] dengan radius R. Sumber cahaya [benda] tersebut misalkan berjarak o dari cermin dan jarak bayangan [titik I ] dengan cermin adalah i. Dengan geometri dapat kita rumuskan: 2 , atau 2 Pada bahasan kita sekarang, kita buat pemisalan bahwa sudut-sudut , , cukup kecil, yang berarti , , R o=R R>o>f o=f Lokasi bayangan R>I>f i=R >i>R i= Gambar 2.17 [e] adalah kasus yang agak berbeda, bayangan yang terjadi adalah tegak lurus dan maya. Rumus cermin seperti yang telah kita turunkan sebelumnya juga dapat dicari dengan cara lain, yaitu secara geometri [metode grafik]. Dari Gambar 2.17, jika kita buat pemisalan bahwa AV hampir garis lurus sehingga sama dengan OP. Dari segitiga FAV dan FQI dan AV = OP maka: AV OP VP f IQ IQ QF i f Kemudian dari segitiga OPC dan IQC, OP PC o R o 2 f IQ QC R i 2 f i Menyamakan kedua persamaan maka, f o2f i f 2 f i atau if + of = io atau 1 1 1 o i f [2.19] Ini dikenal dengan rumus cermin seperti yang telah kita turunkan sebelumnya. Selanjutnya kita ingin menemukan rumus perbesaran linear [atau lateral atau transversal] m yang kita definisikan sebagai: ukuran bayangan IQ i f i m 1 = ukuran obyek OP f f 2.29 PEFI4311/MODUL 2 Subsitusi 1/f dari rumus cermin maka kita peroleh: i 1 1 m i 1 o i o [2.20] Jika kita tambahkan tanda negatif maka akan sekaligus menunjukkan bahwa bayangan bersifat terbalik, i [2.21] m o b. Pemantulan pada Cermin Cembung Cermin cembung mempunyai sifat menyebarkan sinar. Pembentukan bayangan untuk cermin cembung adalah seperti pada gambar berikut. Gambar 2.18 Pembentukan bayangan cermin cembung untuk obyek di O, O’, dan O”. Dari Gambar 2.18 kita melihat bayangan benda untuk posisi di O, O’, O” yang kesemuanya memperlihatkan bahwa bayangan cermin cembung bersifat tegak, diperkecil dan maya. Sinar yang datang [selalu kita gambarkan dari kiri ke kanan sistem optika] ke cermin cembung akan disebarkan dari bayangan maya I. 2.30 Optika 1 1 1 dapat kita gunakan untuk baik cermin cekung o i f maupun cermin cembung jika kita gunakan konvensi tanda [ +/] yang tepat untuk semua besaran p,q, f dengan pedoman seperti berikut. Rumus cermin Tabel 2.3. Pedoman pembentukan bayangan Kondisi O>0 i>0 i0 f 0 untuk cermin cembung [convex], yaitu R < 0 Contoh Soal 5 : Sebuah cermin cembung mempunyai obyek sejauh 14 cm dari cermin. Jika kita menginginkan bayangan yang muncul adalah sejauh 7 cm di belakang cermin [maya] berapakah jarak fokus yang diperlukan? Jika obyek mempunyai tinggi 8 mm berapakah tinggi bayangan? Penyelesaian: 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 f 14cm o i f 14 [7] f 14 f 14 f Sesuai rumus f = -14 cm [negatif, yang menandai bahwa ini adalah cermin cembung]. Dengan rumus perbesaran i h' i 7 m h ' h 0,8 0, 4cm . Jadi tinggi bayangan o h o 14 adalah 4mm [diperkecil]. Tanda [+] pada m berarti bayangan bersifat tegak. Jika m negatif maka bayangan adalah terbalik. G. PEMBIASAN PADA BIDANG MELENGKUNG Pembiasan pada permukaan melengkung memberikan kita dasar pemikiran bagaimana sistem lensa bekerja. Kita telaah pembiasan pada permukaan melengkung seperti pada Gambar 2.19 berikut: 2.31 PEFI4311/MODUL 2 Gambar 2.19 Pembiasan pada bidang melengkung Kemudian sekali lagi kita buat pemisalan bahwa semua sudut , , , adalah sudut kecil atau tinggi h sangat kurang daripada radius kurvatur R. Batasan ini diperlukan jika efek aberasi bola ingin diabaikan. Dari Gambar kita mempunyai: 2 dan 1 Namun demikian, hukum Snell memerlukan bahwa, n1 sin 1 n2 sin 2 [2.22] dengan n2 adalah indeks bias medium sistem optika. Untuk sudut kecil maka, sin 1 1 n2 atau [ ]n1 [ ]n2 sin 2 2 n1 Menggunakan relasi h h h , dan R o i maka akan kita dapatkan rumus pembiasan bidang melengkung n1 n2 1 [n2 n1 ] o i R [2.23] 2.32 Optika Seperti halnya untuk rumus cermin yang berlaku umum, rumus pembiasan ini juga dapat kita buat untuk baik permukaan cekung maupun cembung dengan konvensi: Tabel 2.4. Pedoman pembiasan lensa Kondisi i>0 i0 R 0, lensa tersebut adalah lensa cembung [converging lens] dan jika f < 0 maka adalah lensa cekung [diverging lens]. Dalam hal ini ada empat lensa fundamental seperti pada Gambar 2.22: 2.36 Optika Gambar 2.23. Lensa-lensa fundamental dan cirinya Dapat kita lukiskan di sini pembentukan bayangan untuk lensa positif [cembung, konvergen] untuk berbagai keperluan praktis seperti Gambar 2.24 berikut. Gambar 2.24 Pembentukan bayangan pada lensa cembung [cembung-cembung] Pembentukan bayangan lensa cekung [negatif, divergen] adalah, seperti Gambar 2.25. Bayangan yang terbentuk selalu semu/maya, tegak lurus dan diperkecil. 2.37 PEFI4311/MODUL 2 Gambar 2.25 Bayangan lensa cekung [cekung-cekung] yang selalu maya, tegak diperkecil. Contoh Soal 7: Carilah panjang fokus lensa cembung-cembung yang mempunyai radius kurvatur 25 cm, dan indeks bias 1,52. Penyelesaian: Kita gunakan formula lensmaker 1 [n2 n1 ] 1 1 [ ] . Dengan n1 = 1 f n1 R1 R2 [udara] dan n2 = 1,52 [lensa] dan R1 = R2 [cembung-cembung] maka f = … = 24 cm. Dari persamaan [2.25] dan [2.26] kita juga dapat memperoleh rumus lensa: 1 1 1 [2.27] o i f Kita lihat berbentuk identik dengan rumus cermin, kecuali bahwa untuk konvensi tanda pada bayangan [i]. Besarnya pembesaran akan tetapi masih sama yang didefinisikan dengan: m tinggi bayangan hi tinggi obyek h0 [2.28] 2.38 Optika dan masih dapat diinterpretasikan sama dengan pembesaran pada cermin. Dapat Anda buktikan sendiri dari geometri pembentukan bayangan maka akan memenuhi juga: i [2.29] m o Contoh Soal 8: Sebuah obyek 5 cm tingginya ditempatkan 35 cm di depan lensa cekung dengan f = - 10 cm. Berapakah jarak bayangan dan perbesarannya serta ukuran bayangannya? Penyelesaian: Dengan rumus lensa 1 1 1 maka o i f 1 1 1 1 1 i ... 7, 78cm . i f o 10 35 Kita lihat jarak bayangan i adalah negatif sehingga bersifat maya dan ditempatkan 7,78 cm di depan lensa. Perbesarannya m = - i/o = - [-7,78/35 ] = + 0,222 sehingga ukuran bayangan adalah hi = mho = [0,222][5] = 1,11 cm. 2. Lensa Gabungan Kebanyakan sistem optika akan memerlukan dua atau lebih lensa, prisma, atau cermin. Kita dapat menganalisis pembentukan bayangannya satu persatu tiap lensa dengan rumusan seperti yang baru saja kita pelajari, yaitu dengan menggunakan rumus lensa. Yang perlu diperhatikan adalah obyek untuk lensa kedua, sebagai contoh untuk dua lensa cembung yang di jajar bersama dengan jarak tertentu maka obyek lensa kedua adalah bayangan dari lensa pertama. Contoh soal 9: Carilah posisi dan sifat bayangan akhir [nyata atau semu, tegak lurus atau terbalik] untuk gambar pembiasan lensa berikut. PEFI4311/MODUL 2 2.39 Penyelesaian: Untuk lensa konvergen pertama, kita gunakan rumus lensa yaitu: 1 1 1 75 i 75 cm. Pembesaran lensa pertama: m1 1,5 50 i 30 50 Untuk lensa kedua kita mempunyai jarak obyek – 35 cm [semu]. Oleh karena itu, 1 1 1 i ' 17,5 cm 35 i ' 10 dengan perbesaran m2 dapat dihitung -0,5. Jadi, bayangan akhir akan dibentuk pada 1,75 cm dikiri lensa divergen [cekung] dengan bayangan akhir adalah: m m1m2 0,75 Karena m >0 maka bayangan adalah tegak. Bayangan bersifat semu karena sinar tidak berpotongan dengan sumbu optika setelah keluar dari lensa cekung [lensa kedua]. Pada contoh misalkan jarak pisah antara kedua lensa mendekati nol. Maka obyek maya untuk lensa semu/maya menjadi –75 cm, dan bayangan akhir yang terbentuk pada i’ ditentukan dari: 1 1 1 1 50 i ' 30 10 2.40 Optika 3. Lensa Tipis yang didempetkan Secara umum jika dua buah lensa dengan jarak fokus f1 dan f2 di dempetkan maka lensa gabungan membentuk sebuah lensa dengan jarak fokus efektif sebesar: 1 1 1 [2.30] feff f1 f 2 Peralatan optika, seperti kamera presisi atau devais optika berkualitas tinggi yang lain semuanya mempunyai lensa gabungan untuk mereduksi efek aberasi kromatis, dan ini akan kita bahas pada topik selanjutnya. Secara umum untuk gabungan sejumlah lensa yang didempetkan berlaku: n 1 1 [2.31] f eff i 1 fi Contoh Soal 10: Dua buah lensa cembung didempetkan masing-masing dengan f = 10 cm dan f = 15 cm. Berapakah jarak fokus lensa gabungan? Penyelesaian: 1 1 1 1 1 f gab ... 6cm f gab f1 f 2 10 15 Daya dioptrik [p] lensa gabungan didefinisikan dengan: p = 1/f PEFI4311/MODUL 2 2.41 LAT IH A N Untuk memperdalam pemahaman Anda mengenai materi di atas, kerjakanlah latihan berikut! 1] Cahaya monokromatis mengenai sebuah prisma 40o pada sudut 45o . Jika indeks bias gelas adalah 1,5 maka berapakah sudut total pembiasan yang terjadi? [lihat gambar ] 2] Seberkas cahaya melintas dari udara ke sebuah cairan sehingga arahnya disimpangkan 19o jika sudut datangnya adalah 52o. Bagaimanakah agar terjadi pemantulan sempurna? 3] Sebuah kabel serat optika mempunyai panjang 2 meter dan diameter 20 mikrometer. Jika sinar datang dari salah satu ujungnya pada sudut 1 40o dan indeks bias serat optika adalah 1,30 maka berapa kali banyaknya pemantulan yang terjadi di dalam serat sebelum sinar keluar dari ujung yang lain? 4] Sebuah obyek tinggi 3 cm ditempatkan 20 cm dari sebuah cermin lengkung cekung yang mempunyai jarak fokus 10 cm. Tentukan posisi dan sifat bayangan ? 5] Sebuah obyek riil diletakkan 30 cm di depan gelas kaca cembung yang mempunyai indeks bias 1,33 dan radius permukaan cembung 5 cm. 2.42 Optika Berapakah jarak, perbesaran serta sifat bayangan? gambarkan diagram sinar-sinar yang relevan? 6] Dua buah lensa disusun seperti pada gambar berikut: Carilah letak bayangan, sifat serta perbesarannya dari sebuah obyek 25 cm didepan lensa pertama [1], jika lensa [1] adalah lensa cembung, dan lensa [2] adalah lensa cekung dengan f1 = 15 cm dan f2 = 15 cm, dan jarak pisah keduanya adalah 60 cm. Petunjuk Jawaban Latihan 1] Pembiasan pada permukaan pertama dengan hukum Snell menghasilkan sin 40 1,5 . Dari sini maka 1 = … = 25,4o. Karena 1 + 2 = 45o maka sin 1 2 = 19,6o. Menerapkan hukum Snell pada permukaan kedua maka sin 3 1,5 . Akhirnya kita dapatkan 3 = … = 30,2o. Sudut total sin19, 6 pembiasan adalah = [40 - 1]+[ 3 - 2] = 25,2o. 2] Jika cahaya melintas dari cairan ke udara pada sudut datang yang lebih besar dari sudut kritis maka akan terjadi pemantulan sempurna pada bidang batas. Untuk mengetahui besarnya sudut kritis maka kita hitung lebih dulu indeks bias cairan n1. Untuk cairan berlaku 1 52o 19o 33o dan dengan hukum Snell kita mempunyai hubungan 1sin 52o n1 sin 33o n1 1, 447 . Selanjutnya sudut kritis dapat dicari 2.43 PEFI4311/MODUL 2 dengan rumus berikut: 1sin 90o 1, 447sin C C 43,7o . Jadi agar terjadi pemantulan sempurna sudut datang cahaya dari cairan ke udara harus lebih besar dari sudut kritis C 43,7o . 3] Dapat kita gambarkan proses pantulan tersebut seperti gambar berikut. Dengan sin 2 hukum Snell untuk titik masuk sinar berlaku: n1 sin 1 0, 495 . Sudut 2 oleh karena itu = arc sin [0,495] = n2 29,7o. Panjang serat optika untuk pemantulan sempurna pertama L d 2 x105 m 3,51x105 m . tan 2 0,570 optika Lt maka berlaku: Untuk seluruh panjang serat Lt 2m 57000 . Jadi ada 57000 kali L 3,51x105 m terjadi pemantulan sempurna sebelum sinar keluar serat optika. 4] Untuk cermin cekung: f = + 10cm dan o = +20 cm. Dengan rumus 1 1 1 of [10][20] 20cm . Bayangan adalah cermin atau i o i f o f 20 10 riil [karena i adalah positif] berada 20 cm di sebelah kiri verteks cermin. Perbesaran bayangan adalah: i 20 m 1 yaitu berukuran sama dengan obyek yaitu 3 cm o 20 namun terbalik [karena m negatif]. 2.44 Optika 5] Untuk dapat menggambar diagram sinar tersebut kita perlu mencari jarak bayangan seperti yang ditanyakan. Dengan rumus persamaan [2.23]. 1 1, 33 1, 33 1 i 40cm . Tanda positif menandakan 30 i 5 bayangan adalah riil dan juga ditempatkan di sebelah kanan permukaan, di mana sinar cahaya riil dibiaskan. Dengan persamaan [2.24] maka: [1][ 40] m 1 , yang menandakan bahwa bayangan [1, 33][ 30] adalah terbalik, berukuran kurang lebih sama dengan obyek. Catatan: Gambaran sinar-sinar cahaya pada Gambar di atas jika medium n2 cukup tebal sehingga bayangan yang terbentuk masih di dalam kaca. Jika tebal kaca tidak terlalu besar, misalnya hanya 10 cm maka akan membentuk sistem lensa tipis [thick lens] sehingga bayangan yang terbentuk sempat dibiaskan lagi sesampai di luar kaca karena ada perbedaan indeks bias. 6] Lensa pertama adalah cembung : f1 = + 15 cm, o1 = 25 cm. o f 1 1 1 [25][15] i1 1 37,5cm o1 i1 f o1 f 25 15 2.45 PEFI4311/MODUL 2 m1 = - i1/o1 = - 1,5. Jadi bayangannya riil [karena i1 positif] dan 37,5 cm di kanan lensa pertama, terbalik [karena m negatif] dan ukurannya 1,5 kali ukuran semula. Lensa kedua adalah cekung: f2 = -15 cm. Jika sinar riil cahaya menyebar dari bayangan riil pertama, ini memberikan obyek riil bagi lensa kedua dengan o2 = 60 – 37,5 cm = + 22,5 cm di kiri lensa. Dengan ini lalu: o f [22,5][15] i2 2 9cm o2 f [22,5] [15] m2 i2 0, 4 o2 Jadi, bayangan akhir adalah maya [karena i2 negatif] dan 9 cm dikiri lensa kedua, tegak terhadap obyek dirinya [karena m positif] dan 0,4 kali ukuran semula. Jadi pembesaran total adalah: m = m1.m2 = [-1,5][0,4] = - 0,6. Ini berarti bayangan akhir adalah terbalik terhadap obyek aslinya dan 6/10 kali ukuran lateralnya. R A NG KU M AN Formula untuk cermin dan lensa dapat kita rangkum sebagai berikut: Permukaan lengkung Permukaan datar Pemantulan 1 1 1 , f R / 2 o i f Cermin cekung: m i / o Cermin i= -o f > 0, R < 0 m = +1 cembung: f < 0, R > 0 Pembiasan permukaan tunggal n1 n2 n2 n1 o i R m n1i n2 o Cekung: R0 i n2 o n1 m = +1 2.46 Optika Permukaan lengkung Permukaan datar Pembiasan oleh lensa tipis 1 1 1 o i f Cekung: 1 n2 n1 1 1 f n1 R1 R2 Cembung: f0 TES F OR M AT IF 1 Pilihlah satu jawaban yang paling tepat! 1] Seberkas cahaya melewati udara lalu masuki sepotong gelas dengan sudut datang 60 derajat. Setelah di dalam gelas cahaya tersebut dibelokkan pada sudut 45 derajat terhadap garis normal di dalam gelas. Berapakah indeks bias gelas dan sudut keluar sinar bias [sudut antara garis normal dan sinar keluar gelas] …. A. 1,22 dan 30o B. 1,22 dan 45o C. 1,22 dan 60o D. 1,25 dan 90o 2] Seberkas sinar melintas dari medium cairan masuk kedalam gelas seperti dalam Gambar di bawah ini. 2.47 PEFI4311/MODUL 2 Berapakah sudut datang terbesar 1 supaya terjadi pemantulan sempurna .... A. sin 1 [n 2 n1 ]2 B. n sin 1 2 1 n1 C. n sin 1 2 1 n1 2 D. sin 1 [n 2 n 2n1 ]2 3] Pada pembuatan serat optika maka didesain serat mempunyai indeks bias n2 yang dibungkus oleh material lain dengan indeks bias n1 menyelubungi seluruh permukaan serat optika. Jika indeks bias serat 1,700 sedangkan pembungkusnya adalah kaca dengan indeks bias 1,512 maka berapakah sudut kritis agar serat optika tersebut bekerja …. A. 50,1o B. 62,7o C. 70,2o D. 74,2o 4] Sebuah obyek 3 cm tingginya diletakkan 20 cm [panjang o] di depan cermin cembung. Tentukan jarak/panjang bayangan [i] serta sifat bayangannya …. A. i = 6,67 cm, bayangan maya, sebelah kiri verteks [titik tengah] cermin B. i = - 6,67 cm, bayangan maya, sebelah kiri verteks [titik tengah] cermin C. i = - 6,67 cm, bayangan maya, sebelah kanan verteks [titik tengah] cermin. D. i = - 6,67 cm, bayangan riil, sebelah kanan verteks [titik tengah] cermin 2.48 Optika 5] Untuk soal no.4 di atas, berapakah besar/tinggi bayangan serta sifat bayangan hasil perbesaran .... A. Tinggi bayangan 3 cm, terbalik dan merupakan bayangan semu. B. Tinggi bayangan 1 cm, terbalik dan merupakan bayangan riil. C. Tinggi bayangan 3 cm, tegak dan merupakan bayangan riil. D. Tinggi bayangan 1 cm, tegak dan merupakan bayangan riil. 6] Sebuah sistem optika lensa dan cermin seperti gambar berikut ini: Carilah lokasi bayangan akhir dan perbesarannya .... A. 50 cm di depan lensa, m = + 1,0 B. 60 cm di depan lensa, m = + 1,0 C. 50 cm di depan lensa, m = + 0,5 D. 60 cm di depan lensa, m = + 0,5 7] Sebuah sinar cahaya dengan panjang gelombang 1 = 589 nm merambat melalui udara kemudian menuju medium kaca seperti pada gambar berikut. PEFI4311/MODUL 2 2.49 Berapakah sudut bias, panjang gelombang cahaya dalam gelas dan frekuensi sinar bias …. A. 2 20, 2o ; 2 287,5 nm; f 6,09x1014 Hz B. 2 19, 2o ; 2 387,5 nm; f 5,09x1014 Hz C. 2 18,6o ; 2 487,5 nm; f 4,09x1014 Hz D. 2 17, 2o ; 2 587,5 nm; f 3,09x1014 Hz 8] Sebuah obyek tinggi 6 cm diletakkan 40 cm di depan lensa cembung yang mempunyai jarak fokus 8 cm. Lensa cembung kedua yang mempunyai jarak fokus 20 cm diletakkan di sebelah kanan lensa pertama. Tentukan posisi, ukuran dan sifat bayangan .... A. Bayangan akhir 50 cm di kiri lensa kedua, 7 cm tinggi dan dan bersifat terbalik dan semu. B. Bayangan akhir 50 cm di kiri lensa kedua, 9 cm tinggi dan dan bersifat terbalik dan riil. C. Bayangan akhir 60 cm di kiri lensa kedua, 7 cm tinggi dan dan bersifat terbalik dan nyata. D. Bayangan akhir 60 cm di kiri lensa kedua, 9 cm tinggi dan dan bersifat terbalik dan semu. 9] Diberikan 1 adalah sudut dating dan 2 adalah sudut bias, n1 indeks bias medium 1 dan n2 adalah indeks bias medium 2. Jika sinar datang dari medium 1 ke 2 maka supaya terjadi 1 + 2 = 90o , ungkapan untuk 1 adalah .... A. 1 = arc tan [n2/n1] B. 1 = arc tan [n1/n2] C. 1 = arc sin [n1/n2] D. 1 = arc sin [n2/n1] 2.50 Optika 10] Sebuah lensa cembung f = 10 cm didempetkan dengan lensa cekung f = 15 cm. Berapa f gabungan kedua lensa …. A. 10 cm B. 20 cm C. 30 cm D. 40 cm Cocokkanlah jawaban Anda dengan Kunci Jawaban Tes Formatif 1 yang terdapat di bagian akhir modul ini. Hitunglah jawaban yang benar. Kemudian, gunakan rumus berikut untuk mengetahui tingkat penguasaan Anda terhadap materi Kegiatan Belajar 1. Tingkat penguasaan = Jumlah Jawaban yang Benar 100% jumlah soal Arti tingkat penguasaan: 90 - 100% = baik sekali 80 - 89% = baik 70 - 79% = cukup < 70% = kurang Apabila mencapai tingkat penguasaan 80% atau lebih, Anda dapat meneruskan dengan Kegiatan Belajar 2. Bagus! Jika masih di bawah 80%, Anda harus mengulangi materi Kegiatan Belajar 1, terutama bagian yang belum dikuasai. 2.51 PEFI4311/MODUL 2 Kegiatan belajar 2 Teori Aberasi A. ABERASI MONOKROMATIS Teori optika geometri dan optika fisis telah dipergunakan dalam banyak hal untuk konstruksi banyak instrumen optika seperti kamera, mikroskop dan lain-lain. Namun demikian lensa dan cermin mempunyai permasalahan karakteristik yang dapat mengganggu kejernihan bayangan yang ditampilkan sistem optika. Salah satu permasalahan tersebut adalah aberasi yang merupakan cacat yang harus dihilangkan [direduksi] sebelum sebuah sistem optika yang berkualitas tinggi dibuat. Ada beberapa aberasi pada sistem cermin dan lensa, di antaranya adalah: aberasi sferis, astigmatisma dan aberasi kromatis. Pada Kegiatan Belajar 2 ini akan kita pelajari aberasi yang terjadi pada sistem optika sebelum kita membahas sistem optika [instrumen optika] itu sendiri Dalam teori pembentukan bayangan pada cermin dan lensa seperti yang telah kita pelajari, kita membuat pemisalan bahwa sebuah obyek yang ditempatkan pada sumbu utama [sumbu optika] menghasilkan bayangan titik yang sesuai pada sumbu utama juga. Titik-titik di luar sumbu utama juga diasumsikan berada pada sumbu sistem berotasi dengan sudut kecil, seperti pada Gambar 2.25. Dengan ini maka sebuah lensa menghasilkan sebuah bayangan sempurna atau ideal dari sebuah obyek. Gambar 2.25 Pembentukan bayangan pada umumnya [pendekatan paralaks] 2.52 Optika Namun, sesungguhnya ini tidaklah benar. Tidak masalah seberapa halus dan teliti sebuah permukaan lensa/cermin dibuat, bayangan sesungguhnya yang terjadi menyimpang dari bayangan ideal. Dengan kata lain ada karakteristik yang melekat [inheren] pada lensa yang menyebabkan pembentukan cacat bayangan ketika hukum pemantulan dan pembiasan diterapkan. Gejala di mana bayangan yang sesungguhnya [actual image] tidak sesuai dengan bayangan ideal [seperti yang diprediksi dengan teori sederhana yang telah kita rumuskan di Kegiatan Belajar 1 ini, disebut dengan aberasi. Selanjutnya aberasi ada dua hal: aberasi kromatis dan aberasi monokromatis. Aberasi kromatis terjadi karena ketidakmampuan lensa membawa ke sebuah fokus dalam satu bidang semua sinar yang berbeda warnanya, di mana ini disebabkan karena adanya variasi indeks bias terhadap panjang gelombang [warna]. Jika kemudian digunakan cahaya monokromatis namun masih memperlihatkan cacat bayangan maka aberasi disebut aberasi monokromatis. Aberasi monokromatis mencakup: aberasi sferis, astigmatisma, koma dan distorsi. Aberasi monokromatis menciptakan aberasi yang melibatkan cahaya dengan hanya satu panjang gelombang. Untuk memperoleh gambaran matematis aberasi, maka kita tinjau Gambar 2.26. Sebuah bayangan dibentuk oleh permukaan pembias tunggal serta memperlihatkan posisi tiga sinar. Pada Gambar 2.27 memperlihatkan titik tiga sinar Gambar 2.26 memperlihatkan pada sebuah bidang depan. Ketiga posisi titik-titik yang dilalui sinar pada bidang bukaan tersebut diwakili oleh parameter-parameter r’, dan a . Dapat ditunjukkan bahwa a dikaitkan dengan panjang h’ dari bayangan. Perbedaan lintasan optika antara sinar yang melalui pusat kurvatur dan mewakili Q dapat kita hitung dari Gambar 2.27 tersebut. 2.53 PEFI4311/MODUL 2 Gambar 2.26 Sinar [1] melalui pusat kurvatur C, tidak dibiaskan, sinar [2] sejajar sumbu optika juga tidak dibiaskan, sedangkan sinar [3] melalui titik Q dalam bukaan [aperture]. Gambar 2.27 Titik-titik di mana tiga sinar pada Gambar 2.26 melewati bukaan. Perbedaan lintasan sinar yang melalui pusat kurvatur C dan melalui titik Q dapat dihitung dengan bantuan, [2.32] '2 r '2 a2 2r ' a cos Perbedaan lintasan sinar, a[Q], tersebut dapat dibuktikan: a [Q ] c r '4 4ar '3 cos 4a 3r 'cos 2a 2r '2 4a 2r '2 cos 2 S1 S2 S3 S4 [2.33] S5 Urutan suku dalam tanda kurung menunjukkan kontribusi jenis aberasi yang akan kita ulas lebih lanjut. Dalam tabel dibawah ini memperlihatkan sukusuku yang dimaksud dan jenis aberasi yang berkaitan. 2.54 Optika Tabel 2.5. Kontribusi jenis aberasi Suku yang perlu dieliminasi S1 S1+S2 S1+S2+S3+S4 S1+S2+S3+S4+S5 Jenis aberasi yang bersesuaian Aberasi sferis Koma Astigmatisme dan kurvatur Distorsi 1. Aberasi Sferis Lensa Gejala yang dikenal sebagai aberasi sferis lensa adalah seperti pada Gambar 2.26. Kita melihat di sini karena pembentukan bayangan sebuah titik di depan lensa tidak menghasilkan bayangan di satu titik maka bayangan yang terjadi tidak akan menghasilkan bayangan yang sempurna. Gambar 2.28 Efek aberasi sferis pada [a] lensa cembung [b] lensa cekung PEFI4311/MODUL 2 2.55 Gejala aberasi sferis lensa dapat diminimalkan dengan jalan memilih radius kurvatur yang tepat agar semua sinar pembentukan bayangan jatuh pada satu titik. 2. Reduksi Aberasi Sferis Lensa Untuk lensa kita mungkin menggunakan permukaan asferis untuk tujuan tertentu, seperti rancangan lensa kondenser tertentu, Gambar 2.29. Adalah mungkin untuk merancang permukaan pembias khusus yang tidak akan memperlihatkan aberasi sferis. Gambar 2.29 Permukaan lensa asferis untuk rancangan lensa kondenser Namun demikian, prosedur umum untuk mendapatkan bayangan berkualitas harus menggunakan lensa-lensa dengan permukaan sferis untuk membentuk sistem lensa dengan lensa-lensa itu sendiri. Kombinasi lensalensa jadi mungkin dipilih sehingga aberasi dapat direduksi atau dieliminasi. Kombinasi yang tepat lensa positif dan lensa negatif dapat menghilangkan aberasi sferis seperti paga Gambar 2.30. Pada prinsipnya, indeks bias dua lensa adalah sama. Namun demikian, kita biasanya mencoba untuk memperbaiki aberasi kromatis [pada bahasan selanjutnya] yang terjadi dengan menyusun kombinasi kedua lensa dengan indeks bias yang berbeda. 2.56 Optika Gambar 2.30 Kompensasi aberasi sferis menggunakan gabungan lensa cembung-cembung dan cekung-cekung [cekung-datar]. 3. Aberasi Sferis Cermin Kita lihat pada Gambar 2.31. Di dalam menurunkan rumus cermin, kita membuat pemisalan bahwa jarak h antara P dan sumbu utama nilainya kecil dibandingkan dengan radius kurvatur R. Dengan batasan ini maka berkas cahaya sejajar dengan sumbu utama semua akan difokuskan pada i = R/2, yaitu jarak fokus cermin. Gambar 2.31 Aberasi pada cermin sferis 2.57 PEFI4311/MODUL 2 Dari gambar maka tinggi h maksimum tidak lain sama dengan R. Juga dari Gambar 2.31 maka: h cos 2 ; i h tan 2 sin 2 h sin R 2 [ R ] 2 h2 ; R Eliminasi δ dan θ dari persamaan-persamaan tersebut kita dapatkan: 1 [2.34] i R 1 2 1 [ h / R] 2 Jika h>D dari itu maka sudut ruang ini adalah 3.12 Optika D2 / 4o2 . Iluminansi bayangan ditentukan oleh jumlah cahaya per satuan luas yang dikenainya. Untuk luminansi sumber yang ada maka iluminansi bayangan adalah berbanding terbalik dengan luasnya, yaitu berbanding terbalik dengan kuadrat perbesaran lateralnya. Jika perbesaran adalah i/o maka kita menyimpulkan iluminansi bayangan adalah sebanding dengan: D2 o2 D 2 [3.6] . 2 o2 i 2 i Pada kamera biasanya jarak bayangan yang terbentuk kira-kira sama dengan jarak fokus yaitu i f , oleh karena itu: I I D2 f 2 1 [ f / D] 2 [3.7] Untuk obyek jauh, i praktis sama dengan jarak fokus, nilai maksimum D adalah diameter lensa obyektif. Oleh karena itu, iluminansi bayangan yang diperoleh dengan bukaan paling lebar dari AS sebanding dengan kuadrat diameter lensa obyektif dibagi dengan kuadrat jarak fokus. Elemen dasar kamera adalah lensa konvergen. Bukaan menentukan jumlah cahaya yang masuk ke kamera. Karena jarak fokus kamera adalah tetap maka menjauhkan dan mendekatkan obyek ke kamera [besar o] akan mengubah jarak bayangan [i]. Oleh karena itu untuk mendapatkan bayangan yang tajam kita perlu mengatur jarak film ke lensa. Pada kamera tangan [hand camera] seperti kamera 35 mm, ada dua tabung konsentris yang mengandung lensa tersebut. Dengan memutar searah atau berlawanan arah jarum jam maka lensa dapat bergerak maju atau mundur untuk mendapatkan bayangan tajam. Variasi total i namun demikian kecil untuk kamera 35 mm. Contoh Soal 3.3: Pada jarak berapa kamera 35 mm yang mempunyai fokus 50 mm harus dioperasikan untuk mendapatkan gambar utuh [seluruh badan] seorang yang mempunyai tinggi 2 mm? Penyelesaian: PEFI4311/MODUL 3 3.13 Untuk kamera 35 mm maka tinggi bayangan maksimum yang dapat dicapai hi adalah 35 mm. Oleh karena itu perbesaran kamera adalah: M = hi/ho = 3,5 cm/200 cm = 0,0175. Jika m = i/o maka o = i/m. Dari contoh sebelumnya jarak bayangan [i] relatif dekat dengan panjang fokus [f] sehingga kita ambil i = f. Oleh karena itu, o = i/m = f/m = 5 cm/0,0175 = 286 cm = 2,86 m. Jadi agar kita mendapatkan Gambar seluruh tubuh yang maksimum maka seseorang dengan tinggi 2 m perlu di depan kamera sejauh 2,86 m. Jumlah sinar yang mengenai film bergantung pada kecepatan pemotret [di atur oleh shutter], yaitu 1/10, 1/50, 1/100, 1/200 sampai 1/500 detik, dan ukuran bukaan pada lensa. Dengan adanya pilihan nilai-nilai ini maka selain untuk mengatur jumlah sinar yang masuk ke kamera juga untuk membuat bayangan yang cukup tajam untuk sebuah obyek yang bergerak dengan menerapkan pemotretan cepat. Ukuran bukaan ditentukan oleh diafragma iris. Diafragma ini juga untuk mereduksi aberasi yang ada dengan membatasi bagian tengah saja yang dikenai sinar sedangkan bagian sisanya ditutupi. D [diameter bukaan] menyatakan porsi lensa yang disinari. Diafragma iris dikalibrasi dalam bentuk bilangan/angka f. Angka f didefinisikan dengan: panjang fokus f [3.8] f # diameter bukaan D Bilangan f standar untuk kamera adalah f/2.8, f/4, f/5.6, f/8, f/11 dan f/16. Jadi bilangan f untuk f/4 berarti diameter bukaan [aperture] adalah ¼ nilai panjang fokus. Jika panjang fokus 50 mm digunakan maka bilangan f untuk f/4 mengandung arti bukaan lensa adalah: d = f/f# = f/4 = 50 mm/4 = 12,5 mm. Bukaan untuk f/16 adalah d = f/f# = f/16 = 50 mm/16 = 3,13 mm. Jadi makin besar bilangan f maka makin kecil bukaan lensa. Jadi sebuah gambar yang diambil di bawah terik matahari akan menggunakan bilangan yang lebih besar daripada gambar yang diambil dengan pencahayaan yang kurang, untuk kecepatan pemotretan yang sama. Dari persamaan [3.7] dan [3.8] maka kita juga dapat menyimpulkan, 1 [3.9] I [ f #]2 3.14 Optika Bilangan f menunjukkan daya pengumpulan sinar, sehingga bilangan ini juga dipandang sebagai kecepatan [speed] lensa. Dari persamaan [3.6] maka nilai kecil f# akan mendapatkan speed yang lebih besar. Meskipun kamera merupakan salah satu peralatan optika yang sederhana namun lensanya perlu dikoreksi untuk aberasi kromatis. Penyusunan dibuat dengan mempertimbangkan gejala astigmatisme. Gambar obyek dipindah ke film yang terbuat dari bahan yang sensitif terhadap cahaya. Oleh karena itu, pengambilan gambar perlu dilakukan dalam interval waktu yang singkat seperlunya. Dengan teknik pemrosesan secara kimiawi tertentu maka kita akan mendapatkan gambar negatif [negative film]. D. MIKROSKOP [GABUNGAN] Mikroskop adalah sebuah alat yang digunakan untuk menghasilkan pada retina mata sebuah bayangan yang diperbesar dari sebuah obyek yang sangat kecil. Peralatan mikroskop juga menggunakan lensa cembung untuk mendapatkan bayangan yang diperbesar, tegak dan maya dari sebuah obyek kecil yang ditempatkan pada fokus. Dapat kita gambarkan perjalanan sinar untuk melukiskan pembentukan bayangan pada mikroskop seperti pada gambar 3.6. Mikroskop sederhana sama seperti kaca pembesar biasa seperti telah kita pelajari pada Modul 2. Mikroskop gabungan [compound microscope] seperti pada Gambar 3.4 diciptakan oleh Galileo pada 1610. Mikroskop ini mengandung dua lensa konvergen, yaitu lensa obyektif L 1 [objective lens] yang mempunyai jarak fokus pendek [biasanya kurang dari 1 cm] dan lensa kedua kita sebut lensa mata [eyepiece] atau lensa okular [ocular] L2 [yang mempunyai jarak fokus lebih besar 2 s/d 3 cm]. Obyek yang diperbesar diletakkan di luar jarak fokus F1 lensa obyektif sejauh o1dari lensa sehingga diperoleh bayangan yang riil, terbalik dan diperbesar di i 1. Bayangan lensa obyektif akan menjadi obyek untuk lensa okular. Lensa okular diatur sedemikian hingga obyek o2 selalu terletak sebelah dalam fokus lensa okular F2. Jadi, lensa okular L2 berfungsi sebagai kaca pembesar yang memberikan bayangan diperbesar, maya dan tetap terbalik sejauh i2 dari L2. 3.15 PEFI4311/MODUL 3 Gambar 3.6 Skema dan foto mikroskop Persamaan lensa digunakan untuk menemukan lokasi bayangan akhir. Jadi i2 ditemukan dan dihitung dari: 1 1 1 [3.10] i1 f1 o1 Jika i1 telah ditentukan maka jarak obyek o2 diperoleh dari: o2 d i1 Bayangan akhir diperoleh dari: 1 1 1 i2 f 2 o2 Perbesaran seluruh sistem adalah: m = m1.m2 dengan m1 = - i1/o1 sedangkan m2 = - i2 /o2 [3.11] [3.12] [3.13] [3.14] [3.15] 3.16 Optika Contoh Soal 3.4: Seekor semut diameter 2 mm ditempatkan 1,50 cm di depan lensa obyektif yang mempunyai panjang fokus 1 cm dari mikroskop gabungan. Lensa okular mempunyai panjang fokus 23 cm dan lensa-lensa tersebut dipisah sejauh 25 cm. Berapakah ukuran bayangan hasil? Penyelesaian: 1 1 1 i1 = … = 3 cm [merupakan obyek dari L2] i1 f1 o1 o2 d i1 = 25 cm – 3 cm = 22 cm Bayangan L2 adalah: 1 1 1 i2 = … = - 506 cm i2 f 2 o2 Perbesaran lensa L1 adalah: m1 = - i1/o1 = - 3 /1,5 = - 2 Perbesaran lensa L2 adalah: m2 = - i2/o2 = -[-506 cm/22 cm] = + 23 Perbesaran total adalah: M = m1.m2 = [2][23] = 46 x Jadi ukuran bayangan adalah : hi = Mho = [46][2 mm] = 92 mm = 9,20 cm. E. TELESKOP Adalah alat optika untuk melihat obyek sangat jauh dengan jelas dan jernih. 1. Teleskop Astronomi Teleskop ini juga mempunyai dua buah lensa positif namun sekarang lensa obyektif L1 mempunyai jarak fokus besar. Gambar 3.7 memperlihatkan skema teleskop astronomi. 3.17 PEFI4311/MODUL 3 Gambar 3.7 Skema teleskop Jika obyek ditempatkan di tak hingga dari L1. Panjang total tabung teleskop L ialah: L f1 + f2 [3.16] Lensa L2 akan memberikan bayangan yang diperbesar, terbalik. Perbesaran bayangan pada teleskop biasanya dinyatakan dalam perbesaran angular. Perbesaran angular total jika sebuah obyek diletakkan di jauh tak hingga adalah: mangular = [panjang fokus lensa obyektif ]/[panjang fokus lensa okular] mangular = fobyektif/fokular [3.17] Contoh Soal 3.5: Tentukan perbesaran angular teleskop astronomi yang mempunyai jarak fokus 100 cm untuk lensa obyektif dan 5 cm untuk lensa okular? Penyelesaian: m = fobyektif/fokular = 100/5 = 20 x 2. Teleskop Galileo Teleskop Galileo mengandung dua jenis lensa yaitu lensa cembung untuk lensa obyektif dan lensa cekung untuk lensa okular. Lensa obyektif panjang fokusnya lebih besar. Jika teleskop astronomi bayangan yang terbentuk adalah terbalik maka pada teleskop ini bayangan yang terbentuk tegak lurus. 3.18 Optika Teleskop Galileo juga disebut teleskop terrestrial yang menghasilkan bayangan diperbesar dan tegak. Gambar 3.8 Teleskop Galileo Contoh Soal 3.6: Sebuah teleskop Galileo mempunyai lensa obyektif + 20 cm dan untuk lensa okular mempunyai jarak fokus - 4,50 cm. Kedua lensa dipisah sejauh d = 15 cm. Jika sebuah obyek pada 1000 cm maka jarak bayangan yang terjadi pada masing-masing lensa adalah? Penyelesaian: Lensa I: 1/i1 = 1/f1 – 1/o1 = 1/20 – 1/1000 i1 = 20,4 cm. Lensa II: o2 = d – i1 = 15 – 20,4 = - 5,4 cm. Ini adalah obyek maya karena o2 bernilai negatif. Selanjutnya bayangan lensa L2 dapat dicari dari: i/i2 = 1/f2 – 1/o2 = 1/[-4,50] – 1/[-5,4] i2 = - 27 cm. Jadi, bayangan adalah maya [karena negatif] dan berjarak 27 cm dari lensa. PEFI4311/MODUL 3 3.19 LAT IH A N Untuk memperdalam pemahaman Anda mengenai materi di atas, kerjakanlah latihan berikut! 1] Gambar di bawah ini merupakan pembiasan yang terjadi pada prisma. Carilah besarnya sudut ? 2] Sebuah lensa dengan speed f/2,8 mempunyai panjang fokus 10 cm. Hitunglah diameter lensa kamera? 3] Untuk soal no.2 maka pada speed tersebut waktu penyinaran [pengambilan Gambar ] yang benar adalah 1/100 detik. Berapakah waktu penyinaran yang benar untuk lensa dengan speed f/5,6? 4] Berapa rasio kecerahan bayangan yang diperlihatkan oleh sebuah lensa kamera yang di atur pada f# = 1,8 dibanding pada f# = 1,1? 5] Sebuah kamera diberi bellows supaya dapat memvariasi jarak lensa ke film dari 7 cm ke 12 cm. Berapakah jarak terdekat sebuah obyek ke lensa namun masih dapat difokuskan pada film? Catatan: jarak fokus lensa f = 50 mm. 6] Berapakah perbesaran bayangan obyek pada jarak terdekat tersebut? 7] Sebuah teleskop astronomi mempunyai lensa obyektif dengan f = 150 cm dan lensa okular dengan f = 10 cm. Untuk melihat benda jauh, berapakah jarak pisah kedua lensa tersebut? 3.20 Optika Petunjuk Jawaban Latihan 1] Diketahui i = 40o, P = 45o, dan n = 1,50. Anda diminta menghitung sudut pembiasan total . Untuk menyelesaikan ini kita gunakan hukum Snell pada bidang 1 prisma lebih dahulu yaitu: sin 40o sin 40o o . 1,5 atau 1 sin 1 1,5 25, 4 sin 1 Selanjutnya kita gunakan 2 45o 1 19,6o . Menerapkan hukum Snell pada bidang 2 prisma kita akan mendapatkan besanya sudut ketiga. Hukum Snell mengatakan: sin 3 1,5 3 sin 1 [sin 2 x1,5] 30, 2o sin 2 Sudut total pembiasan adalah [40 1 ] [3 2 ] 25, 2o 2] Dari persamaan [3.5] maka f# = f/D. Jadi D = 10 cm/2,8 = 3,57 cm. 3] Dari persamaan [3.6] maka I 1/[f#]2 sedangkan total energi cahaya yang diterima adalah It. Untuk soal kita akan berlaku: I1t 1 I 2t2 atau t1 [ f1 #]2 2 f # t2 t1 2 [1/100det][5,6/2,8]2 = 1/25 detik. 2 [ f 2 #] f1 # t2 4] Untuk sebuah lensa dengan jarak fokus f, diameter bukaan adalah d = f/f#, sehingga untuk luas bukaan A maka: A d2 4 f2 4[ f #]2 Kecerahan [iluminansi] sebanding dengan luas A, sehingga rasio kecerahan kedua nilai f# adalah: A F '2 112 2 37,3 A' F 1,8 5] Jika o adalah jarak obyek dan i adalah jarak bayangan maka jarak terdekat dicapai jika i paling besar, sehingga dengan rumus lensa: PEFI4311/MODUL 3 3.21 1 1 1 1 1 7 o 8,57cm . Jadi jarak terdekat adalah o f i 5cm 12cm 60 8,57 cm. 6] Pada jarak terdekat maka m = i/o = 12 cm/8,57 cm = 1,4. 7] Karena obyek dapat dipandang sebagai di tak hingga, bayangan pertama [riil dan terbalik] adalah pada titik fokus lensa obyektif. Bayangan riil ini menjadi obyek lensa okular yang menciptakan bayangan maya di tak hingga. Jadi bayangan riil hanya di sebelah dalam jarak fokus lensa okular. Jarak antara kedua lensa jadi foby + foku = 150 + 10 cm = 160 cm. R A NG KU M AN Aperture stops [AS] sebuah sistem optika adalah komponen optika aktual yang membatasi ukuran maksimum kerucut cahaya [cone] dari titik obyek aksial yang dapat diproses oleh keseluruhan sistem. Jadi ini mengatur kecerahan bayangan. Diafragma kamera dan iris mata manusia adalah contoh dari aperture stops ini. Aperture stops bisa juga dimaknai dengan bukaan riil dari sistem optika yang membatasi ukuran kerucut sinar yang diterima oleh sistem dari titik obyek aksial. Entrance Pupil [EnP] adalah bayangan aperture stop yang dilihat seseorang dengan melihat ke dalam sistem optika dari obyek. Atau bayangan aperture stop yang dibentuk oleh elemen-elemen optika [jika ada] yang mendahuluinya. Exit Pupil [EP]adalah bayangan aperture stops yang dibentuk oleh elemen-elemen optika [jika ada] yang mengikutinya. Chief Ray [CR] adalah sinar dari titik obyek yang melewati titik aksial, dalam bidang entrance pupil. Field Stop [FS] adalah bukaan [aperture] riil yang membatasi medan penglihatan angular yang dibetuk oleh sistem optika. Entrance Window [EnW] adalah bayangan field stop yang dibentuk oleh elemen optika [jika ada] yang mendahuluinya. Exit Window [ExW] adalah bayangan field stop yang dibentuk oleh elemen optika [jika ada] yang mengikutinya. Sebuah prisma adalah alat optika yang mempunyai sifat dapat mendeviasikan dan mendispersikan sebuah sinar yang melaluinya. Jika P adalah sudut prisma, i adalah sudut datang sinar, i’ sudut keluar sinar, r adalah sudut bias sinar di dalam prisma sedangkan s adalah sudut sinar 3.22 Optika keluar prisma terhadap bidang prisma, D adalah sudut deviasi yang memberikan besar deviasi sinar datang dari lintasan awalnya dan ada D minimum [Dm]. Dengan variabel-variabel ini maka dapat dihitung indeks bias prisma: sin i sin[[ P Dm ] / 2] n sin r sin[ P / 2] Prisma juga mempunyai sifat dapat menguraikan sinar putih yang melaluinya menjadi komponen-komponennya, sifat ini disebut sifat dispersi. Komponen-komponen warna cahaya ini yang membentuk pitapita warna disebut spektrum. Di antara banyak peralatan optika yang cara kerjanya paling dekat dengan cara kerja mata adalah kamera fotografi. Bagian penting sebuah kamera adalah lensa cembung, yang kita sebut lensa obyektif, yang membentuk bayangan riil dari obyek luar pada film [lapisan] sensitif. Medan penglihatan ditentukan oleh diafragma kotak yang ditempatkan langsung di depan film dan diafragma ini merupakan field stop [FS]. Aperture stop [AS] untuk kamera adalah sebuah diafragma dari bukaan yang dapat divariasi [variable aperture] yang ditempatkan sebelum dan setelah lensa obyektif, atau jika lensa adalah lensa gabungan maka ditempatkan di antara komponen-komponennya. Mikroskop adalah sebuah alat yang digunakan untuk menghasilkan pada retina mata sebuah bayangan yang diperbesar dari sebuah obyek yang sangat kecil. Peralatan mikroskop juga menggunakan lensa cembung untuk mendapatkan bayangan yang diperbesar, tegak dan maya dari sebuah obyek kecil yang ditempatkan pada fokus. Teleskop adalah alat optika untuk melihat obyek sangat jauh dengan jelas dan jernih. Jenis-jenis teleskop misalnya teleskop astronomi dan teleskop Galileo. Instrumentasi optika ini dapat ditelaah dengan rumus lensa. TES F OR M AT IF 1 Pilihlah satu jawaban yang paling tepat! 1] Sebuah kamera pinhole [kamera tanpa lensa] dengan film 75 mm tingginya akan digunakan untuk mengambil Gambar pohon 10 m tingginya. Film tersebut diletakkan 150 mm dari lubang kamera. Berapa jauh kamera harus diletakkan supaya seluruh pohon secara utuh dapat diambil Gambar nya .... PEFI4311/MODUL 3 A. B. C. D. 3.23 d = 25 m d = 24 m d = 23 m d = 20 m 2] Sebuah kamera diberi bellows supaya dapat memvariasi jarak lensa ke film dari 7 cm ke 12 cm. Berapakah jarak terjauh sebuah obyek ke lensa namun masih dapat difokuskan pada film .... Catatan: jarak fokus lensa f = 50 mm. A. Jarak terjauh o = 17,5 cm. B. Jarak terjauh o = 16,2 cm C. Jarak terjauh o = 15,5 cm D. Jarak terjauh o = 14 cm 3] Berapakah perbesaran bayangan obyek pada jarak terjauh tersebut .... A. m = 0,7 B. m = 0,5 C. m = 0,4 D. m = 0,9 4] Sebuah kamera yang dilengkapi lensa telephoto yang mempunyai jarak fokus 125 mm digunakan mengambil Gambar seseorang yang berdiri [tinggi 1,8 m] terpisah 5 m di depan kamera. Berapakah jarak bayangan antara film dan lensa supaya diperoleh Gambar yang fokus .... A. 100 mm B. 112 mm C. 115 mm D. 120 mm 5] Sebuah mikroskop mempunyai jarak fokus lensa obyektif 0,3 cm dan lensa okular dengan jarak fokus 2 cm. Di mana bayangan harus dibentuk oleh obyektif agar okular menghasilkan bayangan maya 25 cm di depan okular .... 3.24 Optika A. B. C. D. 1,85 di depan okular 1,95 di depan okular 2,10 di depan okular 2,15 di depan okular 6] Untuk soal no.5 jika kedua lensa dipisah 20 cm berapa jarak obyektif ke obyek .... A. 1,25 cm B. 1,75 cm C. 0,751 cm D. 0,305 cm 7] Untuk soal no.5, berapakah perbesaran total mikroskop tersebut .... A. 800 B. 804 C. 705 D. 900 8] Sebuah teleskop astronomi mempunyai lensa obyektif f = 50 cm, dan lensa okular f = 3,5 cm. Berapa jauh kedua lensa ini harus dipisah jika melihat obyek 200 cm di depan obyektif? A. 70,2 cm B. 75 cm C. 80,5 cm D. 84 cm 9] Kamera 35 mm mempunyai jarak fokus 50 mm. Perubahan jarak bayangan jika memotret sebuah objek di tak hingga di 1 meter jauhnya adalah .... A. 0,15 cm B. 0,26 cm C. 5,00 cm D. 5,26 cm 3.25 PEFI4311/MODUL 3 10] Jika sebuah teleskop astronomi memiliki lensa objektif f = 150 cm dan lensa okular f = 10 cm maka perbesaran angular yang dihasilkan adalah .... A. 0,07 B. 15 C. 140 D. 160 Cocokkanlah jawaban Anda dengan Kunci Jawaban Tes Formatif 1 yang terdapat di bagian akhir modul ini. Hitunglah jawaban yang benar. Kemudian, gunakan rumus berikut untuk mengetahui tingkat penguasaan Anda terhadap materi Kegiatan Belajar 1. Tingkat penguasaan = Jumlah Jawaban yang Benar 100% jumlah soal Arti tingkat penguasaan: 90 - 100% = baik sekali 80 - 89% = baik 70 - 79% = cukup < 70% = kurang Apabila mencapai tingkat penguasaan 80% atau lebih, Anda dapat meneruskan dengan Kegiatan Belajar 2. Bagus! Jika masih di bawah 80%, Anda harus mengulangi materi Kegiatan Belajar 1, terutama bagian yang belum dikuasai. 3.26 Optika Kegiatan belajar 2 Sistem Optika Mata M ata adalah sensor visual yang adaptabel yang memungkinkan kita melihat berbagai macam situasi. Sambil bergerak, bayangan obyek harus dikumpulkan tanpa gerakan yang menyebabkan buramnya bayangan. Bagian elektro-mekanik mata dekat dan sekitar lensa mata memberikan perangkat penjejakan, mengatur cahaya dan pemfokusan. Kemampuan penjejakan untuk mengontrol arah mata dan fokus diperlukan oleh mata kebanyakan makhluk hidup. Di sini otak mengontrol di mana dan bagaimana mata melihat sebaik apa yang mata lihat. Pemrosesan bayangan oleh otak beserta software dan hardwarenya untuk mata merupakan hal yang lebih menakjubkan daripada mata itu sendiri. Para ilmuwan telah berusaha memahami proses lengkap dari penglihatan dan telah menerapkan untuk pengembangan teknologi optika seperti untuk keperluan militer [optical missile warning sistems, and automatic optical target recognition sistems] atau keperluan komersial [commercial infrared surveillance or visible viewing sistem]. Sistem-sistem ini sangat mirip dengan mata kita. Secara umum dapat digambarkan seperti diagram di bawah ini bagaimana proses penglihatan mata diadopsi ke teknologi tersebut. Gambar 3.9 Diagram Proses Penglihatan mata diadopsi ke teknologi PEFI4311/MODUL 3 3.27 Dengan mempelajari proses optika mata terutama berkaitan dengan pemrosesan bayangan oleh otak maka diharapkan lebih banyak lagi hal-hal baru yang ditemukan dan dapat diterapkan untuk pengembangan teknologi dan sains. Pada Kegiatan Belajar 2 ini akan kita pelajari mata manusia sebagai sistem optika yang sempurna, yang mana pemahaman untuk ini sangat penting untuk keperluan praktis seperti di atas dan terutama kita tekankan untuk studi cacat pengelihatan seperti rabun dekat rabun jauh serta bagaimana cara untuk mengatasi kelainan tersebut seperti yang disarankan oleh ahli mata [optometrist]. A. STRUKTUR MATA Mata dapat dibagi menjadi dua kelompok yaitu yang menggunakan sistem lensa untuk menampilkan bayangan [seperti pada mata manusia dan beberapa vertebrata yang lain], dan yang menggunakan sistem bundel-bundel serat optika untuk membawa kesan penglihatan ke syaraf [seperti pada mata lalat dan beberapa serangga yang lain]. Mata manusia merupakan sistem optika yang sangat sempurna. Dalam keadaan mata normal [tidak cacat] maka lensa mata manusia dapat secara fleksibel menyesuaikan diri sehingga bayangan obyek pada jarak tertentu di depan mata dapat dilihat dengan jelas dan tajam. Mata manusia hampir berbentuk bola bundar. Kamera fotografi yang kita pelajari sangat mirip dengan prinsip kerja mata manusia. Kamera mempunyai lensa dan iris diafragma sebagai tempat masuknya cahaya sedangkan film berfungsi seperti retina pada bagian belakang mata [Gambar 3.10]. Lensa mata memfokuskan cahaya yang datang dengan menggunakan sistem lensa positif sehingga tepat jatuh di retina sebagai bayangan riil yang tajam pada layar sensitif cahaya yang kita sebut retina. Diafragma iris mengatur jumlah sinar yang masuk ke lensa melalui bagian yang disebut pupil. Jika keadaan luar sangat terang maka diafragma iris membuka sedikit. 3.28 Optika Gambar 3.10 Skema mata manusia Mata hampir berbentuk bola dan mengandung bahan, seperti jelly yang dibungkus oleh membran/kulit keras yang elastis yang disebut sclera. Bagian yang menonjol kecil di depan disebut kornea yang bersifat transparan. Kornea ini adalah elemen pembias pertama di dalam mata [yang menghasilkan pembelokan cahaya paling banyak ke arah sumbu optika] dengan indeks bias sekitar nc = 1,376. Elemen pembias kedua adalah lensa kristal mata berbentuk lensa cembung kecil yang terdiri dari sekitar 22 ribu lapisan-lapisan sangat halus. Lensa mata ini tidak homogen dalam arti indeks biasnya pada bagian tengah n1 =1,406 dan pada bagian yang lain n 2 =1,386. Lensa ini dapat mengubah bentuknya menebal atau menipis untuk mengubah jarak fokus lensa. Jadi lensa mata merupakan mekanisme pemfokusan diri untuk mendukung pemfokusan yang diberikan oleh kornea. Ruang kecil di antara kornea dan lensa diisi dengan cairan jernih, seperti air yang disebut aqueous humor dengan indeks bias naq 1,336. Karena indeks bias nc naq maka tidak ada pembelokan cahaya pada ruang aqueous humor. Di depan lensa dalam ruang aqueous humor diberi iris mata yang mengontrol jumlah cahaya yang masuk melalui bagian yang disebut pupil. Iris ini juga bertanggung jawab pada pemberian karakteristik warna mata biru, coklat, abu-abu, hijau atau hazel. PEFI4311/MODUL 3 3.29 Di belakang lensa ada ruang lain yang diisi dengan bahan, seperti jelly yang tranparan yang disebut vitreous humor dengan indeks bias nv = 1,337. Permukaan ruang ini diselubungi lapisan sel penerima cahaya yang kita sebut retina. Retina ini menggantikan fungsi film pada kamera fotografi. Retina di dalam mata mengandung paling banyak dua jenis sel penerima cahaya, yaitu rods [ sekitar 125 juta] dan cones [sekitar 7 juta]. Rods ini sangat sensitif dan dapat mengesan cahaya sangat redup namun tidak dapat membedakan warna jadi seperti film hitam putih. Cones sebaliknya tidak sensitif namun dapat membedakan warna jadi seperti film berwarna. Namun demikian, rods dan cones ini tidak didistribusikan secara seragam pada permukaan retina. Cones dipusatkan pada bagian dalam retina. Kedua jenis sel pada permukaan retina ini mengesan cahaya yang datang lalu mengirimkan sinyal ke otak melalui syaraf optika. Sejumlah masif informasi dari retina melalui syaraf optika ini [perlu] diproses secara cepat dalam otak. Gambar 3.11 Gambar desain pengelihatan [vision] Agar ini terjadi, ada ribuan lintasan paralel dari mata ke otak [layaknya seperti komputer paralel]. Setelah informasi ini menuju otak dan diproses serta dianalisis maka otak memberikan identifikasi bentuk, besar, warna dan hal ihwal obyek yang ditangkap mata dan menyimpan informasi ini ke memori. Sel sensitif cahaya, seperti rods dan cones tidak ada pada titik di 3.30 Optika mana syaraf optika masuk ke mata. Tidak ada bayangan yang ditangkap pada titik ini, sehingga kita menyebutnya dengan blind spot. B. FUNGSI DAN KELAINAN PADA MATA Mata diperlukan tidak hanya untuk mendapatkan keperluan hidup, namun juga memberikan salah satu kunci untuk bertahan hidup. Kita menggunakan mata kita dan ekspresi mata untuk bekerja, melayani, menolong, belajar, dan sebagainya. Jika penglihatan di koordinasi dan dikontrol oleh otak maka kita dapat menyimpulkan bahwa setiap otak makhluk hidup didesain Tuhan untuk serasi dengan mata. Setiap tipe makhluk hidup juga mempunyai [perlu] mata yang agak berbeda. Ini, seperti piranti scanner dan kamera video yang didesain untuk kompatibel dengan komputer serta software tertentu untuk interpretasi dan mencatat apa yang dilihat. Kajian kita difokuskan untuk mata manusia. Agar mata kita dapat bekerja secara efektif sebagai sistem optika maka mata harus membentuk bayangan di retina hasil proyeksi sebuah obyek di depan mata, baik itu merupakan obyek jauh atau dekat, obyek terang atau redup, obyek besar atau kecil. Untuk mewujudkan ini maka mata mempunyai fungsi-fungsi khusus. Untuk melihat obyek jauh-dekat mata perlu berakomodasi. Untuk memproses sinyal cahaya dengan kecerahan yang beragam mata perlu beradaptasi. Dan untuk mengesan orentasi spasial pemandangan 3D maka mata perlu menggunakan stereoscopic vision. Untuk membentuk bayangan detail dari obyek luar maka mata menggunakan visual ocuity nya. 1. Akomodasi Mata Di dalam mata jarak dari retina ke lensa tidak berubah [sekitar 1,7 cm]. Karena itu untuk mendapatkan bayangan yang tajam dan jelas maka jarak fokus harus disesuaikan. Ini dilakukan dengan mengubah bentuk lensa mata oleh otot dan ligament mata. Oleh karena itu mata mengubah jarak fokusnya untuk mendapatkan obyek tajam yang berbeda-beda jauhnya. Pengubahan panjang fokus mata ini disebut akomodasi. Skema mata normal seperti pada Gambar 3.12. Pembelokan cahaya paling besar terjadi di dalam kornea 3.31 PEFI4311/MODUL 3 mata, karena pada medium ini perbedaan indeks bias paling besar ada. Indeks bias udara sekitar 1 sedangkan indeks bias kornea 1,35. Indeks bias lensa sekitar 1,44. Gambar 3.12 Kondisi mata normal Beberapa mata tidak mempunyai akomodasi yang sempurna yaitu lensa mata tidak mempunyai kemampuan mengubah bentuknya seperlunya agar memperoleh bayangan yang tajam. Ini dipandang sebagai cacat penglihatan. Salah satu cacat mata disebut rabun dekat [hyperopia atau farsightdness]. Cacat ini dapat diperbaiki dengan menambahkan lensa cembung [kaca mata] seperti Gambar 3.13. Seseorang dengan cacat mata ini dapat melihat obyek jauh dengan jelas namun untuk obyek yang relatif dekat [dengan titik dekat mata] justru terlihat kabur. Dengan menambahkan lensa cembung di depan mata maka bayangan diusahakan fokus pada retina. Gejala rabun dekat sering terjadi pada banyak orang jika umurnya bertambah. Dengan bertambahnya umur maka akomodasi lensa berkurang. 3.32 Optika Gambar 3.13 [a] Cacat mata rabun dekat [b] Penambahan lensa positif untuk rabun dekat Cacat mata yang lain adalah gejala rabun jauh [myopia atau nearsightness] seperti pada Gambar 3.14. Cacat mata ini menyebabkan seseorang dapat melihat obyek dekat namun untuk obyek relatif jauh [bukan tak hingga] mengalami kesulitan [kabur]. Bayangan obyek jauh jatuh di depan retina mata. Cacat ini dapat di atasi dengan menempatkan lensa divergen di depan mata. Jarak minimum obyek dari mata dimana sebuah obyek masih dapat terlihat jelas disebut titik dekat mata [near point of eye]. Untuk rata-rata orang dewasa maka titik dekat ini sekitar 25 cm. Namun titik dekat ini bervariasi terhadap umur. Untuk anak berumur sekitar 10 tahun bisa mempunyai titik dekat 7 cm. Sampai umur 40 tahun seseorang mungkin mempunyai titik dekat 25 cm. Kemudian bertambah besar dengan cepat ke 40 cm dan lebih besar lagi setelah umur 55 tahun. Pada jarak titik dekat ini maka sebuah obyek masih dapat terlihat jelas oleh retina [jatuh ke retina]. Jika jarak ini dikurangi maka bayangan menjadi kabur. PEFI4311/MODUL 3 3.33 Gambar 3.14 [a] Cacat mata rabun jauh [b] Lensa cekung untuk rabun jauh Titik dekat di atas hanya nilai rata-rata dan untuk umur yang bertambah maka titik dekat ini juga bertambah. Sebagai contoh pada anak-anak nilai titik dekat sekitar 6 cm dan bertambah sampai 100 cm untuk orang-orang dewasa. Cacat pada mata yang lain adalah astigmatisma. Astigmatisma terjadi pada beberapa orang karena bola matanya tidak benar-benar berbentuk sferis sempurna. Dalam arti radius kurvatur pada arah horizontal tidak sama dengan radius kurvatur pada arah vertikal. Oleh karena itu, sinar-sinar vertikal tidak konvergen ke posisi yang sama dengan sinar-sinar horisontal. Cacat mata ini biasanya dikoreksi dengan sebuah lensa kurvatur silindris. Meskipun perbesaran lensa seperti yang sudah kita definisikan adalah m = hi/ho, yaitu perbesaran lateral, namun bila kita melihat obyek dengan mata maka kadang-kadang lebih disukai jika dikaitkan dengan perbesaran angular. Gambar 3.15a adalah sebuah obyek yang dilihat dengan mata telanjang untuk tiga jarak yang berbeda. Ukuran obyek jika ditentukan dengan mata telanjang, bergantung pada sudut obyek apakah pada posisi 1, posisi 2 atau posisi 3, dengan 1 2 3 . Jadi makin dekat obyek ke mata makin besar sudut yang dibentuk dan maka makin mudah bagi amta untuk melihat obyek tersebut. Namun demikian obyek tidak dapat dipindahkan terus mendekati mata melampaui titik dekat, karena ini adalah jarak terdekat dimana mata masih dapat melihat obyek dengan jelas. 3.34 Optika Gambar 3.15 Perbesaran angular pada mata. Gambar 3.15 memperlihatkan sebuah obyek yang ditempatkan sejauh 25 cm di depan mata normal dengan tinggi obyek ho dan membentuk sudut terhadap lensa mata. Bayangan obyek difokuskan pada retina mata. Ini adalah bayangan terbesar yang dapat dibuat mata telanjang dari sebuah obyek. Jika obyek ditempatkan di sebelah dalam titik fokus lensa konvergen maka obyek tersebut dapat dibawa lebih dekat ke mata dan karenanya memperbesar sudut yaitu seperti Gambar 3.15c, yang mana lebih besar dibanding dengan mata telanjang. Bayangan tersebut adalah maya, tegak dan diperbesar seperti sebelumnya. Kita definisikan perbesaran angular mA sebuah lensa sebagai: perbandingan sudut obyek-mata saat lensa digunakan dan saat mata telanjang, yaitu: [3.18] mA / Dari Gambar 3.15c kita lihat: h tan o o2 sedangkan dari Gambar 3.15b kita mempunyai, [3.19] 3.35 PEFI4311/MODUL 3 tan ho ho o1 25 cm Kita buat perbandingan dari kedua persamaan tersebut, tan 25 cm ... tan o2 [3.20] [3.21] Karena sudut-sudut yang ditinjau kecil, kita dapat menggunakan pendekatan sudut kecil, yaitu 25 cm [3.22] o2 Oleh karena itu, 25 cm mA o2 [3.23] Nilai o2 dapat ditentukan dari persamaan lensa yaitu 1 1 1 1 1 25cm f o2 f i2 f 25cm [25cm][ f ] [3.24] Dan jarak obyek untuk bayangan berada di titik dekat adalah: [25cm] f o2 [3.25] 25cm f Substitusi ini ke persamaan [3.20] : 25cm 25cm 25cm ma 1 o2 [25cm] f /[25cm f ] f [3.26] Persamaan ini memberikan perbesaran angular lensa konvergen jika bayangan ditempatkan pada titik dekat mata, diasumsikan 25 cm untuk mata normal. Contoh Soal 3.7: Seseorang sebelah mata kirinya mengalami rabun jauh [myopic], dengan titik jauh 2m, sedangkan mata kanannya mengalami rabun dekat dengan titik dekat 75 cm. Bagaimanakah spesifikasi kacamata yang diperlukannya? 3.36 Optika Penyelesaian: ● Mata kiri: Rabun jauh dengan titik jauh 2 m, jadi hanya dapat melihat obyek dengan jelas dari jarak 25 cm sampai 2m dan tidak dapat melihat obyek lebih jauh dari itu. Jadi lensa harus membentuk bayangan pada jarak 2m untuk obyek di tak hingga. Jadi o = dan i = - 2 m. Dengan rumus lensa maka: 1 1 1 1 1 f 2m . Daya lensa adalah = 1/f = 1/-2 = - 0,5 f o i 2 dioptri. Catatan: Sering digunakan istilah daya lensa untuk memberikan ukuran kemampuan lensa mengubah kurvatur muka gelombang datang. Daya lensa ini diberi satuan dioptri yang didefinisikan dengan: D = daya lensa dalam dioptri = 1/[panjang fokus dalam meter] [3.24] Jadi jika f = 10 cm = 0,1 m maka D = 1/0,1 m = 10 dioptri. ● Mata kanan: Rabun dekat dengan titik dekat 75 cm, yang berarti tidak dapat melihat obyek dengan jelas sampai jarak 75 cm. Jarak baca yang nyaman adalah 25 cm. Oleh sebab itu obyek pada 25 cm seharusnya membentuk bayangan yang jelas pada 75 cm. Jadi o = 25 cm, i = -75 cm. Oleh sebab itu: 1 1 1 1 1 f 0,375m. f o i 0, 25 0, 75 Daya lensa adalah D = 1/0,375 = 2,67 dioptri. Jadi mata kanan perlu lensa cembung dengan daya + 2,67 dioptri. 2. Adaptasi Kemampuan mata untuk merespons sinyal cahaya dalam kondisi sangat redup sampai sangat terang, yang merupakan interval intensitas yang berbeda dengan faktor yang mencengengkan sekitar 105, disebut adaptasi. Jumlah sinar yang masuk ke mata pertama kali di atur oleh iris yang memiliki bukaan yang dapat di atur yang disebut pupil. PEFI4311/MODUL 3 3. 3.37 Stereoscopic Vision. Kemampuan untuk menduga kedalaman atau posisi obyek secara akurat dalam ruang 3D disebut stereo[scopic] vision. Stereo vision memerlukan dua atau lebih mata untuk menduga kedalaman. Stereo vision telah menjadi alat penting untuk bekerja bagi kita, untuk menolong kita bertahan hidup dan yang penting juga membuat hidup kita lebih nyaman di dalam dunia yang terus mengalami perubahan ini. Stereo vision memerlukan koordinasi mata yang baik untuk menduga dengan baik ke dalam ruang 3 dimensi. Akurasi persepsi kedalaman ini adalah fungsi dari sejumlah sensor-sensor sensitif cahaya atau resolusi optika mata, sudut mata, pemfokusan bayangan dan intepretasi otak. Setiap pasangan sensor cahaya secara efektif bekerja untuk satu titik cahaya yang dirasa mata. Jadi untuk memproses sebuah bayangan dari banyak titik cahaya, mata harus mempunyai cukup banyak sensor yang terkait erat dengan jumlah titik cahaya dari bayangan. Untuk menduga kedalaman, presisi dan intelegensi diperlukan untuk mempertimbangkan sudut-sudut relatif terhadap jarak antar mata. Seperti di atas kemampuan untuk menduga kedalaman atau posisi obyek secara akurat dalam ruang 3D disebut stereo[scopic] vision. Pada manusia syaraf optika dari dua mata menyatu pada optic chiasma, dekat otak. Dari optic chiasma, serat-serat syaraf yang berasal dari separuh kanan masingmasing kanan menyambung ke separuh kanan otak. Serat-serat syaraf yang berasal separuh kiri masing-masing mata berakhir di separuh kiri otak. Jadi, bahkan meskipun setiap setengah bagian otak menerima bayangan dari kedua belah mata, namun demikian otak memberikan kesan bayangan sebagai satu bayangan tunggal. Penyatuan oleh otak dari dua bayangan berbeda menjadi bayangan tunggal dipandang sebagai binocular vision. Untungnya, perbedaan kecil antara dua bayangan dari mata kanan dan kiri malah memberikan dasar untuk fungsi stereoscopic vision pada manusia. Untuk mempunyai binocular vision tanpa double vision, bayangan sebuah obyek harus jatuh pada titik yang sesuai di retina. Kebanyakan orang memperlihatkan gejala bahwa salah satu matanya menunjukkan dominasi terhadap yang lain. Untuk menentukan mata sebelah mana yang dominan, dapat Anda lakukan tes sederhana. Tahan sebuah pensil di depan Anda 3.38 Optika kira-kira sejajar mata. Dengan kedua mata terbuka, sejajarkan vertikal pensil tersebut dengan pinggir pintu, jendela atau yang lain. Tahan pensil tersebut tetap, tutup salah satu mata sesaat. Mata yang mana yang tidak ditutup jika pensil tetap lurus dengan obyek acuan maka ini adalah mata dominan. Otak kita merekam pesan yang tampak oleh mata dominan sementara yang tidak dominan ditekan. 4. Radial Keratotomy Prosedur pembentukan mata yang dikenal dengan istilah radial keratotomy memperkenalkan teknik pemotongan radial pada kornea bola mata [eyeball] yang memanjang, myopic seperti pada Gambar 3.16. Setelah dilakukan penyembuhan hasil pemotongan maka kornea mata menjadi agak datar namun menghasilkan pengelihatan yang normal atau hampir normal. Pemangkasan dengan cara radikal menggunakan pisau bedah memerlukan seseorang yang benar-benar ahli. Pada saat sekarang ini dengan teknologi LASER yang berkembang pesat maka prosedur dan proses pemangkasan dapat dilakukan dengan teliti, relatif aman serta cepat. Dengan teknologi laser maka pisau bedah digantikan dengan sinar terkumpul yang mempunyai intensitas sangat tinggi sehingga setajam pisau bedah bahkan lebih. Luka yang ditimbulkan dari proses pemangkasan juga dapat dilokalisir sekecil mungkin sehingga mengurangi resiko akibat pembedahan serta proses penyembuhan juga lebih cepat karena luka kecil yang cepat menutup. Gambar 3.16 Penyembuhan cacat myopic dengan pengubahan bentuk kornea melalui pemangkasan kornea dengan teknik radial keratotomy. PEFI4311/MODUL 3 3.39 L AT IH A N Untuk memperdalam pemahaman Anda mengenai materi di atas, kerjakanlah latihan berikut! 1] Seorang myopi [tanpa astigmatisma] mempunyai titik jauh 100 cm dan titik dekat 15 cm. [a] Berapa koreksi yang diperlukan untuk memindahkan titik jauh myopi ke tak hingga? [b] Dengan koreksi ini dapatkan seorang myopi membaca buku pada titik dekat normal 25 cm dari mata? 2] Seorang rabun dekat [farsighted] didiagnosa mempunyai titik dekat 150 cm. Berapa daya korektif yang diperlukan untuk kacamata agar orang tersebut dapat melihat obyek yang dibawa ke titik dekat normal 25 cm? Petunjuk Jawaban Latihan 1] [a] [b] Dari soal o dan i = - 100 cm maka dapat kita hitung, 1 1 1 1 1 1 f 100 cm o i f 100 f Dengan ini maka panjang fokus lensa koreksi yang sesuai adalah – 100 cm. Ahli kacamata maka menyarankan kacamata dengan koreksi – 1,00 dioptri [-1,00 D]. Catatan: D = 1/f [dalam 1/meter]. f = - 100 cm, o = 25 cm maka bayangan maya i diperoleh dari rumus lensa, 1 1 1 1 1 1 i 20 cm o i f 25 i 100 Jadi huruf yang ditempatkan di 25 cm, akan ditempatkan sebagai bayangan maya pada jarak 20 cm di depan mata. Jika seorang myopic tadi mempunyai titik dekat 15 cm maka obyek akan terbaca jelas jika sedekat mungkin dengan titik dekat ini. Oleh 3.40 2] Optika karena bayangan yang dicetak oleh lensa pada 20 cm akan dilihat tanpa kesulitan. Dengan o = 25 cm dan i = - 150 cm dan dengan rumus lensa maka: 1 1 1 1 1 1 f 30 cm o i f 25 150 f Daya dioptri adalah D = 1/f sehingga kita dapatkan D = 3,3 dioptri. Dengan menggunakan kacamata yang dibentuk mempunyai D = 3,3 dioptri maka orang tersebut dapat melihat obyek sedekat 25 cm dari mata. R A NG KU M AN Mata dapat mengesan cahaya dengan daerah intensitas yang lebar, dapat mengesan warna, dan memerlukan hanya sedikit perawatan dalam keadaan normal. Lensa mata memfokuskan cahaya yang datang dengan menggunakan sistem lensa positif sehingga tepat jatuh di retina sebagai bayangan riil yang tajam pada layar sensitif cahaya yang kita sebut retina. Diafragma iris mengatur jumlah sinar yang masuk ke lensa melalui bagian yang disebut pupil. Jika keadaan luar sangat terang maka diagfragma iris membuka sedikit. Mata hampir berbentuk bola dan mengandung bahan seperti jelly yang dibungkus oleh membran/kulit keras yang elastis yang disebut sclera. Bagian yang menonjol kecil di depan disebut kornea yang bersifat tranparan. Kornea ini adalah elemen pembias pertama di dalam mata [yang menghasilkan pembelokan cahaya paling banyak ke arah sumbu optika] dengan indeks bias sekitar nc = 1,376. Elemen pembias kedua adalah lensa kristal mata berbentuk lensa cembung kecil yang terdiri dari sekitar 22 ribu lapisan-lapisan sangat halus. Lensa mata ini tidak homogen dalam arti indeks biasnya pada bagian tengah n1 =1,406 dan pada bagian yang lain n 2 =1,386. Lensa ini dapat mengubah bentuknya menebal atau menipis untuk mengubah jarak fokus lensa. Jadi lensa mata merupakan mekanisme pemfokusan diri untuk mendukung pemfokusan yang diberikan oleh kornea. Ruang kecil di antara kornea dan lensa diisi dengan cairan jernih, seperti air yang disebut aqueous humor dengan indeks bias naq 1,336. Karena indeks bias nc naq maka tidak ada pembelokan cahaya pada ruang aqueous humor. Di depan lensa dalam ruang aqueous humor diberi iris PEFI4311/MODUL 3 3.41 mata yang mengontrol jumlah cahaya yang masuk melalui bagian yang disebut pupil. Iris ini juga bertanggung jawab pada pemberian karakteristik warna mata biru, coklat, abu-abu, hijau atau hazel. Di belakang lensa ada ruang lain yang diisi dengan bahan seperti jelly yang transparan yang disebut vitreous humor dengan indeks bias nv = 1,337. Permukaan ruang ini diselubungi lapisan sel penerima cahaya yang kita sebut retina. Retina ini menggantikan fungsi film pada kamera fotografi. Retina di dalam mata mengandung paling banyak dua jenis sel penerima cahaya, yaitu rods [ sekitar 125 juta] dan cones [sekitar 7 juta]. Kedua jenis sel pada permukaan retina ini mengesan cahaya yang datang lalu mengirimkan sinyal ke otak melalui syaraf optika. Setelah sinyal informasi ini menuju otak dan diproses serta dianalisis maka otak memberikan identifikasi bentuk, besar, warna dan hal ihwal obyek yang ditangkap mata dan menyimpan informasi ini ke memori. Sel sensitif cahaya seperti rods dan cones tidak ada pada titik di mana syaraf optika masuk ke mata. Tidak ada bayangan yang ditangkap pada titik ini, sehingga kita menyebutnya dengan blind spot. Kelainan/cacat mata pada mata diantaranya adalah gejala rabun jauh [myopi] dan rabun dekat [hyperopia]. Rabun jauh tidak sempurna melihat obyek jauh namun dapat meliaht obyek dekat dengan baik. Dapat diperbaiki dengan menggunakan kacamata cembung. Rabun dekat sebaliknya kurang jelas melihat obyek dekat namun dapat melihat obyek jauh dengan baik. Cacat ini dapat diperbaiki dengan menambahkan lensa divergen. Selain dengan menggunakan kacamata, salah satu teknik modern yang cukup berhasil untuk memperbaiki cacat myopi adalah dengan teknik pemangkasan Radial Keratotomy. TES F OR M AT IF 2 Pilihlah satu jawaban yang paling tepat! 1] Seseorang yang mengalami rabun dekat yang dapat membaca tanpa kacamata pada jarak tidak kurang dari 75 cm menggunakan kacamata dengan daya 2,5 dioptri. Berapakah titik dekatnya yang baru .... A. 25,5 cm B. 26 cm C. 27 cm D. 27,5 cm 3.42 Optika 2] Seseorang dengan rabun dekat tidak dapat melihat obyek dekat dengan jelas jika tidak kurang dari 36 inchi dari mata. Berapa jarak fokus [dalam inchi] lensa agar dapat melihat obyek sampai 9 inchi .... A. f = 11 inchi B. f = 12 inchi C. f = 13 inchi D. f = 14 inchi 3] Seorang mengalami rabun jauh sehingga tidak dapat melihat obyek jauh lebih dari 2m. Berapa panjang fokus lensa agar ia dapat melihat obyek sangat jauh .... A. f = - 2m B. f = - 3 m C. f = - 4 m D. f = - 5 m 4] Seorang yang memakai kacamata daya 3 dioptri harus menahan surat kabar pada paling sedikit 25 cm jauhnya agar dapat melihat tulisan dengan jelas. Berapa jauhkah surat kabar tersebut harus dipegang jika dia tetap menginginkan dapat membaca dengan jelas .... A. 1 m jauhnya B. 1,3 m jauhnya C. 1,5 m jauhnya D. 2 m jauhnya 5] Berapakah daya perbesaran lensa dengan daya 25 dioptri .... A. 3,67 B. 7,25 C. 8,00 D. 9,25 6] Berapa jauhkah obyek harus ditempatkan di depan lensa untuk mendapatkan perbesaran tersebut [soal 5] .... A. 3,24 cm B. 3,50 cm C. 3,45 cm D. 3,75 cm 3.43 PEFI4311/MODUL 3 7] Berapakah panjang fokus kacamata baca yang diperlukan seseorang yang mempunyai titik dekat 90 cm .... A. f = 20 cm. B. f = 23 cm C. f = 25,2 cm D. f = 34,6 cm 8] Untuk soal no. 7, berapa jauh seseorang harus menahan buku agar dapat membaca buku itu dengan kacamata yang mempunyai 2 dioptri …. A. 20,1 cm B. 25 cm C. 29,0 cm D. 32,1 cm Cocokkanlah jawaban Anda dengan Kunci Jawaban Tes Formatif 2 yang terdapat di bagian akhir modul ini. Hitunglah jawaban yang benar. Kemudian, gunakan rumus berikut untuk mengetahui tingkat penguasaan Anda terhadap materi Kegiatan Belajar 2. Tingkat penguasaan = Jumlah Jawaban yang Benar 100% jumlah soal Arti tingkat penguasaan: 90 - 100% = baik sekali 80 - 89% = baik 70 - 79% = cukup < 70% = kurang Apabila mencapai tingkat penguasaan 80% atau lebih, Anda dapat meneruskan dengan modul selanjutnya. Bagus! Jika masih di bawah 80%, Anda harus mengulangi materi Kegiatan Belajar 2, terutama bagian yang belum dikuasai. 3.44 Optika Kunci Jawaban Tes Formatif Tes Formatif 1 1] D d = 20 m. Kamera pinhole mempunyai bukaan sederhana tanpa lensa. Bayangan dibentuk karena cahaya dari titik obyek dapat mencapai film hanya pada satu titik oleh sinar tunggal yang masuk ke pinhole dari titik itu. Dengan menggunakan kesamaan segi tiga menurut Gambar maka dapat kita hitung: 75/150 = 10/d. Jadi d = 20 m. 2] A Jarak terjauh o = 17,5 cm. Jika o adalah jarak obyek dan i adalah jarak bayangan maka jarak terjauh dicapai jika i paling kecil, sehingga dengan rumus lensa: 1 1 1 1 1 2 o 17,5cm . Jadi jarak terjauh o f i 5cm 7cm 35 3] 4] C D 5] A 6] D 7] 8] B A adalah 17,5 cm. Pada jarak terjauh maka m = i/o = 7 cm/17,5 cm = 0,4. 128 mm. Gunakan rumus lensa 1/i = 1/f – 1/o = 1/125 mm – 1/5000 mm = 39/5000 mm i= 128 mm. 1,85 di depan okular. Jika 1 dan 2 untuk lensa obyektif dan okular maka i2 = - 25 cm. Dengan rumus lensa maka: 1 1 1 1/ 2 1/ 25 27 / 50 o2 1,85 di depan okular. o2 f 2 i2 0,305 cm. Dengan i1 + o2 = 20 cm maka i1 = 20 cm – 1,85 cm = 18,15 cm. Dengan rumus lensa: 1/o 1 = 1/f1 – 1/i1 =1/0,3 – 1/18,15 o1 = 0,305 cm. 804. m = m1.m2 = |i1/o1|.|i2/o2|= [18,15/0,305].[25/1,85] = 804 70,2 cm. Di sini kita tidak dapat mengandaikan benda di tak hingga. Jadi kita hitung dengan rumus lensa: 1 1 1 1 1 1 1 4 1 i1 66, 7cm o1 i1 f1 200 i1 50 i1 200 200 Lensa 2 harus ditempatkan sedemikian hingga fokusnya berada pada tempat bayangan I1 untuk membentuk bayangan maya pada jarak tak hingga. Maka jarak separasi kedua lensa adalah 66,7+3,5 PEFI4311/MODUL 3 3.45 = 70,2 cm. Tes Formatif 2 1] B 26 cm 2] B 3] A 4] A Lensa berfungsi menempatkan obyek pada titik dekat yang baru dan membuat penampakan menjadi jelas. Bayangan yang terjadi pada sisi yang sama dengan lensa sehingga bersifat maya, tegak seperti pada Gambar . Jarak fokus adalah f = 1/P atau f = ½,5 = 0,4 m. Dari rumus lensa 1/o + 1/i = 1/f maka 1/o + 1/[-0,75] = 1/0,4 dan dapat dihitung dari sini o = 26 cm. 12 in. Dengan rumus lensa: 1/o + 1/i = 1/f 1/9 + 1/[-36] = 1/f f = 12 in. f = - 2m . Di sini lensa koreksi harus mengambil obyek sangat jauh dan membawanya ke titik 2m. Sekali lagi bayangan adalah maya. Jarak obyek diambil tak hingga. Dengan rumus lensa: 1/ + 1/[-2] = 1/f f = -2m. 1 m jauhnya. Dengan rumus lensa: 1/o + 1/i = 1/f o = 25 cm, f = 3.46 Optika 5] B 6] C 7] D 8] D 1/P = 1/3 m = 33,3 cm. Selanjutnya 1/25 + 1/i = 1/33,3 diperoleh i = - 100 cm. Oleh karena itu tanpa kacamata orang tersebut perlu menahan surat kabar pada jarak 1 m dari mata. 7,25. Rumus daya lensa adalah f = 1/P = 1/25 dioptri = 0,04 m = 4 cm. Perbesaran lensa dapat dicari dengan: 25 cm m 1 1 25 / 4 7, 25 f 3,45 cm. Dengan rumus lensa 1/o = 1/|i| +1/f = 1/25 cm + ¼ cm atau o = 3,45 cm. 34,6 cm. Ini dapat dihitung dari: jarak obyek o = 25 cm, bayangan maya harus ditempatkan di |i| = 90 cm sehingga: 1/f = 1/o + 1/i = 1/25 cm – 1/90 cm atau f = 34,6 cm. 32,1 cm . Sebelumnya kita hitung dulu f = ½ dioptre = 0,50 m = 50 cm. Bayangan yang terbentuk maya dan masih berada pada i = 90 cm jika obyek ditempatkan pada: 1/o = 1/|i| + 1/f = 1/90 cm + 1/50 cm o = 32,1 cm. PEFI4311/MODUL 3 3.47 Glosarium Aperture stops [AS] : komponen optika aktual yang membatasi ukuran maksimum kerucut cahaya [cone] dari titik obyek aksial yang dapat diproses oleh keseluruhan sistem. Jadi ini mengatur kecerahan bayangan. Diafragma kamera dan iris mata manusia adalah contoh dari aperture stops ini. Aperture stops bisa juga dimaknai dengan bukaan riil dari sistem optika yang membatasi ukuran kerucut sinar yang diterima oleh sistem dari titik obyek aksial. Entrance Pupil [EnP] : bayangan aperture stop yang dilihat seseorang dengan melihat ke dalam sistem optika dari obyek. Atau bayangan aperture stop yang dibentuk oleh elemenelemen optika [jika ada] yang mendahuluinya Exit Pupil [EP] : bayangan aperture stops yang dibentuk oleh elemenelemen optika [jika ada] yang mengikutinya Chief Ray [CR] : sinar dari titik obyek yang melewati titik aksial, dalam bidang entrance pupil Field Stop [FS] : bukaan [aperture] riil yang membatasi medan pengelihatan angular yang dibetuk oleh sistem optika Entrance Window [EnW] Exit Window [ExW] : bayangan field stop yang dibentuk oleh elemen optika [jika ada] yang mendahuluinya : bayangan field stop yang dibentuk oleh elemen optika [jika ada] yang mengikutinya. 3.48 Optika Prisma : Alat optika yang mempunyai sifat dapat mendeviasikan dan mendispersikan sebuah sinar yang melaluinya. Jika P adalah sudut prisma, i adalah sudut datang sinar, i’ sudut keluar sinar, r adalah sudut bias sinar di dalam prisma sedangkan s adalah sudut sinar keluar prisma terhadap bidang prisma, D adalah sudut deviasi yang memberikan besar deviasi sinar datang dari lintasan awalnya dan ada D minimum [Dm]. Dengan variabel-variabel ini maka dapat dihitung indeks bias prisma: sin i sin[[ P Dm ] / 2] n sin r sin[ P / 2] Kamera : Alat optika yang dapat digunakan memindahkan gambar sebuah obyek riil ke dalam sebuah media cetak tertentu. Komponen utama kamera adalah lensa cembung, yang kita sebut lensa obyektif, yang membentuk bayangan riil dari obyek luar pada film [lapisan] sensitif. Medan penglihatan ditentukan oleh diafragma kotak yang ditempatkan langsung di depan film dan diafragma ini merupakan field stop [FS]. Aperture stop [AS] untuk kamera adalah sebuah diafragma dari bukaan yang dapat divariasi [variable aperture] yang ditempatkan sebelum dan setelah lensa obyektif, atau jika lensa adalah lensa gabungan maka ditempatkan di antara komponenkomponennya. Mikroskop : Sebuah alat yang digunakan untuk menghasilkan pada retina mata sebuah bayangan yang diperbesar dari sebuah obyek yang sangat kecil. Peralatan mikroskop juga menggunakan lensa cembung untuk mendapatkan bayangan yang diperbesar, tegak dan maya dari sebuah obyek kecil yang ditempatkan pada fokus. PEFI4311/MODUL 3 3.49 Teleskop : Adalah alat optika untuk melihat obyek sangat jauh dengan jelas dan jernih. Kornea : Bagian yang menonjol kecil di depan disebut kornea yang bersifat transparan. Kornea ini adalah elemen pembias pertama di dalam mata [yang menghasilkan pembelokan cahaya paling banyak ke arah sumbu optika dengan indeks bias sekitar nc = 1,376. Iris : Iris mengontrol intensitas cahaya yang masuk ke mata Retina : Bagian mata agak belakang yang berfungsi sebagai detektor cahaya [bayangan] dari sebuah obyek luar Rods and Cones : Photo detectors dalam retina yang mengubah cahaya/foton menjadi sinyal kimia dan listrik untuk dikirim ke otak Akomodasi : Kemampuan mata mengubah panjang fokusnya agar mendapatkan bayangan yang jelas pada retina Hyperopia : Rabun dekat. Cacat/kelainan mata yang dapat melihat jelas obyek jauh tapi kurang jelas melihat obyek dekat. Kondisi diperbaiki dengan menambahkan lensa konvergen di depan mata. Myopia : Rabun jauh. Cacat mata di mana dapat melihat obyek dekat dengan baik tapi kesulitan melihat obyek jauh. Dapat diperbaiki dengan menambahkan lensa divergen di depan mata. Titik dekat mata : Jarak minimum obyek yang masih dapat dilihat dengan baik oleh mata. Untuk mata normal kira-kira sejauh 25 cm dari mata. 3.50 Optika Titik jauh : Jarak terjauh di mana sebuah obyek masih dapat dilihat jelas oleh mata. Untuk mata normal letaknya di jauh tak hingga. Kekuatan lensa : P = 1/f [meter] 3.51 PEFI4311/MODUL 3 Daftar Pustaka Arya, A.P. [1979]. Introductory College Physics. Macmilan Publishing Co., Inc. Beynon, J. [1988]. Work out Waves and Optics. Macmillan Education LTD. Halpern, A. [1988]. Physics: Schaum’s Solved Problems Series. McGrawHill Book Company. Hirose, A. [1985]. Introduction to Wave Phenomena, John Wiley & Sons. Mazur, E.[ 2003]. Chapter 37: Optics, Text in progress for Prentice Hall, Inc. Marion, J,B. [1982]. Physics for Science and Engineering., CBS College Publishing. Nolan, P.J. [1993]. Fundamental of College Physics., Wm. C. Brown Publishers. Pedrotti, F.L, Pedrotti, L.S. [1993]. Introduction to Optic. Prentice Hall. Rossi, B. [1957]. Optic. Japan: Addison-Wesley Publishing Company. //eyedesignbook.com/ch1/eyech1-bc.html#Optics Modul 4 Interferensi Cahaya Artoto Arkundato, S.Si., M.Si. PEN D A HU L UA N S ampai di sini kita perluas lagi pembahasan kita mengenai optika untuk gejala interferensi. Kita tinjau salah satu gejala optika yang lebih cocok kalau kita telaah dari sudut pandang karakteristik gelombang cahaya. Pada kuliah gelombang Anda telah mempelajari konsep interferensi cahaya. Pada kuliah optika ini Anda akan lebih memperdalam lagi gejala interferensi ini terutama berkenaan dengan alat-alat optika yang menerapkan gejala interferensi ini, seperti interferometer. Modul 4 ini dibagi menjadi dua Kegiatan Belajar, yang pertama tentang Jenis Interferensi Cahaya dan yang kedua tentang Macam-macam Alat Pengukuran Interferensi. Setelah Anda mempelajari modul ini diharapkan Anda dapat: 1. menjelaskan gejala interferensi cahaya; 2. menerangkan jenis-jenis interferensi; 3. menerapkan konsep-konsep interferensi pada permasalahan optika; 4. menerapkan gejala interferensi pada alat pengukur interferensi. Selanjutnya agar Anda dapat memahami dapat menguasai modul ini dengan baik, pelajarilah teori dan latihan soal dengan sungguh-sungguh. Kerjakan soal-soal yang ada tanpa melihat dulu jawabannya sehingga Anda dapat mengukur tingkat pemahaman Anda. Sangat disarankan disamping hanya mempelajari materi dalam buku ini, Anda juga mencari dari sumber lain, yaitu buku-buku ajar dari pengarang lain. Anda juga dapat melihat materi kuliah optika yang ada pada website. Selamat belajar dan semoga berhasil ! 4.2 Optika Kegiatan Belajar 1 Jenis Interferensi Cah aya P ada modul sebelumnya kita telah mempelajari optika dari sudut pandang optika geometri. Oleh karena itu, satu pertanyaan yang muncul, apakah ada batasan untuk menggunakan optika geometri? Selanjutnya apakah batasan untuk menggunakan optika geometri itu? Perlukah kita dengan tegas kita menelaah cahaya dari sifat gelombangnya? Jawaban untuk itu adalah ya. Untuk mendiskusikan salah satu fenomena cahaya seperti interferensi dan difraksi kita perlu menelaah cahaya dari sudut pandang sifat gelombang. Studi cahaya dari sifat gelombangnya disebut optika fisis atau kadang-kadang disebut optika gelombang. Untuk melihat batasan mana sebuah cahaya perlu ditelaah dari sudut pandang sifat gelombangnya kita lihat pada gambar berikut. Sinar cahaya diperlihatkan tegak lurus muka gelombang, ini seperti yang telah Anda pelajari pada Modul 2 tentang prinsip Huygens. Jika bukaan [aperture/celah: lubang tempat lewat cahaya] a sangat besar dibanding dengan panjang gelombang cahaya yaitu [Gambar 4.1a] maka cahaya dapat melewati bukaan sebagai deretan sinar geometris dan bayangan yang tajam dari bukaan akan dapat dilihat pada layar. Ini adalah daerah dimana cahaya dapat ditelaah dengan optika geometri. Gambar 4.1 Peralihan dari optika geometri ke optika fisis 4.3 PEFI4311/MODUL 4 Karena cahaya merah mempunyai panjang gelombang terpanjang dalam spektrum cahaya tampak sekitar 720 nm, sedangkan pada prakteknya ukurannya sering sangat lebih besar dari cahaya, maka oleh karena itu optika geometri memainkan peranan penting dalam analisis banyak problem optika. Jika ukuran a makin lama makin kecil mendekati , a ~ , maka optika geometri mulai gagal [breakdown] untuk menjelaskan fenomena optika. Akibatnya bayangan celah yang ada pada layar menjadi makin lebar atau dapat dikatakan bayangan obyek menjadi kurang tajam [Gambar 4.1b]. Sebagai ganti perambatan cahaya dalam garis lurus menurut optika geometri, sekarang cahaya dibelokkan ke dalam daerah yang dalam keadaan normal [optika geometri] kita sebut daerah bayangan [shadow]. Pembelokan cahaya ke dalam daerah bayangan setelah melalui suatu rintangan tersebut dikenal dengan istilah difraksi. Rintangan yang dimaksud adalah sisi/pinggir bukaan pada celah. Perlu kita catat, bahwa difraksi sangat berbeda dengan pembiasan yang merupakan fenomena pembelokan cahaya antar medium yang berbeda indeks biasnya. Jika bukaan makin kecil a< , maka efek difraksi makin besar, dan karena bukaan sangat kecil, seolah-olah pada celah muncul sebagai sumber titik, dan cahaya kemudian keluar celah dalam bentuk radial keluar [Gambar 4.1c] Ini juga dapat disimpulkan, makin besar panjang gelombang maka makin nampak gejala difraksi cahaya yang muncul. Namun demikian perlu diketahui bahwa cahaya mempunyai panjang gelombang yang kecil sekali dibanding misalnya suara. Oleh karena itu, efek difraksi gelombang suara sangat terasa, misal jika kita berada dalam sebuah tempat maka kita masih dapat mendengar suara bedug adzan dari sebuah masjid meskipun lintasan antara masjid dan kita dibatasi oleh banyak gedung tinggi. A. SUPERPOSISI GELOMBANG Interferensi gelombang dipelajari dari konsep superposisi gelombang. Untuk melihat bagaimana banyak gelombang bersuperposisi kita tinjau persamaan gelombang biasa berbentuk: 2 1 2 v 2 t 2 [4.1] 4.4 Optika Satu hal menarik di sini adalah bahwa persamaan ini adalah linear, yaitu [r , t ] dan turunan-turunannya hanya muncul dalam bentuk orde pertama. Konskuensi matematis dari ini adalah i [r , t ][i 1,..n] adalah solusinya berlaku azas superposisi bahwa sebarang kombinasi linearnya juga solusi. Oleh karena itu berlaku, n [4.2] [r , t ] Ci i [r , t ] i 1 yang juga merupakan solusi persamaan diferensial [linear] gelombang. Ungkapan matematis ini yang memenuhi persamaan [4.1] kemudian dinyatakan sebagai prinsip superposisi gelombang, dan dapat digunakan untuk menganalisis hampir semua situasi linear. Satu perkecualian utama untuk ini adalah amplitudo gelombang-gelombang yang besar, yang dapat menimbulkan efek nonlinear. Kita tinjau [fungsi] gelombang harmonik satu dimensi [ x, t ] 0 sin[t ] , yang merambat arah x positif dan kx . Selanjutnya jika ada dua buah gelombang: 1 [ x, t ] 1,0 sin[t 1 ] dan 2 [ x, t ] 21,0 sin[t 2 ] yang bertemu tumpang tindih di suatu titik di dalam ruang. Gangguan [gelombang] resultan adalah superposisi linear dari gelombang-gelombang ini, 1 2 1,0 sin t 1 2,0 sin t 2 1,0 sin t cos 1 cos t sin 1 2,0 sin t cos 2 cos t sin 2 [4.3] 1,0 cos 1 2,0 cos 2 sin t 1,0 sin 1 2,0 sin 2 cos t Dapat kita sederhanakan dengan definisi berikut: 0 cos 1,0 cos 1 2,0 cos 2 [4.4] dan 0 sin 1,0 sin 1 2,0 sin 2 , [4.5] dimana 2 2 02 1,0 2,0 21,0 2,0 cos 2 1 [4.6] dan 4.5 PEFI4311/MODUL 4 tan 1,0 sin 1 2,0 sin 2 1,0 cos 1 2,0 cos 2 Dengan [4.4] dan [4.5], persamaan [4.3] menjadi 0 cos sin 0 sin cos 0 sin t [4.7] [4.8] Ini menunjukkan bahwa sebuah gelombang tunggal hasil dari superposisi dua gelombang sebelumnya. Gelombang harmonik baru ini mempunyai frekuensi sama dengan gelombang sebelumnya namun amplitudo dan fasenya berubah. Konsekuensi penting dari ini adalah kita dapat mensuperposisikan sejumlah gelombang harmonik dengan frekuensi tertentu dan mendapatkan hasil gelombang harmonik juga. Gejala interferensi merupakan sifat mendasar yang diperlihatkan oleh gelombang yang memenuhi persamaan diferensial [linear] gelombang, yang solusinya mengijinkan konsep superposisi gelombang di atas. Fenomena yang mencakup superposisi gelombang biasanya dapat dikelompokkan ke dalam efek-efek interferensi atau ke dalam efek-efek difraksi, meskipun sebenarnya tidak ada satu cara yang mutlak untuk membedakan keduanya. Dua buah pulsa tali yang mendekati satu sama lain yang mempunyai bentuk dan amplitudo yang sama, jika puncak dan lembah pulsa bertemu tumpang tindih [overlap] maka keduanya akan menghapus sesaat satu sama lain sehingga menghasilkan pergeseran nol [Gambar 4.2a]. Gejala ini disebut interferensi destruktif; ini terjadi karena medium secara bersamaan diganggu oleh dua buah pulsa yang sama tapi gangguannya berlawanan. Jika dua buah puncak bertemu tumpang tindih [Gambar 4.2b], maka mereka saling menguatkan sehingga amplitudo hasil pulsa adalah dilipatduakan. Gejala ini disebut interferensi konstruktif. Gelombang suara mengalami interferensi jika mereka bersuperposisi karena gelombang suara dispesifikasi oleh fungsi gelombang skalar [fluktuasi tekanan]. Sebaliknya pergeseran pada tali dan cahaya [medan listrik pada gelombang elektromagnetik] adalah contoh fungsi gelombang vektor. Agar terjadi interferensi untuk gelombang-gelombang seperti ini, maka osilasi harus terletak pada garis yang sama, misal sebuah tali diletakkan pada 4.6 Optika horizontal sumbu x. Pergeseran yang terjadi pada arah vertikal sumbu y tidak akan dapat mengalami interferensi destruktif dengan pergeseran horizontal pada arah sumbu z. Gambar 4.2 [a] Interferensi destruktif [b] Interferensi konstruktif B. PERCOBAAN YOUNG Cahaya adalah gelombang elektromagnetik. Untuk cahaya tampak mempunyai panjang gelombang dari 4000 Å sampai dengan 7000 Å. Cahaya sebagai gelombang dengan jelas didemonstrasikan pertama kali oleh Thomas Young dengan eksperimennya yang terkenal “percobaan celah ganda” pada tahun 1801-1803. Dengan eksperimen ini pula Young dapat menaksir besarnya panjang gelombang yang digunakan. Dasar pemikiran percobaan Young dapat Anda pelajari dari Gambar 4.3. Cahaya [hampir] monokromatis [satu panjang gelombang] yang dipancarkan dari sebuah sumber [misalnya lampu sodium] dikolimasi [untuk mengubahnya menjadi berkas sempit] oleh celah sempit S. PEFI4311/MODUL 4 4.7 Gambar 4.3. Percobaan celah ganda Young Celah ini berfungsi sebagai sumber cahaya primer. Gelombang yang memancar dari S mengenai dua celah sejajar yaitu celah S1 dan S2 yang terpisah sejarak d dan keduanya berjarak sama dari S. S1 dan S2 bertindak sebagai sumber cahaya/gelombang sekunder koheren dengan amplitudo yang sama yang meradiasi keluar celah. Pada Gambar 4.3, jika kita mengandaikan cahaya bukan gelombang maka perjalanan sinar seharusnya mengikuti lintasan geometri, seperti pada [a], dan pola bayangan yang terjadi di layar yang diharapkan seharusnya seperti [b] dimana untuk hanya bayangan dua sinar muncul bayangan gelap yang lebar diapit dua frinji terang. Namun demikian dalam eksperimen yang sesungguhnya pola distribusi intensitas pada layar muncul banyak frinji gelap dan frinji terang secara berselang-seling seperti gambar [c]. Gambar 4.4 memperlihatkan gambaran kualitatif dari pembentukan interferensi. 4.8 Optika Gambar 4.4 Gambaran kualitatif mekanisme interferensi. Dua kelompok lingkaran konsentris menunjukkan radiasi dari masing-masing celah. Jika dua kelompok tersebut berpotongan maka gelombang-gelombang dari masing-masing celah adalah sefase dan intensitas gelombang menjadi maksimum. Intensitas minimum terjadi diantara yang maksimum. Gejala interferensi ini tidak lagi dapat diterangkan dengan optika geometri dan telaah yang tepat adalah dengan menganggap cahaya sebagai gelombang. Percobaan Young telah membuktikan bahwa cahaya mempunyai karakteristik gelombang. Sekarang kita coba telusuri rumusan matematis untuk interferensi cahaya percobaan Young ini. Pada percobaan Young celah ganda berfungsi sebagai sumber cahaya baru yang koheren [mempunyai fase sama] karena celahcelah tersebut berjarak sama dari sumber cahaya [tidak ada beda lintasan]. PEFI4311/MODUL 4 4.9 Dalam hal ini celah-celah tersebut bekerja seolah-olah sebagai sumber cahaya garis daripada sumber titik. Oleh sebab itu, cahaya yang dipancarkan dari celah-celah ini terdiri dari gelombang silindris daripada gelombang bola. Namun demikian kita belum perlu memperhatikan ini dan yang perlu kita lihat adalah hanya beda lintasan. Tentu saja kita dapat mengganti celah dengan dua lubang kecil [pinhole], namun ini hanya akan mempersulit analisis. Gambar 4.5 melukiskan variabel-variabel yang diperlukan untuk menelaah percobaan Young. Gambar 4.5 Penyusunan percobaan celah ganda Young. Dari Gambar 4.5, dalam prakteknya ukuran D >> d. Pola interferensi dalam bentuk pita gelap terang intensitas seperti pada gambar kanan. Jika kita tinjau titik sebarang P, maka intensitas cahaya pada titik itu adalah hasil superposisi gelombang cahaya dari celah 1 [atas] dan celah 2 [bawah]. Gelombang dari celah 2 menempuh lintasan x2 lebih jauh daripada lintasan x1. Oleh karena itu ada perbedaan lintasan optis antara lintasan 1 dan lintasan 2. Adalah perbedaan lintasan ini yang bertanggung jawab untuk adanya frinji gelap dan frinji terang dalam interferensi. Perbedaan lintasan ini adalah: Perbedaan lintasan = PD = x2 – x1 [4.9] 4.10 Optika Pada percobaan yang sesungguhnya jarak layar ke celah D sangat besar dibandingkan dengan jarak separasi celah d. Oleh karena itu panjang AP dikira-kira sama dengan x1. Ini ekivalen dengan memutar jarak x1 terhadap titik P sampai x1 berimpit dengan panjang AP. Busur rotasi ini kira-kira sama dengan S1A. Oleh karena itu S1A tegak lurus BP dan S2P. Dua segitiga pada Gambar 4.5 kita perbesar seperti Gambar 4.6. Sudut adalah sudut yang mendefiniskan lokasi frinji pada titik P dan sudut PBO segitiga I. Kita menyebut sudut BPO dengan , sedangkan sudut POB adalah 90o. Jadi pada segitiga I: [4.10] 90o 180o Dalam segitiga II, sudut S1BC sama dengan sudut yang sama dari segitiga I. Sudut S1CB adalah 90o. Sekarang kita tentukan sudut . Dalam segitiga II kita mempunyai, [4.11] 90o 180o Membandingkan dua persamaan ini maka: Jadi, sudut S2S1A sama dengan sudut , dan karenanya, Oleh karena itu, sisi S2A sama dengan d.sin, seperti pada Gambar 4.5. Gambar 4.6 Gambar rinci kaitan sudut-sudut segitiga 4.11 PEFI4311/MODUL 4 Oleh karena itu, dapat kita tuliskan panjang lintasan x2 dengan, [4.12] x2 x1 d sin Perbedaan lintasan antara gelombang 1 dan gelombang 2 menjadi, PD = x2 – x1 = x1 d sin x1 = d sin [4.13] Jadi, menurut persamaan ini, ada beda lintasan antara gelombang 1 dan gelombang 2. Jika gelombang sefase ketika bersuperposisi, ada interferensi konstruktif dan bayangan terang atau frinji terang muncul pada layar. Kita dapat merumuskan secara matematis untuk pola interferensi gelap terang yang ada sebagai berikut. Misalkan dua buah gelombang tersebut adalah harmonik berbentuk sinusoidal: [4.14] E1 E0 sin [kx1 t ], dan E2 E0 sin kx2 t , [4.15] masing-masing untuk gelombang yang berasal dari sumber S1 dan S2. Menggunakan [4.12] ke [4.15]: [4.16] E2 E0 sin kx1 t kd sin . Misalkan adalah sudut fase dan mengukur bagaimana gelombang 2 bergeser dari gelombang 1, atau bagaimana gelombang 2 tidak sefase dengan gelombang 1. Oleh sebab itu, misalkan: [4.17] kd sin dan karena bilangan gelombang adalah k 2 / maka: 2 d sin [4.18] Sudut ini merupakan perbedaan fase antara gelombang 1 dan gelombang 2. Kita sekarang dapat menuliskan gelombang 2 menjadi: E2 E0 sin kx1 t . [4.19] Resultan gelombang pada titik P sekarang dapat kita tentukan dengan interferensi gelombang dari celah 1 dan celah 2. Gelombang resultan pada P diberikan dengan: E = E 1 + E2 [4.20] E1 E0 sin kx1 t [4.21] 4.12 Optika E2 E0 sin kx1 t . [4.22] Menggunakan identitas trigonometri bahwa, sin A + sin B = 2 sin[[A+B]/2]]cos[[A-B]/2] [4.23] Maka, medan total di P adalah: [4.24] E E1 E2 2E0 sin kx1 t cos , 2 2 Karena frinji gelap dan terang diamati pada layar, distribusi intensitas cahaya ini harus ditentukan. Dari BMP gelombang, kita mengetahui bahwa intensitas adalah: [4.25] I 0 cE 2 Oleh karena itu, intensitas di titik sembarang P adalah: I 4 0cE02 cos2 [ / 2]sin 2 [kx1 t / 2] [4.26] Karena frekuensi cahaya tampak ini tinggi sekali [sekitar 5 x 10 14 siklus/detik] maka mata manusia tidak dapat mengesan efek setiap gelombang ini saat mengenai layar, namun sebagai gantinya kita hanya melihat nilai rata-ratanya saja. Rata-rata intensitas pada layar adalah: I [rata rata] 4 0cE02 cos2 [ / 2][1/ 2] I [rata rata] 2 0cE02 cos2 [ / 2] Jika I 0 2 0 cE02 maka: I [rata rata] I 0 cos2 [ / 2] [4.27] Persamaan in menyatakan bahwa intensitas pada layar bervariasi terhadap sudut fase . Namun sudut fase ini adalah: 2 [4.28] d sin Jadi, intensitas bervariasi terhadap nilai . Lokasi frinji terang pada layar dapat ditentukan dengan menyadari bahwa frinji terang berkaitan dengan intensitas cahaya maksimum. Intensitas I pada persamaan [4.27] akan maksimum bila bagian kosinus adalah maksimum. Ini terjadi jika sudut / 2 adalah m dengan m adalah bilangan bulat. Jadi: / 2 = m [ m 0, 1, 2, 3, ] Intensitas rata-rata di P oleh karena itu, [4.29] 4.13 PEFI4311/MODUL 4 I rata 2 I0 cos2 [m ] [4.30] Selanjutnya substitusi [4.28] ke [4.29]: 2 d sin m 2 2 Atau frinji terang dicapai jika memenuhi: [ m 0, 1, 2, 3, ] d sin m [4.31] [4.32] Lokasi frinji terang ke-m pada layar ditemukan dari geometri Gambar 4.5. yaitu [4.33] ym D tan Namun demikian, D >>d, sehingga sudut sangat kecil. Oleh karena itu, untuk pendekatan sudut kecil dapat berlaku: [4.34] tan sin Karena itu frinji ke-m pada layar dari titik O sejauh: m [frinji terang pada layar] [4.35] ym D sin D d Dengan cara yang sama, frinji gelap pada layar berkaitan dengan intensitas minimum cahaya, yaitu jika : [2m 1] [frinji gelap, m = 1,2,3, …] [4.36] 2 2 Substitusi persamaan ini ke persamaan [4.27] memberikan: I I 0 cos2 [2m 1] [4.37] 2 Dengan ini maka intensitas nol [frinji gelap] dicapai jika terpenuhi: 2 [m = 1,2,3,…] d sin [2m 1] 2 2 2 [4.38] Atau frinji gelap dicapai jika memenuhi: d sin [2m 1] 2 [ m = 1,2,3,…] [4.39] Lokasi frinji gelap ke-m pada layar dapat ditentukan dari Gambar 4.5 yaitu: D[2m 1] [m = 1,2,3,…] [4.40] ym D sin d 2 4.14 Optika Akibat interferensi ini harus menghasilkan pada layar sebuah pola yang mengandung deret pita gelap terang [Gambar 4.5] yang kita sebut frinji interferensi [interference fringes]. Frinji terang pusat [central bright fringe] untuk m = 0, disebut frinji orde nol [zero-order fringe]; dan pasangan frinji terang berikutnya untuk m = 1 disebut frinji orde pertama, dan demikian juga untuk orde dua, tiga, dst. Eksperimen tersebut menampilkan hasil lebih baik untuk pembukaan celah yang lebih sempit. Pembukaan celah yang lebih besar merumitkan pola intensitas yang ditampilkan pada layar karena efek difraksi, dan ini akan kita pelajari nanti. Jika pembukaan celah diperbesar lagi maka pola interferensi lenyap dan kita akan memperoleh dua bayangan celah, meskipun agak kabur. Ini karena untuk bukaan celah yang besar celah menjadi tidak bertindak sebagai sumber garis. Contoh Soal 1: Percobaan celah ganda Young. Misalkan d = 0,1 mm dan D = 50 cm. Jikalau pemisahan antara dua maksima yang berdekatan [atau minima] teramati 2,5 mm, maka berapakah panjang gelombang sumber cahaya? Penyelesaian: o yd 0, 25cmx0, 01/ cm 5, 0 x105 cm 5000 D 50cm C. STRUKTUR CELAH BANYAK Kita tinjau apa yang terjadi jika kita mempunyai sejumlah banyak celah. Kita misalkan bahwa semua celah mempunyai jarak pisah sama dan disinari dengan sumber cahaya monokromatik tunggal seperti pada Gambar 4.7. Untuk kasus kita ada enam celah dan beda fase antara dua gelombang yang berdekatan adalah: 2 d [4.41] sin . 4.15 PEFI4311/MODUL 4 Gambar 4.7 Enam sumber cahaya koheren terpisah pada jarak sama segaris Medan listrik total diberikan oleh E E0 [sin[kx t ] sin[kx t ] sin[kx t 2 ] sin[kx t 3 ] [4.42] sin[kx t 4 ] sin[kx t 5 ]] Kita dapat menjumlahkan enam suku ini suku demi suku namun ada cara yang elegan untuk mengerjakan ini, yaitu dengan metode phasor seperti yang biasa digunakan dalam teori rangkaian listrik AC. Dengan metode ini maka dua buah gelombang e1 dan e2 yang berbeda fase dapat dijumlahkan secara vektor seperti Gambar 4.8 di bawah ini. Jika kita gunakan metode ini pada kasus celah ganda maka segera kita akan menemukan bahwa amplitudo medan listrik total E adalah E 2E0 cos[ / 2] , seperti sebelumnya. Gambar 4.8 Metode phasor untuk menjumlahkan gelombang 4.16 Optika [Catatan: vektor-vektor yang diperkenalkan disini hanya untuk keperluan matematik belaka, sedangkan vektor yang sesungguhnya [medan listrik cahaya] semua akan dalam satu arah jika titik pengamatan jauh dari sumber cahaya]. Sekarang kita siap menerapkan metode phasor ini untuk menjumlahkan enam medan. Jika beda fase antara dua medan yang berdekatan adalah sama dimana-mana, maka enam vektor tersebut membentuk busur lingkaran dengan jari-jari R seperti Gambar 4.9 berikut. Gambar 4.9 Penjumlahan enam medan. Beda fase dua medan yang berdekatan konstan. Dari gambar ini dapat kita peroleh: E0 / 2 sin , R 2 6 dan sin[6 / 2] E 2 R sin . Eliminasi R dan kita dapatkan bahwa E E0 . sin[ / 2] 2 Kita dapat mengerjakan ini dengan cara yang lebih elegan lagi menggunakan bilangan kompleks, seperti berikut ini. Amplitudo medan listrik total E dapat dicari. Kita terapkan disini konsep bilangan kompleks. Jika sin A = Im [eiA] dengan Im berarti bagian imajiner maka persamaan [4.42] dapat kita nyatakan dengan: 4.17 PEFI4311/MODUL 4 E E0 I m [e iX [1 e i e i 5 ]], dengan X = kx - t. diberikan dengan: [4.43] Jika amplitudo exp[iX] adalah 1 maka amplitudo E E0 1 ei ei 2 ei 3 ei 4 ei 5 E0 [1 ei ]ei 2 [ei 2 1 ei 2 ] Mengingat eiA eiA 2cos A maka amplitudo menjadi: 2 E0 cos 1 2cos[2 ] 2 Jika buat generalisasi untuk N sumber cahaya maka sin[ N / 2] E E0 . sin[ / 2] Kasus celah ganda Young adalah untuk N = 2 . sin E [ N 2] E0 2 E0 cos . sin[ / 2] 2 [4.44] [4.45] [4.46] Intensitas cahaya berkenaan dengan medan listrik diberikan oleh persamaan: I I0 sin 2 [ N / 2] sin 2 [ / 2] . [4.47] sin Nx sin x [N = bilangan bulat] bagaimana perilakunya jika sin[x]0 . Sin[x] = 0 terjadi jika x m , yang demikian juga untuk sin[Nx]=sin[Nm] =0. Oleh karena itu kita mempunyai pembagian 0/0 [tak berhingga]. Misalkan kita mempunyai x m untuk yang bernilai kecil. Karena sin[m ] sin m cos cos m sin sin , dan karena sin N [m ] sin N maka kita memperoleh: Di sini kita memerlukan matematika, yaitu untuk fungsi f [ x] sin N N N, sin yang bernilai hingga. lim f [ x] lim x m 0 [4.48] 4.18 Optika Selanjutnya intensitas cahaya menjadi maksimum jika sin[ / 2] 0 , dan nilai puncaknya sebanding dengan N2. sin[ / 2] 0 menghsilkan 0, , 2 , atau 2 [m = bilangan bulat] a sin m [4.49] Fungsi berikut f [ ] 1 sin 2 [ N / 2] [4.50] N 2 sin 2 [ / 2] Gambar 4.10 Plot persamaan sebagai fungsi dari / 2 d sin / Selanjutnya menunjukkan intensitas relatif [maksimum yang dipilih adalah 1,0 ] sebagai fungsi dari a / sin seperti Gambar 4.10. Dapat kita amati bahwa jika N bertambah maka pola interferensi akan menajam dan menajam. Pada N yang cukup besar maka pola interferensi memperlihatkan d sebuah garis vertikal pada titik-titik sin 0, 1, 2, Contoh Soal 2: Sebuah kisi mempunyai 5000 celah/cm. Jarak antar celah d 1/ 5000 2 104 cm. Untuk [merah]= 7x10-5m, puncak-puncak tajam terjadi pada: 4.19 PEFI4311/MODUL 4 sin red 0, , 2 , 0, 0,35, 0, 70,... atau a a red 00 , 20,50 , 44, 40 [untuk suku selanjutnya tidak cocok]. Untuk [jingga]= 4x 10-5 cm, puncak-puncak pada: violet 00 , 11,50 , 23,60 , 36,90 , 53,10 Kita lihat bahwa semua warna jatuh pada = 0o . Warna-warna dalam rentang 4000 – 7000 Å jatuh antara = 11,5o dan = 20,5o yang termasuk orde pertama interferensi. Orde kedua jatuh antara 23,6 o dan 44,4o. Dalam kasus ini cahaya merah tidak dapat menghasilkan puncak orde lebih dari dua, dan cahaya jingga tidak dapat menghasilkan puncak orde lebih dari tiga. D. INTERFERENSI PADA LAPISAN TIPIS Dalam kehidupan sehari-hari anda sering mengamati garis-garis berwarna pada lapisan minyak tipis warna-warni yang tampak. Hal ini merupakan akibat peristiwa interferensi, contoh lain adalah pada gelembung sabun, lapisan minyak dan selaput tipis lainnya. 1. Interferensi Cahaya dari Lapisan Minyak Kita sering mengamati bahwa lapisan minyak oli pada permukaan air terlihat berwarna-warni. Kita juga sering melihat lapisan berwarna-warni pada permukaan gelembung sabun. Juga sering kamera-kamera yang baik mempunyai lensa-lensa yang dilapisi material tertentu agar meminimalkan pantulan cahaya dari lensa. Gejala ini akibat dari interferensi yang dipantulkan ke mata kita dari dua permukaan lapisan tipis. Pemantulan cahaya dari dua permukaan lapisan transparan tipis menghasilkan fenomena interferensi yang mudah untuk di amati. Untuk menginterpretasikan fenomena ini kita lihat Gambar 4.11 berikut. 4.20 Optika Gambar 4.11 Interferensi dalam lapisan tipis, yang diamati dengan pantulan Cahaya monokromatis dari titik S jatuh pada lapisan tipis dan dipantulkan yang lalu ditangkap oleh lensa konvergen untuk membentuk bayangan lapisan pada layar a. Misal sinar SPA dipantulkan pada titik P lapisan bagian atas, dan sinar SCEPB yang melewati titik yang sama P setelah dipantulkan oleh lapisan sebelah bawah di E. Lensa L membawa dua sinar menyatu lagi [difokuskan] di P’, yang merupakan bayangan P. Panjang lintasan optis P dan P’ sama, oleh sebab itu dua sinar sampai di P’ dengan beda fase yang sama yang mereka punyai di P. Untuk menghitung beda fase ___ ini kita lihat panjang lintasan optis dua sinar dari S ke P adalah 1 n0 SP ___ ___ ___ dan 2 n0 SC n[CE EP] dengan n0 adalah indeks bias medium dimana lapisan tipis berada [jika udara n0 = 1] dan n adalah indeks bias lapisan tipis. Oleh sebab itu, ____ ____ ____ ____ 2 1 n0 [ SP SC ] n[ CE EP] Misalkan tebal lapisan adalah d, dan serta ' adalah sudut dating dan sudut pantul sinar SC. Dengan hukum Snellius pembiasan dimana [n0sin =nsin ' ] dan memandang bahwa, karena lapisan sangat tipis, maka ____ ___ PC sangat kecil dibandingkan SC , sebagai pendekatan yang baik, 4.21 PEFI4311/MODUL 4 ____ ____ ____ n0 [ SP SC ] n0 PC sin 2dn0 tan 'sin 2nd sin 2 ' cos ' dan ____ ____ n[ CE EP] 2dn cos ' Oleh sebab itu, kita mempunyai relasi matematis, sin 2 ' 1 [4.51] 2 1 2dn 2dn cos ' cos ' cos ' Beda fase yang berkaitan dengan beda lintasan optis ini seperti bahasan sebelumnya adalah 2 [ 2 1 ] / 0 dengan 0 adalah panjang gelombang di vakum. Ada, bagaimanapun juga, beda fase tambahan sebesar karena fakta bahwa sinar SPA dipantulkan pada permukaan lapisan atas jika indeks bias berubah dari n0 ke n, sementara sinar SCEPB dipantulkan oleh lapisan tipis bagian bawah, di mana indeks bias berubah dari n ke n 0. Jadi dua sinar terpantul bertemu di P dan sekali lagi bertemu di P’ dengan beda fase sebesar, 2nd cos ' 1 [4.52] 2 [ 2 1 ] / 0 atau 2 0 2 Khususnya, jika lensa ditempatkan begitu sedemikian hingga agar mengumpulkan sinar-sinar yang dipantulkan oleh lapisan dalam arah hampir tegak lurus, maka cos ’ sangat kecil sehingga persamaan [4.52] direduksi menjadi, 2nd 1 [4.53] 2 0 2 Interferensi dua sinar pada P’ akan menghasilkan intensitas maksimum jika bernilai kelipatan bulat dari 2 , yaitu jika kondisi di bawah ini tercapai: 2nd 0 m 1 , 2 m = 0,1,2,… [4.54] 4.22 Optika Interferensi akan menghasilkan intensitas minimum jika adalah perkalian ganjil dari , yaitu jika, 2nd m = 0,1,2,3,… [4.55] m 0 Jika kita ambil 0 / n sebagai panjang gelombang di dalam lapisan, maka kita dapat menyatakan kembali persamaan [4.54] dan persamaan [4.55] dengan: Interferensi maksimum: d [2m 1] Interferensi minimum : d m [4.56] 4 [4.57] 2 Ini kita tafsirkan secara fisis dengan: interferensi maksimum terjadi jika ketebalan lapisan d adalah perkalian ganjil dari / 4 , dan interferensi minimum terjadi jika d perkalian genap dari / 4 . Jika ketebalan lapisan tidak sama dari satu titik ke titik dimana-mana, maka bayangan lapisan yang ditampilkan oleh lensa pada layar juga akan memperlihatkan kecerahan yang berbeda dari satu titik-ke titik yang lain tersebut. Jika ada variasi ketebalan, seperti Gambar 4.12 maka banyak garis muncul pada tempat-tempat untuk d [2m 1] pada cincin Newton yang akan Anda pelajari. 4 dipenuhi. Ini, seperti 4.23 PEFI4311/MODUL 4 Gambar 4.12 Lapisan dielektrik dengan variasi ketebalan dapat menyebabkan interferensi. 2. Interferensi Cahaya Pada Lensa Kamera Pelapisan lensa kamera bekerja menurut prinsip yang sama, kecuali sekarang kita mempunyai tiga medium yaitu udara, lapisan dan kaca [Gambar 4.13]. Kita asumsikan indeks bias untuk itu berlaku ng n f 1 , dengan indeks g untuk kaca, f untuk lapisan dan 1 untuk udara. Cahaya yang dipantulkan sekarang mengalami perubahan fase pada kedua permukaan, dan kita mempunyai relasi, 2d m n [untuk penguatan] [4.58] 4.24 Optika Gambar 4.13 Pelapisan kaca digunakan untuk mencegah pantulan cahaya dan 2d [ m 1 2 ] 2n [untuk pelemahan/destruktif] [4.59] Hal khusus yang penting adalah interferensi destruktif, yang menunjukkan adanya intensitas cahaya yang dipantulkan minimum. Ketebalan minimum berkaitan dengan m = 0, dan kita mempunyai: d / 4n = [panjang gelombang dalam lapisan]/4 Ini dikenal dengan istilah pelapisan panjang gelombang seperempat [quarter wavelength coating], yang secara ajek digunakan pada piranti optika kualitas tinggi. Ini mampu mereduksi pantulan kurang dari 0,1% bergantung pada keseragaman pelapisan dan permukaan gelas. Pelapisan seperempat ini sendiri, namun demikian tidak secara total mengurangi pantulan. Syarat lain supaya pantulan berkurang adalah amplitudo E1 dan E2 sama, sehingga kita mempunyai efek destruktif yang lengkap. Misalkan 1 adalah koefisien pantulan voltage pada bidang batas udara-lapisan dan 2 pada bidang lapisan-kaca. Impedansi udara, lapisan dan kaca adalah: Zu = 377, Zf = 377/nf dan Zg = 377/ng. Maka, 1 n f n f ng dan 1 2 1 nf n f ng PEFI4311/MODUL 4 4.25 Jadi, amplitudo medan listrik E1 adalah: E1 = | 1 |E0 dan untuk E2 adalah E2 = [1+ 1 ]| 2 |E0. Untuk interferensi destruktif lengkap maka E1 = E2. Maka untuk yang kecil, kita mendapatkan 1 2 , atau dalam bentuk indeks bias, n2f ng x1 Ini dapat kita tuliskan dalam bentuk impedansi, Z 2f Z g Zu Meskipun kita telah menurunkan kondisi lengkap untuk interferensi destruktif adalah n2f ng xnu dengan asumsi koefisien pantulan cukup kecil, ini berlaku untuk sembarang nilai koefisien pantulan. Contoh Soal 3: Tentukan ketebalan lapisan dan indeks bias pantulan yang meminimalkan pantulan cahaya pada permukaan kaca yang mempunyai indeks bias ng = 1,5. Asumsikan = 5000Å di udara. Penyelesaian: Dari n2f ng n f 1,5 1, 22 . Pelapisan seharusnya f / 4 sehingga: 1 4 f 3. 1 udara ... 1, 0 x103 Å. 4n f Cincin Newton Bila sebuah lensa dengan radius besar kurvatur ditempatkan pada plat datar [Gambar 4.14], maka timbul lapisan tipis udara antara lensa dan plat tersebut. Jika lapisan ini dikenai cahaya monokromatis maka frinji-frinji berbentuk lingkaran, yang disebut cincin Newton, yang dapat dilihat dengan mata telanjang atau hanya dengan mikroskop daya rendah [Gambar 4.14]. Hal yang penting dari cincin Newton adalah adalah adanya bintik gelap dipusat. Newton juga menghaluskan permukaan tersebut untuk menghilangkan bintik ini. Bintik gelap ini juga awalnya membingungkan Young. Ini berarti gelombang cahaya menderita inversi fase pada pemantulan pada medium dengan indeks bias yang lebih tinggi. 4.26 Optika [a] [b] Gambar 4.14 [a] Lapisan udara antara lensa dan plat menciptakan lapisan tipis [b] Cincin Newton: antar frinji tidak berjarak sama, ada bintik gelap di pusat. Young menguji ide ini dengan menempatkan minyak sassafras [sejenis laurel] di antara lensa [crown glass] dan plat [flint glass]. Indeks bias minyak besarnya di antara kedua kaca tersebut. Jika kedua pantulan terjadi pada sebuah medium dengan indeks bias yang lebih tinggi, mereka seharusnya keduanya menderita inversi fase dan oleh sebab itu sefase. Ini persis seperti yang terjadi: bintik pusat menjadi terang, sehingga tanpa ragu-ragu Young sangat puas atas hasil ini. Interferensi pada cincin Newton ini sama dengan apa yang terjadi pada bagian 2 [Interferensi cahaya pada lensa kamera] kecuali karena lensa mempunyai kurvatur maka sudut antara alas dengan permukaan lensa dari titik ke titik bervariasi seperti pada Gambar 4.15. Frinji gelap atau interferensi destruktif terjadi jika perbedaan lintasan optis sama dengan 2d m [4.60] 4.27 PEFI4311/MODUL 4 Gambar 4.15 Geometri cincin Newton Dengan d, seperti pada gambar bervariasi sebagai variabel. Karena nilai d tentu ada sepanjang lingkaran lensa, maka frinji yang terjadi berbentuk lingkaran. R adalah radius kurvatur lensa cembung. Dari gambar dapat kita lihat: [4.61] R2 [ R d ]2 r 2 R2 2Rd d 2 r 2 Jika R >> d , dan d2 ~ 0 maka dari persamaan ini dapat disimpulkan: r2 [4.62] 2R Substitusi nilai ini ke persamaan [4.57] maka kondisi frinji gelap dicapai jika: [4.63] rm m R d Contoh Soal 4: Di dalam eksperimen cincin Newton, cahaya mempunyai panjang gelombang 600 nm. Lensa yang dgunakan mempunyai indeks bias 1,5 dan radius kurvatur 2,5 m. Tentukan radius frinji terang kelima? Penyelesaian: Jika R adalah radius kurvatur lensa, dari Gambar 4.15 kita dapat melihat bahwa r 2 R2 [ R d ]2 dengan r adalah radius frinji dan d adalah 4.28 Optika ketebalan lapisan. Jika d sangat kecil maka kita boleh menghilangkan suku dalam d2 untuk mendapatkan: [*] r 2 2Rd Agar dapat menentukan r maka kita harus menemukan d lebih dahulu. Kondisi untuk frinji terang adalah: [**] 2d m 12 F Kita mencatat bahwa n = 1 untuk lapisan udara [indeks bias kaca tak relevan] dan bahwa m = 4 untuk frinji terang kelima. Jadi dari [**] maka: [4,5][6 x107 ] 1,35 x106 m 2 Substitusi [**] ke [*] maka r 2Rd 2,6 x103 m d LAT IH A N Untuk memperdalam pemahaman Anda mengenai materi di atas, kerjakanlah latihan berikut! 1] Percobaan celah ganda Young. Dalam eksperimen Young misal celah dipisah sejauh d = 0,4 mm dan jarak celah ke layar D = 2,0 m. Tentukan pemisahan antara frinji terang yang berdekatan jika cahaya sodium kuning dengan = 5,89 x 10-7 m digunakan? 2] Sebuah sinar putih jatuh tegak lurus pada lensa [n = 1,52] yang dilapisi lapisan MgF2 [ n = 1,38]. Berapa ketebalan minimum lapisan supaya sinar kuning yang mempunyai panjang gelombang =550 nm [di udara] akan lenyap dari cahaya terpantul? 3] Sebuah lampu Sodium [589 nm] membentuk pola interferensi pada layer sejauh 0,8 m dari celah ganda. Frinji-frinji terang pada pola terpisah 0,35 cm. Berapakah jarak pisah celah? 4.29 PEFI4311/MODUL 4 4] Dalam eksperimen celah ganda Young dengan D = 1,00 m, d = 0,10 cm. Frinji terang terang terpisah 0,5 mm. Berapakah panjang gelombang yang digunakan? Petunjuk Jawaban Latihan y D[tan m1 m ] . Jika cukup kecil maka Menggunakan tan sin , kemudian y D[sin m1 sin m ] . 1] Jarak pisah persamaan [8.17] kita mendapatkan: y D. [[m 1] m] D ... 2,94mm d d 2] Karena indeks bias kaca lebih tinggi dari lapisan, maka ada beda fase untuk pantulan pada bidang batas lapisan-kaca. Tidak ada beda fase total yang diperlihatkan oleh pantulan. Jadi, dalam kasus ini kondisi interferensi destruktif dalam cahaya terpantul adalah, 2d m 1/ 2 m 0 d min ... 99, 6 nm. n 4n Perlu diketahui di sini, meskipun kondisi interferensi destrruktif diterapkan hanya untuk satu panjang gelombang, namun panjang gelombang yang lain juga direduksi. 3] Dari Gambar 8.5 dan persamaan [ 8.30] kita melihat bahwa jarak antar celah adalah : d 4] D D [0,8 m][589x10-9 m] 1,35 x104 m 0,135m 2 y ym1 ym 0,35 x10 m [d [y]]/ D ... 500nm R A NG KU M AN Interferensi dapat dirumuskan berdasarkan prinsip superposisi gelombang. Atau kalau kita balik, fenomena yang mencakup superposisi gelombang dapat dikelompokkan kedalam efek-efek interferensi. Dua buah pulsa tali yang mendekati satu sama lain yang mempunyai bentuk 4.30 Optika dan amplitudo yang sama, jika puncak dan lembah pulsa bertemu tumpang tindih [overlap] maka keduanya akan menghapus sesaat satu sama lain sehingga menghasilkan pergeseran nol. Gejala ini disebut interferensi destruktif; ini terjadi karena medium secara bersamaan diganggu oleh dua buah pulsa yang sama tapi gangguannya berlawanan. Jika dua buah puncak bertemu tumpang tindih, maka mereka saling menguatkan sehingga amplitudo hasil pulsa adalah dilipatduakan. Gejala ini disebut interferensi konstruktif. Kondisi yang paling penting terjadinya interferensi adalah sumber aktual/efektif harus mempunyai frekuensi dan beda fase yang tetap; dimana ini yang kita sebut kondisi koherensi [coherence]. Gejala interferensi menampilkan pola frinji interferensi [pita gelap terang berselang-seling] jika ditangkap oleh layar [pengamat], seperti pada percobaan Young. Interferensi juga terjadi pada lapisan tipis, seperti jika lapisan tipis minyak terbentuk di atas permukaan air. Akibat interferensi maka permukaan air terlihat berwarna-warni jika cahaya mengenainya. Gejala interferensi juga terjadi pada lensa yang dikenal sebagai cincin Newton. Percobaan Young: frinji terang dicapai jika memenuhi: [ m 0, 1, 2, 3, ] d sin m Lokasi frinji terang ke-m pada layar: m [frinji terang pada layar] ym D sin D d frinji gelap dicapai jika memenuhi: d sin [2m 1] [ m = 1,2,3,…] 2 Lokasi frinji gelap ke-m pada layar : D[2m 1] [m = 1,2,3,…] ym D sin d 2 Interferensi Lapisan Tipis: Interferensi konstruktif atau frinji terang: 2d [ m 1 2 ] [m = 0,1,2,3,…] n Interferensi destruktif atau frinji gelap cahaya : m [m = 1,2,3,…] 2d n PEFI4311/MODUL 4 4.31 TES F OR M AT IF 1 Pilihlah satu jawaban yang paling tepat! 1] Cincin Newton. Cahaya 589 nm jatuh tegak lurus lensa cembung-datar dengan radius kurvatur 10 mm sehingga terbentuk cincin Newton. Berapakah jari-jari cincin/frinji gelap ke 15 …. A. 7,4 mm B. 8,4 mm C. 9,4 mm D. 9,5 mm 2] Percobaan Celah ganda Young. Gelombang 500 nm mengenai celah ganda dengan separasi antar celah 0,350 mm. Jika layar ditempatkan 5 m dari celah, berapakah sudut yang sesuai untuk frinji terang ke dua adalah .... A. 0,1640o B. 0,246o C. 0,311o D. 0,401o 3] Jika diketahui D = 2 m, d = 0,8 mm dan = 600 nm. Hitunglah jarak pisah linear antara dua frinji terang yang berdekatan untuk susunan eksperimen celah ganda .... A. 1,2 mm B. 1,3 mm C. 1,4 mm D. 1,5 mm 4] Dalam eksperimen celah ganda Young digunakan cahaya 500 nm, jarak pengamat-celah 2m. Jika resolusi angular mata pengamat adalah 1 [dalam 0,000291 rad] berapa jarak pisah maksimum dua celah agar dia masih dapat membedakan frinji-frinji interferensi …. A. dmax = 1,72 mm B. dmax= 1,50 mm C. dmax = 1,25 mm D. dmax = 1,00 mm 4.32 Optika 5] Laser 630 nm mengenai celah ganda menghasilkan pola interferensi dengan frinji terang-terang terpisah 8,3 mm. Laser lain kedua menghasilkan pola interferensi dengan jarak pisah frinji terang 7,6 mm. Berapakah panjang gelombang laser kedua tersebut .... A. 400 nm B. 425 nm C. 450 nm D. 477 nm 6] Dalam Percobaan Young celah ganda dengan d = 2 mm, disinari campuran dua panjang gelombang 750 nm dan 900 nm. Pada jarak minimum berapa dari terang pusat bersama di layar yang diletakkan 2 m dari celah, akan terjadi frinji terang cahaya ke satu berimpit dengan frinji terang cahaya kedua? [Artinya jika kedua frinji jaraknya dari terang pusat bersama melebihi jarak minimum ini kedua frinji akan berimpit …. A. 4,5 mm B. 4,6 mm C. 4,7 mm D. 4,8 mm 7] Dua buah gelombang dikirim ke celah ganda secara bersamaan. Jika frinji terang orde tiga dari 1 berimpit dengan frinji terang orde empat milik 2 , maka tentukan perbandingan yang tepat untuk 1 dan 2 …. A. 1 = [2/3] 2 1 = [1/3] 2 1 = 2 D. 1 = [4/3] 2 B. C. 8] Lapisan air n = 1,33 tebal 320 nm di udara, disinari sinar putih tegak lurus lapisan. Pada cahaya tampak berapa yang terlihat? [Interval wilayah cahaya tampak: 400–700 nm]. A. 567 nm B. 575 nm C. 580 nm D. 599 nm 4.33 PEFI4311/MODUL 4 Cocokkanlah jawaban Anda dengan Kunci Jawaban Tes Formatif 1 yang terdapat di bagian akhir modul ini. Hitunglah jawaban yang benar. Kemudian, gunakan rumus berikut untuk mengetahui tingkat penguasaan Anda terhadap materi Kegiatan Belajar 1. Tingkat penguasaan = Jumlah Jawaban yang Benar 100% jumlah soal Arti tingkat penguasaan: 90 - 100% = baik sekali 80 - 89% = baik 70 - 79% = cukup < 70% = kurang Apabila mencapai tingkat penguasaan 80% atau lebih, Anda dapat meneruskan dengan Kegiatan Belajar 2. Bagus! Jika masih di bawah 80%, Anda harus mengulangi materi Kegiatan Belajar 1, terutama bagian yang belum dikuasai. 4.34 Optika Kegiatan belajar 2 Macam Alat Pengukuran Interferensi P ada Kegiatan Belajar 1 Anda telah mempelajari gejala interferensi dan bagaimana menelaah gejala tersebut dari sudut pandang karakteristik gelombang cahaya. Pada Kegiatan Belajar 2 ini Anda akan menerapkan konsep interferensi pada desain alat pengukuran yang basisnya memanfaatkan gejala tersebut. Alat yang menggunakan prinsip interferensi tersebut misalnya adalah interferometer Michelson, yang dapat digunakan untuk mengukur panjang gelombang cahaya dengan sangat presisi. Kita juga akan membahas alat-alat pengukuran interferensi yang lain. A. INTERFEROMETER MICHELSON Devais yang sangat akurat untuk mengukur panjang gelombang cahaya adalah Interferometer Michelson, yang didesain oleh Albert Michelson [1852 – 1931]. Alat ini juga digunakan oleh Michelson untuk mengukur kecepatan cahaya. Interferometer Michelson [IM] menggambarkan sebuah devais yang mengambil keuntungan sifat gelombang cahaya. Jika cahaya bukan gelombang, maka tak satupun pola interferensi yang akan teramati dalam eksperimen. Devais IM ini menggunakan sumber cahaya monokromatis yang skemanya dan alat seperti pada Gambar 4.16. Sebuah cahaya monokromatis mengenai cermin beam splitter yang merupakan cermin yang diberi lapisan perak secara parsial sehingga memungkinkan pantulan dan transmisi gelombang secara parsial. PEFI4311/MODUL 4 Gambar 4.16 Skema percobaan Interferometer Michelson Gambar 4.17 Peralatan standar dalam percobaan Interferometer Michelson 4.35 4.36 Optika Karena cermin ini tidak seluruhnya menutup sinar datang maka cahaya yang datang dari kiri sebagian akan diteruskan ke cermin tetap M1. Sinar terusan ini lalu dipantulkan kembali dari cermin M1 ke arah beam splitter dan akan dipantulkan kearah teleskop untuk sampai ke mata pengamat. Selain itu sinar datang ke beam splitter dari kiri akan dipantulkan kearah cermin M2 [cermin bergerak, movable mirror] di mana ini akan dipantulkan kembali juga ke arah beam splitter dan akan terus sampai ke teleskop untuk kemudian sampai ke mata. Jadi, sinar datang dari kiri beam splitter telah dipecah menjadi dua sinar terpisah, masing-masing mengikuti lintasan optika yang berbeda, seperti pada Gambar 4.16. Kedua sinar tersebut setelah melalui perjalanan masing-masing akhirnya terkumpul sampai di mata pengamat dalam bentuk frinji interferensi. Sebagai catatan saat sinar sampai di pengamat maka sinar 2 telah melalui beam splitter 3 kali sedangkan sinar 1 hanya sekali melewati beam splitter. Agar kedua sinar melalui panjang kaca yang sama maka sebuah plat kompensator ditempatkan di antara cermin tetap M1 dan beam splitter. Plat kompensator ini sebuah kaca pipih dengan indeks bias sama dengan beam splitter juga ketebalannya sama dengan beam splitter. Dengan demikian maka sinar 1 sekarang juga melalui 3 ketebalan kaca yang sama dengan sinar 2. Oleh karena itu, beda fase lintasan optika antara sinar 1 dan sinar 2 hanya bergantung pada beda lintasan L1 dan L2. Karena sifat difusi sumber cahaya dan fakta bahwa pada prakteknya, cermin M1 dan M2 tidak benar-benar tegak lurus satu sama lain maka frinji [pola gelap-terang] interferensi muncul sebagai sederetan garis-garis lurus yang jika dilihat dengan teleskop, seperti pada Gambar 4.18. 4.37 PEFI4311/MODUL 4 Gambar 4.18 Frinji interferensi dalam interferometer Michelson Dari hasil pengamatan maka frinji gelap akan ditempatkan langsung di sisi frinji terang pusat. Cermin M1 dan M2 dapat digerakkan ke depan dan ke belakang oleh micrometer screw yang sangat akurat. Jika M2 digerakkan ke belakang sejauh / 4 maka sinar 2 melewati jarak tambahan / 4 pada jalan cermin tersebut, dan ada jarak tambahan setelah dipantulkan dari cermin tersebut. Oleh karenanya, semuanya, panjang lintasan sinar 2 berubah dengan / 4 dari panjang lintasan sinar 1. Jadi sinar 1 dan sinar 2 sekarang berbeda fase setengah panjang gelombang jika mereka melewati teleskop dan menyebabkan interferensi destruktif. Oleh karena itu, frinji gelap muncul dimana sebelumnya ada frinji terang. Jika cermin dipindah / 4 lagi maka ada perubahan setengah panjang gelombang lagi dalam lintasan optika dan sinar menyebabkan interferensi konstruktif atau frinji terang. Karenanya total perpindahan M2 oleh jarak / 2 menyebabkan adanya perpindahan frinji-frinji. Jika pengamat menghitung m buah frinji melintasi tanda palang teleskop [cross hair] ketika cermin digerakkan sejauh x, seperti yang dapat diukur oleh mikrometer maka jarak x tersebut bersesuaian dengan jarak m setengah panjang gelombang, atau xm 2 [4.64] 4.38 Optika Jika panjang gelombang sumber cahaya diketahui, maka interferometer, melalui penggunaan persamaan ini dapat digunakan untuk mengukur panjang x dengan sangat akurat. Sebaliknya jika kita ingin mengukur panjang gelombang maka, 2x [4.65] m Contoh Soal 5: Interferometer Michelson ini akan digunakan untuk menentukan garis spektrum D dari sodium. Jika movable mirror berpindah sejauh 0,2650 mm seperti terbaca pada mickometer putar dan terhitung 900 frinji melewati tanda palang teleskop, tentukan panajng gelombang garis D? Penyelesaian: 2 x 2[0, 2650mm] 1nm [5,889 x104 mm] 6 588,9nm m 900 10 mm Penggunaan lain dari instrumen ini adalah untuk mengukur indeks bias kaca, gas dan material transparan yang lain dalam bentuk lapisan tipis. Andaikan berkas 1 interferometer dikelilingi gas dengan indeks bias n. Jadi total lintasan optis berkas 1 dalam satu putaran perjalanan sinar adalah 2nL, sementara sinar 2 adalah masih 2L. Jadi beda lintasan optis dua berkas adalah: 2nL – 2L = 2L[n-1] [4.66] Andaikan bahwa perubahan dalam lintasan ini membuat m frinji berpindah melewati tanda palang teleskop. Pergeseran ini berkaitan dengan beda lintasan m . Jadi, [4.67] 2L[n 1] m Dengan mengetahui nilai-nilai , L dan m maka indeks bias n dapat dihitung, bahkan sampai ketelitian empat desimal. Salah satu kepopuleran interferometer Michelson ini saat digunakan untuk menentukan kecepatan cahaya dalam eksperimen Michelson-Morley. PEFI4311/MODUL 4 4.39 B. INTERFEROMETER FABRY-PEROT Instrumen optika yang dikenal dengan baik dalam penggunaannya adalah interferometer Fabry-Perot. Alat ini memanfaatkan interferensi dari banyak gelombang, seperti kita lihat pada Gambar 4.19. Interferometer Fabry-Perot [IFP] didesain 1899 oleh C. Fabry dan A. Perot dan menggambarkan perbaikan yang signifikan dari interferometer Michelson [IM]. Dibedakan dengan IM maka desain IFP mengandung permukaan bidang yang keduanya membiaskan hanya sebagian cahaya sehingga memungkinkan adanya banyak sinar yang menciptakan pola interferensi. Teori umum yang mendasari interferometri IM masih dapat diterapkan untuk IFP, namun dengan adanya pemantulan berulang memperkuat area dimana efek interferensi konstruktif dan destruktif terjadi menyebabkan frinji-frinji hasil interferensi didefinisikan dengan lebih jelas. Ini mengijinkan lebih teliti untuk pengukuran panjang gelombang. Gambar 4.19 Interferometer Fabry – Perot Rancangan dasar IFP secara umum sama dengan IM. IFP mengandung dua plat dengan permukaan bidang yang hampir, jika tidak eksaks, sejajar [ingat bahwa frinji lingkaran hanya terjadi untuk plat-plat ini sejajar]. Jarak kedua plat [memiliki permukaan yang memantulkan sebagian yang dapat dirubah, seperti halnya pada IM]. Sifat ini sebenarnya menggambarkan 4.40 Optika alasan untuk menganggap itu sebuah interferometer, dan jika plat-plat tersebut tidak dapat digerakkan [immovable], maka ini dipandang sebagai FP Etalon. Pada interferometer biasa maka sumber cahaya [S] adalah sumber yang lebar [broad sources] sehingga memunculkan pola frinji. Dalam FP dua plat kaca datar dipisah sejauh d, dan dipertahankan sejajar satu sama lain. Cahaya dari sumber dipantulkan bolak-balik diantara kaca yang dilapisi sedikit perak pada permukaannya tersebut. Ini dimaksudkan supaya sebagaian cahaya ada yang lolos dari pantulan. Sinar yang keluar yang lolos dari kaca lalu difokuskan oleh lensa cembung L sehingga terkumpul di titik P [titik fokus] dan menghasilkan pola frinji interferensi seperti Gambar 4.20. Gambar 4.20 Frinji interferensi oleh alat Fabry-Perot. Lebar daerah gelap antara dua frinji terang makin lama makin pendek. Interferometer ini mempunyai kegunaan penting dalam aplikasi spektroskopi. Karena cincin terang yang muncul sangat sempit, sumber cahaya yang memancarkan dua panjang gelombang yang berbeda akan memberikan dua set cincin yang terpisah dengan jelas, bahkan meskipun panjang gelombang-panjang gelombang tersebut hampir sama. Amatilah bahwa jika plat-plat tersebut tidak dilapis perak, maka interferensi maksimum dam minimum akan dilebarkan, dan cincin interferensi yang diberikan oleh dua set panjang gelombang akan mencampur menjadi satu yang PEFI4311/MODUL 4 4.41 menyebabkan kita tidak dapat membedakan keduanya dan seolah-olah seperti cahaya monokromatis. Interferometer Fabry-Perot memanfaatkan adanya pemantulan berulang pada medium yang diapit permukaan datar. Oleh karena itu, analisis matematik IFB kita mulai dari interferensi banyak berkas. 1. Interferensi Banyak Berkas [Multiple Beam] Misalkan ada plat sejajar berbentuk bidang mempunyai tebal d yang mempunyai indeks bias n2, seperti pada Gambar 4.21. Misalkan Ei adalah amplitudo kompleks medan listrik gelombang datang yang diasumsikan terpolarisasi linear [akan Anda pelajari pada modul selanjutnya] dengan vektor polarisasi baik sejajar atau tegak lurus ke bidang datang [incidence]. Sinar terpantul yang berurutan dari Fabry-Perot Etalon [jika kedua plat mempunyai jarak tetap] dapat dinyatakan dengan phasor. Gambar 4.21 menggambarkan juga beam splitter, yang merupakan elemen optika yang mengijinkan sebuah gelombang elektromagnetik lewat sebagaian dan sebagian lagi dipantulkan. Dielektrik sederhana oleh sebab itu dapat melayani sebagai beam splitter. Pada Gambar 4.21, r dan t adalah koefisien pantulan/refleksi dan koefisien transmisi Fresnel [rumusan matematisnya akan Anda pelajari pada modul polarisasi selanjutnya] yang memenuhi kekekalan R + T = 1. 4.42 Optika Gambar 4.21 Interferensi banyak berkas dari gelombang datang dengan amplitude Ei dari plat Fabry-Perot Etalon. Permukaan plat Febry-Perot adalah permukaan setengah memantulkan [partially reflecting plane surface] yang mungkin berupa cermin semitransparan atau hanya dua sisi sebuah lapisan atau slap kaca dan sebagainya. Berkas utama akan ditransmisikan [dibiaskan di dalam medium indeks bias n2] sedangkan sebagian akan dipantulkan seperti pada gambar. Berkas yang ditransmisikan juga akan mengalami pemantulan kembali sebagian, dan sebagian lagi ditransmisikan menuju medium n1. Oleh karena itu, adanya pemantulan berulang menghasilkan amplitude yang berurutan seperti pada gambar. Untuk menghitung intensitas transmisi [I t] dan terpantul [Ir] maka kita perlu menjumlahkan amplitudo gelombang-gelombang yang bersesuaian dengan memperhatikan pergeseran fase yang ditimbulkan oleh plat. 4.43 PEFI4311/MODUL 4 Koefisien refleksi [r, r’] dan transmisi [t, t’] untuk amplitudo-amplitudo pada permukaan plat dapat kita gambarkan seperti Gambar 4.22. Gambar 4.22 Konvensi penamaan sinar Jika efek kehilangan [losses of absorption] akibat serapan dalam medium dapat diabaikan maka perambatan gelombang harus reversible [dapat dibalik]. Kita dapat gambarkan ini seperti Gambar 4.23. Gambar 4.23 Pengabaian efek kehilangan akibat serapan dalam medium Dari Gambar 4.23 kita dapat membandingkan, t.t’ + r.r = 1 t.r’ + rt = 0 [4.68] [4.69] 4.44 Optika Oleh karena itu, dapat disimpulkan [lihat juga pada modul polarisasi tentang koefisien Fresnel] r’ = - r; r’2 = r2 = R; t.t’ = T = 1 – R [4.70] Kita kembali pada ungkapan medan listrik dalam bentuk phasor. Dapat kita tuliskan disini, E1 rEi E2 tr ' t ' Ei ei tt ' r ' Ei ei E3 tr '3 t ' Ei ei 2 tt ' r '3 Ei e i 2 EN tt ' r '[2 N 3] Ei ei [ N 1] [4.71] dengan r dan t adalah koefisien refleksi dan transmisi untuk sinar datang dari medium n1 ke n2, sedangkan r’ dan t’ adalah besaran-besaran untuk sinar yang berjalan dari n2 ke n1, seperti pada Gambar [4.22 dan 23]. Besaran adalah beda fase antara dua sinar yang berdekatan. Kita dapat merumuskan beda fase ini menurut Gambar 4.24 berikut ini. Gambar 4.24 Diagram yang menunjukkan beda lintasan antara dua sinar yang berdekatan 4.45 PEFI4311/MODUL 4 Dari Gambar 4.24 maka beda lintasan geometri untuk dua sinar transmisi yang berdekatan adalah 2d cos t . Oleh karena itu, beda fase dua sinar yang berdekatan yang dipantulkan adalah, 4 2kn2 d cos t n2 d cos t v [4.72] dengan v adalah panjang gelombang di vacuum dan t adalah sudut transmisi. Selanjutnya kita dapat menuliskan ungkapan untuk amplitudo pantulan total Er dengan: N Er E j [4.73] 1 Ei r tt ' r ' eiδ 1 [r '2 eiδ ] [r '2 eiδ ] 2 [r '2 eiδ ] N 2 Jika r '2 ei 1 dan jika N [yaitu jika jumlah sinar terpantul adalah besar] maka adalah mungkin menyatakan kembali persamaan [4.73] dalam bentuk tertutup: r ' tt ' ei [4.74] Er Ei r 2 i 1 r ' e Sekarang mengambil fakta bahwa menurut persamaan [4.70]: r = - r’ [4.75] 2 t.t’ + r = 1 [4.76] maka kita dapat menyederhanakan persamaan [4.74] menjadi: r [1 ei ] [4.77] Er Ei 2 i 1 r e Fraksi intensitas datang yang dipantulkan [jika I = |E|2 ] adalah, E Ir r Ii Ei 2 2 F sin 2 [ / 2] 1 F sin 2 [ / 2] [4.78] Dengan F adalah koefisien finesse yang didefinisikan dengan, F = [2r/[1 – r2]]2 = 4R/[1-R]2 [4.79] 4.46 Optika Dengan cara yang sama untuk sinar transmisi menghasilkan ungkapan berikut untuk fraksi intensitas tertransmisi: E It t Ii Ei 2 2 1 1 F sin 2 [ / 2] [4.80] Sebagai catatan, dari persamaan [4.79] dan [4.80] Anda seharusnya dapat memperoleh I r It Ii sehingga ini memenuhi azas kekekalan energi. Suku [1 F sin 2 [ / 2]]1 dikenal sebagai fungsi Airy A[ ] . Itu menggambarkan karakteristik It/Ii sebagai fungsi beda fase dan ini diplot sesuai Gambar 4.25 untuk berbagai macam nilai F dan oleh sebab itu r. Catatan, intensitas tertransmisi memuncak di sekeliling titik di mana / 2 m [dengan m integer] ,yaitu, [4.81] 2n2 d cost mv Persamaan ini dapat Anda turunkan sendiri [lihat latihan soal]. Juga jika r [atau F] bertambah maka lebar puncak transmisi berkurang. Gambar 4.25 Fungsi transfer It/Ii plat bidang sejajar [plat Fabry-Perot] Dari Gambar 4.25 dapat terlihat fungsi transfer plat Fabry-Perot untuk reflektivitas berbeda [faktor kualitas 0,5, 5, 50, dan 500], masing-masingnya, berkaitan dengan reflektivitas R dari 0,1, 0,42, 0,75, 0,91]. PEFI4311/MODUL 4 4.47 Pola frinji interferensi dari plat Fabry-Perot yang terlihat dalam eksperimen sebagai contoh dapat diberikan seperti Gambar 4.26 berikut. Gambar. 4.26 Pola frinji interferensi plat Fabry-Perot 2. Cara kerja Interferometer Fabry-Perot Instrumen ini dibuat oleh C. Fabry dan A. Perot pada tahun 1899 dengan menerapkan interferensi banyak berkas, seperti pada Gambar 4.19. FabryPerot Etalon dapat digunakan sebagai pengukuran panjang gelombang yang presisi bila dua frekuensi yang berbeda ada dalam gelombang datang. Alat ini dapat digunakan juga untuk mempelajari struktur halus garis spektrum. Ini dapat dicapai dengan menyusun alat seperti Gambar 4.19 tersebut. Alat ini mengandung dua plat optis sejajar yang mempunyai sifat memantulkan dan meneruskan gelombang secara parisal. Jika jarak antar plat ini dapat divariasi maka alat Fabry-Perot tersebut menjadi sebuah interferometer, dan sebaliknya jika jarak plat tetap telah kita sebut etalon. Mengapa kedua plat perlu benar-benar dijaga sejajar? Ini agar diperoleh ketajaman frinji yang maksimum. Gelombang transmisi difokuskan oleh sebuah lensa ke layar dimana akan terjadi interferensi membentuk pola frinji. Untuk nilai besar F, ketika t berbeda sedikit dari nilai-nilai yang diberikan oleh persamaan [4.77], maka transmisivitas adalah kecil. Untuk panjang gelombang yang diberikan, pola frinji akan berkaitan dengan nilai-nilai berbeda dari m. Ketajaman frinji bergantung pada nilai F. Adalah mudah untuk melihat bahwa nilai F tinggi, maka dua panjang gelombang yang menyinari akan memberikan frinji yang mudah dilihat dengan periodisitas berbeda. Ini adalah cara dimana dua panjang gelombang yang sangat berdekatan dapat 4.48 Optika dibedakan [dipisahkan]. Oleh karena itu, interferometer Fabry-Perot dapat menjadi alat yang powerful untuk mendeteksi gelombang-gelombang dengan frekuensi berbeda muncul dalam sebuah berkas. 3. Free Spectral Range Free spectral range [FSR] adalah beda frekuensi [atau panjang gelombang] berhubungan dengan dua orde interferensi yang berdekatan. Persamaan [4.81] dapat dinyatakan dalam bentuk frekuensi berikut: c [4.82] f m m = 1,2,3,… 2nd cos Frekuensi ini dalam teknologi Laser yang menerapkan Fabry-Perot sering disebut frekuensi resonansi Fabry-Perot. Selanjutnya jika tebal d cukup kecil maka kita dapat menyatakan FSR dengan, c [4.83] f f m1 f m 2nd cos Untuk nilai sudut yang kecil maka FSR mendekati nilai c/2d. Nilai FSR menggambarkan ukuran ketidaktumpangtindihannya orde interferensi. 4. Daya Pisah Instrumen Fabry-Perot Andaikan sebuah spektrum mengandung dua frekuensi yang terpisah dekat yaitu dan ’ yang harus dianalisis dengan interferometer FabryPerot. Distribusi intensitas dalam pola frinji akan menjadi kombinasi dari dua sistem frinji seperti pada Gambar 4.26. Di sini dua garis komponen spektrum diasumsikan mempunyai intensitas yang sama. Pola frinji maka diberikan sebagai jumlahan fungsi-fungsi Airy [ persamaan [4.76]], yaitu It [1 F sin 2 [ / 2]]1 [1 F sin 2 [ '/ 2]]1 [4.84] Ii Selanjutnya agar dua garis dapat dipisah [dibedakan] maka harus ada cekungan dalam distribusi intensitas. Konvensi umum yang umumnya diterima untuk resolusi dua garis adalah kriteria Rayleigh [akan Anda jumpai dalam modul difraksi cahaya nanti]. Menurut kriteria ini dua garis dapat dipisah jika intensitas pada sadle point tidak lebih besar dari 8 2 kali PEFI4311/MODUL 4 4.49 intensitas pada dua maksima. Jadi pada titik tengah antara dua garis yang hampir rapat berlaku: It ' 1 8 [4.85] 2[1 F sin 2 [ ]] 2 Ii 2 Gambar 4.27 Grafik distribusi intensitas untuk dua garis monokromatis dalam interferometri Fabry-Perot Menyelesaikan persamaan di atas untuk ' kita boleh mendekati, 1 R ' 2, 4 [4.86] R Di sini kita asumsikan ' adalah cukup kecil sehingga suku sinus dapat digantikan dengan argumennya. Akhirnya dalam suku-suku frekuensi sudut dan ' dapat kita tuliskan, 1, 2c 1 R ' [4.87] d R untuk beda frekuensi sudut minimum yang dapat dipisahkan dengan jarak plat d dan refektansi R. Resolving power [R.P] sebuah instrumen spektroskopi didefinisikan sebagai resolusi fraksional minimum. Untuk IFP dapat kita nyatakan, 4.50 Optika R.P d 1 R ' 1, 2c R 1 [4.88] Nilai ini sangat bergantung pada reflektansi R, karena frinji menjadi sangat tajam jika R mendekati nilai satu. Sebuah IFP yang baik mungkin mempunyai R.P = 1 juta yang berarti 10 sampai 100 kali lebih besar dari R.P milik prisma. C. PLAT LUMMER-GEHRKE Devais lain yang menggunakan prinsip pemantulan berulang untuk menghasilkan frinji interferensi tajam adalah plat Lummer-Gehrke, yang mengandung plat sejajar yang presisi terbuat dari kaca atau kuarsa dengan sebuah prisma direkatkan pada ujung salah satu plat pemantul, seperti pada Gambar 4.28. Plat tersebut biasanya mempunyai panjang 10 s/d 20 cm, lebar 1 s/d 2 cm dengan tebal beberapa mm. Sinar masuk dari kiri plat menuju prisma dan lalu mengalami pantulan berulang didalam plat yang terjadi pada sudut dekat sudut yang membatasi terjadinya pemantulan total. Dengan kondisi ini maka hanya sebagian kecil cahaya yang keluar dari plat untuk sampai ke lensa pada tiap pantulan. Oleh karena itu, untuk setiap sinar datang, sejumlah besar sinar paralel keluar dari plat di kedua sisi plat, dan sinar-sinar yang berdekatan tersebut mempunyai amplitudo yang hampir sama dan beda fase yang tetap. Dua kelompok sinar tersebut lalu jatuh pada lensa positif, dan menghasilkan dua pola interferensi pada bidang fokus [layar]. Seperti pada interferometer Fabry-Perot, maka frinji-frinji pada plat Lummer-Gerhke ini juga menghasilkan pola garis terang tipis dengan latar belakang gelap. 4.51 PEFI4311/MODUL 4 Gambar 4.28 Plat Lummer-Gerhke D. INTERFEROMETER MACH-ZENDER Devais interferensi yang lain untuk aplikasi praktis adalah interferometer Mach-Zender seperti pada Gambar 4.29. Berkas cahaya datang dipecah oleh plat kaca setengah lapis silver N menjadi dua berkas yang merambat tegak lurus satu sama lain. Cermin M dan M’ memantulkan kedua berkas ke arah plat setengah lapis silver N’. Pada arah N’O berkas yang dipantulkan oleh M dan kemudian sebagian diteruskan oleh N” berimpit dengan berkas yang dipantulkan oleh M’ dan kemudian sebagian ditransmisikan oleh N’; superposisi kedua berkas koheren ini menghasilkan efek interferensi yang sama dengan efek yang dihasilkan oleh interferometer Michelson. Perubahan kecil indeks bias medium yang dilalui oleh masing-masing sinar pada lintasan yang berbeda oleh karena itu menghasilkan perubahan yang mudah dideteksi dengan melihat penampilan frinji-frinji interferensi. 4.52 Optika Gambar 4.29 Interferometer Mach-Zender L AT IH A N Untuk memperdalam pemahaman Anda mengenai materi di atas, kerjakanlah latihan berikut! 1] Pada Gambar 4.25 maka ketajaman puncak-puncak transmisi ditentukan oleh apa yang disebut lebar setengah puncak [half-width] 1/ 2 , yang didefinisikan sebagai nilai menyimpang dari maks [dengan maks adalah nilai yang berkaitan dengan puncak transmisi] dimana intensitas menjadi sama dengan setengah nilai puncak. Tunjukkan bahwa berlaku: 1/ 2 2sin 1 [1/ F ] 2] Buktikan bahwa persamaan [4.77] dapat disimpulkan dan dirumuskan berdasarkan persamaan [4.68]? c 3] Nyatakan persamaan [4.77] dalam bentuk f m ? 2 nd cos PEFI4311/MODUL 4 4.53 Petunjuk Jawaban Latihan 1] Dapat disimpulkan dan diturunkan dari rumus yang ada. 2] Substitusi [4.72] ke [4.81] 3] Gunakan relasi c f R A NG KU M AN Interferometer adalah alat optika yang memanfaatkan efek interferensi cahaya dalam desain unjuk kerjanya. Dewasa ini interferometer telah banyak digunakan sebagai alat ukur yang presisi untuk tujuan-tujuan tertentu. Sebagai contoh interferometer Michelson dapat digunakan untuk mengetahui panjang gelombang sunber cahaya yang tidak diketahui. Dalam bentuk interferometer Michelson-Morley alat ini pada zamannya dapat digunakan untuk menentukan kecepatan rambat cahaya. Interferometer Febry-Perot termasuk alat yang presisi untuk mendeteksi adanya beberapa panjang gelombang dari sumber cahaya. Hal yang membedakan sebuah interferometer dengan alat interferensi biasa adalah, pada interferometer tebal medium dimana sinar melintas perlu dapat divariasi, sebagai contoh pada interferometer FabryPerot maka jarak d plat dapat divariasi, sedangkan jika tidak maka namanya adalah Fabry-Perot Etalon. Interferometer yang lain adalah plat Lummer-Gehrke dan interferometer Mach-Zender. TES F OR M AT IF 2 Pilihlah satu jawaban yang paling tepat! 1] Interferometer Michelson distel sampai frinji yang tajam diperoleh dari sebuah sumber cahaya monokromatis. Jika cermin bergerak telah dipindahkan sejauh 0,015 mm maka ada 50 frinji yang terhitung dan teramati. Berapa panjang gelombang yang digunakan …. A. 610 nm B. 620 nm C. 600 nm D. 566 nm 4.54 Optika 2] Jika selama cermin bergerak dalam interferometer digerakkan kemudian nampak 150 buah frinji bergerak melewati tanda palang teleskop. Jika panjang gelombang yang digunakan adalah 480 nm, berapa jauh cermin tersebut telah berpindah .... A. 0,036 mm B. 0,038 mm C. 0,041 mm D. 0,045 mm 3] Interferometer Michelson berbeda dari banyak devais interferometri dalam satu hal yang penting. Dua berkas cahaya dalam interferometer Michelson berjalan dalam jarak yang cukup jauh dan dalam lintasan yang terpisah untuk masing-masing mengenai cermin tetap dan cermin bergerak. Keuntungan dari interferometer ini oleh karena itu adalah .... A. Mempunyai resolving power tinggi B. Pola frinji interferensi tajam C. Alat mudah dioperasikan sehingga hasil ukur presisi D. Dapat digunakan untuk menentukan beda indeks bias dua medium 4] Free spectral range dalam satuan selain frekuensi dapat dinyatakan dengan …. c A. 2nd cos B. 2nd cos c C. 2nd cos d D. 2n cos PEFI4311/MODUL 4 4.55 5] Sebuah IFP mempunyai jarak plat d dan reflektansi plat R. Beda frekuensi minimum f – f’ agar dua garis spektrum dapat dipisah adalah .... A. f f ' 0,19[c2 / d ][1 R] R1/ 2 B. f f ' 0,19[d / c][1 R] R1/ 2 C. f f ' 0,19[c / d ][1 R] R1 D. f f ' 0,19[c / d ][1 R] R1/ 2 6] Sebuah IFP mempunyai jarak plat d dan reflektansi plat R. Beda frekuensi minimum ' agar dua garis spektrum dapat dipisah adalah .... A. ' 0,19[ 2 / d ][1 R] R1/ 2 B. ' 0,19[ / d ][1 R] R1/ 2 C. ' 0,19[ 2 / d ][1/ 2 R] R1/ 2 D. ' 0,19[ 2 / d 2 ][1 R] R1/ 2 7] Sebuah IFP digunakan untuk memisahkan struktur mode laser HeNe yang beroperasi pada 6328 Angstrom. Separasi frekuensi antar mode adalah 150 MHz. Jika R = 0,9 maka jarak plat yang harus diberikan.... A. 30 cm B. 40 cm C. 50 cm D. 60 cm 8] Untuk soal no.7. Jika R = 0,999 maka jarak plat [d] …. A 1 mm B. 2 mm C. 3 mm D. 4 mm 4.56 Optika Cocokkanlah jawaban Anda dengan Kunci Jawaban Tes Formatif 2 yang terdapat di bagian akhir modul ini. Hitunglah jawaban yang benar. Kemudian, gunakan rumus berikut untuk mengetahui tingkat penguasaan Anda terhadap materi Kegiatan Belajar 2. Tingkat penguasaan = Jumlah Jawaban yang Benar 100% jumlah soal Arti tingkat penguasaan: 90 - 100% = baik sekali 80 - 89% = baik 70 - 79% = cukup < 70% = kurang Apabila mencapai tingkat penguasaan 80% atau lebih, Anda dapat meneruskan dengan modul selanjutnya. Bagus! Jika masih di bawah 80%, Anda harus mengulangi materi Kegiatan Belajar 2, terutama bagian yang belum dikuasai. 4.57 PEFI4311/MODUL 4 Kunci Jawaban Tes Formatif Tes Formatif 1 1] C 9,4 cm rm 15 R 2] A 3] D 4] A 3 d 1,5 mm. Gunakan rumus: y ym1 ym [ D / d ] 0,1640o dengan 2 sin 1 n maka separasi angular d frinji yang berdekatan adalah / D . Kondisi untuk melihat frinji-frinji yang berdekatan sebagai frinji yang terbedakan adalah dmax = 1,72 mm. Dari sin m m d max 5] D 0, 000291 d max ... 1, 72mm 577 nm. Gunakan [d / D] y 2 6] A y2 7, 6 1 630 577nm y1 8,3 4,5 mm. Dapat dicari dari kaitan: ym mD / d dan y 'm m ' D '/ d untuk 7] D masing-masing milik cahaya yang berbeda. Kemudian karena D dan d sama maka berlaku m / m ' '/ 900 / 750 6 / 5 . Jadi posisi pertama yang akan terjadi overlapping frinji terjadi pada jarak : y6 =y5’=[6][2][750x10-9]/[2x10-3] = 4,5 mm. 1 = [4/3] 2 . Gunakan y1 31D / d [orde 3] dan y2 42 D / d [orde 4]. Dari syarat y1 = y2 maka 1 = [4/3] 2 . 8] A 567 nm. Gunakan rumus berikut: 2dn 2[320nm][1,33] Max: 851nm /[m 12 ] m 12 m 12 Min: 2dn 851nm / m m Maksimum dan minimum yang terjadi dapat dievaluasi menurut tabel berikut: 4.58 Optika m [nm] 0[max] 1702 1[min] 851 1[max] 567 2[min] 426 2[max] 340 Terlihat hanya untuk m = 1 yang terletak pada daerah tampak yang mempunyai range [400 – 700 nm]. Oleh karena itu warna yang tampak adalah 567 nm. Tes Formatif 2 1] B 620 nm. Hitung dengan rumus. 2] A 0,036 mm. Langsung di hitung dengan rumus interferometer biasa 3] D Dapat digunakan untuk menentukan beda indeks bias dua medium c 4] C . Ini diperoleh dari persamaan [4.79] dengan 2nd cos 2 f 5] D f f ' 0,19[c / d ][1 R] R1/ 2 . Diturunkan dari persamaan 6] A [4.83] ' 0,19[ 2 / d ][1 R] R1/ 2 . Diturunkan dari persamaan 7] 8] B D [4.83] 40 cm. Dengan persamaan [4.84] 4 mm. Dengan cara yang sama no.7 PEFI4311/MODUL 4 4.59 Glosarium Interferensi : Superposisi dari beberapa gelombang. Akibat interferensi menghasilkan pola frinji interferensi. Bentuk frinji bias berbentuk garis, lingkaran atau yang lain. Difraksi : Superposisi dari banyak gelombang. Akibat difraksi muncul pola frinji gelap terang ditepi bayangan obyek pada daerah yang disinari. Superposisi konstruktif : Superposisi destruktif : Dua buah gelombang yang mendekati satu sama lain yang mempunyai bentuk dan amplitudo yang sama, jika dua buah puncak bertemu tumpang tindih, maka mereka saling menguatkan sehingga amplitudo hasil pulsa adalah dilipat duakan. Gejala ini disebut interferensi konstruktif. jika puncak dan lembah pulsa bertemu tumpang tindih [overlap] maka keduanya akan menghapus sesaat satu sama lain sehingga menghasilkan pergeseran nol. Gejala ini disebut superposisi destruktif; ini terjadi karena medium secara bersamaan diganggu oleh dua buah pulsa yang sama tapi gangguannya berlawanan. 4.60 Optika Koherensi : Kondisi yang paling penting terjadinya interferensi adalah sumber aktual/efektif harus mempunyai frekuensi dan beda fase yang tetap; dimana ini yang kita sebut kondisi koherensi. Interferometer Michelson : Devais interferometer yang didesain oleh Albert Michelson [1852 – 1931]. Dapat untuk mengukur panjang gelombang cahaya dengan sangat akurat berdasarkan prinsip interferensi cahaya. Bagian utama terdiri dari beam splitter, cermin tetap dan cermin bergerak, kompensator serta teropong. Beam splitter : Sebuah cermin yang diberi lapisan perak secara parsial pada permukaannya sehingga memungkinkan pantulan dan transmisi gelombang secara parsial cahaya yang mengenainya. Interferometer Fabry- : Perot Alat interferometer yang memanfaatkan efek interferensi namun untuk banyak gelombang. Interferometer Fabry-Perot [IFP] didesain 1899 oleh C. Fabry dan A. Perot dan menggambarkan perbaikan yang signifikan dari interferometer Michelson [IM]. Free spectral range [FSR] adalah beda frekuensi [atau panjang gelombang] berhubungan dengan dua orde interferensi yang berdekatan. FSR dinyatakan dengan c f f m1 f m 2nd cos : 4.61 PEFI4311/MODUL 4 Daftar Pustaka Arya, A.P. [1979]. Introductory College Physics. Collier Macmillan International Editions Banerjee, P.P., Ting-Chaung Poon. [1991]. Principles of Applied Optics. Richard D. Irwin, Inc., Benson, H. [1996]. University Physics. John Wiley and Sons. Beynon.J. [1988]. Waves and Optics, Macmillan Education LTD Fowles, G.R. [1968]. Introduction to Modern Optics. Holt, Rinehart and Winston, Inc., Hirose, A., Lonngren, K.E. [1985]. Introduction to Wave Phenomena. New York: John Wiley & Sons, Haliday, D., et all. [1998]. Physics Vol II. __________ Halpern, A. [1988] Schaum’s Solved Problems Series: Physics. New York: McGRAW-HILL Book Company. Milloni, P.W., Eberly, J.H.. [1991]. Lasers. John Wiley & Sons. Nolan, P.J. [1993]. Fundamental of College Physics. Wm.C. Brown Publishers Pedrotti, F.F, Pedrotti L.S. [1993]. Introduction to Optics. Prentice Hall Rossi, B. [1962]. Optics. Addison-Wiley Publishing Comp, InC. PEFI4311/MODUL 5 5.1 Modul 5 Polarisasi Cahaya Artoto Arkundato, S.Si., M.Si. PEN D A HU L UA N P ada Modul 4 kita telah menggunakan sifat gelombang dari cahaya untuk mendiskusikan problem interferensi serta aplikasinya. Namun demikian, kita belum membahas sifat perambatan gelombang itu sendiri yang transversal. Dengan sifat transversal ini maka cahaya [gelombang elektromagnetik [EM]] yang secara umum mempunyai komponen vektor medan listrik dan magnet yang saling tegak lurus, dalam perambatannya kedua komponen tersebut juga tegak lurus terhadap arah rambat gelombang. Fenomena polarisasi menetapkan sifat transversal cahaya dan gelombang EM secara umum. Sejumlah fenomena yang penting dan menarik yang berhubungan dengan pantulan dan transmisi cahaya juga sensitif pada keadaan polarisasi berkas datang seperti telah kita singgung sedikit pada Modul 4 yang lalu. Dalam modul ini kita akan membahas keadaan polarisasi yang bermacam-macam, kemudian kita akan menangani sejumlah fenomena yang melibatkan cahaya terpolarisasi. Interaksi gelombang EM dengan materi sebagian besar bergantung pada orentasi vektor medan listrik di dalam ruang sehingga dalam telaah polarisasi cahaya kita lebih banyak membahas keadaan vektor medan listrik. Modul 5 ini dibagi menjadi dua kegiatan belajar. Kegiatan Belajar 1 membicarakan Polarisasi Oleh Pemantulan, dan Kegiatan Belajar 2 membahas Polarisasi Oleh Pembiasan dan Polarisasi Absorpsi Selektif. Materi dalam modul ini sebagian telah Anda gunakan untuk membahas interferometer pada Modul 4, selain akan diperlukan juga untuk modulmodul selanjutnya. Dengan mempelajari Modul 5 ini diharapkan Anda mampu: 5.2 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. Optika menjelaskan polarisasi oleh pemantulan, menerapkan polarisasi oleh pemantulan dalam permasalahan optika, menjelaskan polarisasi oleh pembiasan, menerapkan polarisasi oleh pembiasan dalam permasalahan optika, menjelaskan absorpsi selektif, menerapkan polarisasi absorpsi selektif dalam permasalahan optika, dan menghitung besaran yang berkaitan dengan polarisasi. Selanjutnya untuk meningkatkan pemahaman Anda dalam mempelajari modul ini, untuk setiap kegiatan belajar akan diberikan beberapa contoh soal beserta penyelesaiannya, latihan beserta jawabannya, ringkasan kuliah, glosarium, serta ujian formatif yang jawabannya diberikan pada akhir modul. Untuk mengukur benar-benar kemampuan Anda disarankan kerjakan dulu ujian formatif tanpa melihat terlebih dahulu jawaban yang diberikan pada akhir modul. 5.3 PEFI4311/MODUL 5 Kegiatan Belajar 1 Polarisasi oleh Pemantulan P olarisasi dapat Anda amati disekeliling Anda, jika mengetahui apa itu polarisasi dan bagaimana cara untuk mendemonstrasikannya. Efek polarisasi cahaya telah dimanfaatkan untuk dan oleh banyak hal. Dalam biologi banyak binatang yang menggunakan kemampuannya mengesan polarisasi cahaya untuk tujuan navigasi, berdasarkan bahwa polarisasi linear cahaya langit selalu tegak lurus arah matahari. Dalam bidang geologi, sifat pembiasan ganda banyak dijumpai pada mineral-mineral kristal. Sifat ini dapat dieksploitasi menggunakan mikroskop polarisasi untuk tujuan identifikasi mineral. Dalam bidang kimia juga prinsip polarisasi cahaya digunakan untuk mendesain polarimeter untuk melihat sifat rotasi optis yang diperlihatkan oleh molekul-molekul aktif optis. Dalam bidang astronomi juga, studi radiasi EM terpolarisasi dari sumber luar angkasa adalah hal yang sangat penting. Dengan melihat gejala polarisasi maka kita dapat menduga interstellar magnetic field via rotasi Faraday. Polarisasi dari cosmic microwave background juga digunakan untuk mempelajari fisika jagad raya yang sangat awal. Dalam bidang teknologi mungkin yang paling banyak aplikasinya seperti dalam komunikasi radio, satelit dll. Oleh karena itu bahasan optika tentang polarisasi cukup penting dan ini kita mulai dari fenomena perambatan gelombang EM dalam medium. A. PERAMBATAN GELOMBANG EM Dari kuliah elektromagnet Anda telah berkenalan dengan empat besaran vektor yang disebut medan-medan elektromagnetik: kuat medan listrik E [V/m], rapat fluks listrik D [C/m2], kuat medan magnet H [A/m] dan rapat fluks magnet B [Wb/m2]. Teori fundamental medan-medan elektromagnetik didasarkan pada persamaan Maxwell yang terkenal. Dalam bentuk diferensial ini dinyatakan dengan, 5.4 Optika [5.1] D [5.2] B 0 B [5.3] E t D [5.4] H J Jc t J adalah rapat arus [A/m2] dan menyatakan rapat muatan listrik [C/m3]. Jc dan adalah sumber-sumber yang membangkitkan medan-medan elektromagnetik tersebut. Kita dapat memberikan interpretasi fisis untuk persamaan Maxwell sebagai berikut. Persamaan [5.1] adalah bentuk diferensial dari hukum Gauss untuk medan-medan listrik. Bentuk ini dapat diubah menjadi bentuk integral yang secara fisis lebih nampak interpretasinya. Kita integralkan persamaan [5.1] ke seluruh volume V yang diselimuti permukaan S, serta menggunakan teorema divergensi dalam analisis vektor: DdV D dS V S untuk mendapatkan, D dS dV S [5.5] V Persamaan ini menyatakan fluks medan listrik D dS yang mengalir S keluar permukaan S yang menyelimuti volume V sama dengan total muatan yang diselimuti oleh volume tersebut. Persamaan [5.2] adalah analog magnet persamaan [5.1] dan dapat diubah dalam bentuk integral dengan cara yang similar menjadi persamaan [5.5] dengan menggunakan teorema divergensi sekali lagi, [5.6] B dS 0 S Suku ruas kanan persamaan [5.2] dan [5.6] sama dengan nol karena dalam pengertian klasik, monopol magnet itu tidak ada. Jadi fluks magnet selalu bersifat kekal. 5.5 PEFI4311/MODUL 5 Persamaan [5.3] menyatakan hukum faraday induksi. Untuk menyatakan ini dalam bentuk integral maka kita integralkan ke seluruh permukaan terbuka S yang diikat lintasan C dan dengan teorema Stokes, [ E] dS E dl S C untuk mendapatkan, B E dl t dS C S Ini menyatakan bahwa gaya elektromagnetik [emf] [5.7] E dl yang diinduksi C dalam sebuah loop sama dengan laju perubahan waktu fluks magnet yang melewati luasan loop tersebut. Ini dikenal dengan hukum Lenz. Dengan analogi yang sama persamaan [5.4] dalam bentuk integral, D [5.8] H dl t dS JC dS C S C yang menyatakan bahwa integral garis H mengelilingi loop tertutup C sama dengan arus total [konduksi dan pergeseran] yang melewati permukaan loop tersebut. persamaan [5.4] atau [5.8] saat dirumuskan pertama kali oleh Ampere hanya menyertakan suku arus konduksi JC pada ruas kanan. Sumbangan Maxwell yang utama adalah membubuhkan suku arus pergeseran untuk mengakomodasi efek arus yang D / t mengalir/berfluktuasi, sebagai contoh, dalam kapasitor. Jadi, untuk arus dan distribusi rapat muatan yang diberikan maka pada prinsipnya dengan empat persamaan [5.1 s/d 5.4] dan syarat-syarat yang perlu dipenuhi, merupakan perangkat matematis untuk memecahkan problem elektromagnet yang diberikan. Evaluasi lebih jauh pada problem elektromagnetik maka di samping empat persamaan tersebut juga diberikan persamaan konstitutif berikut. D E [5.9] [5.10] B H di mana ε adalah permitivitas [F/m] dan μ adalah permeabilitas [H/m] dari medium. Dalam telaah kita sekarang ini maka ε dan μ adalah besaran skalar yang berlaku untuk medium linear, homogen dan isotropik. Dalam medium 5.6 Optika linear ini maka sifat-sifatnya tidak bergantung pada besarnya amplitudo medan-medan di dalam medium. Homogen jika sifat-sifatnya tidak bergantung pada ruang. Isotropik jika sifat-sifatnya sama dalam semua arah di titik peninjauan. Optikaa nonlinear adalah pembahasan di luar yang akan kita pelajari sekarang. Dengan empat persamaan Maxwell dan dua persamaan konstitutif di atas maka kita siap memecahkan problem elektromagnet. Kita akan merumuskan persamaan gelombang yang menggambarkan perambatan medan-medan listrik magnet dan menemukan solusi umumnya. Dengan mengambil curl kedua sisi persamaan [5.3] maka: B E [ B] [ H ] t t t di mana persamaan konstitutif kedua telah digunakan dan μ bebas ruangwaktu. Menerapkan persamaan [5.4] maka persamaan ini menjadi: J C 2 E E 2 t t di mana kita telah menggunakan persamaan konstitutif pertama dan ε bebas waktu. Dengan menggunakan identitas vektor A [ A] 2 A dalam persamaan tersebut maka kita peroleh: 2 J C 2 E [5.11] E 2 [ E ] t t Jika sekarang kita asumsikan permitivitas ε bebas ruang juga maka kita dapat menyusun kembali persamaan Maxwell yang pertama [5.1] dalam bentuk, [5.12] E dengan menggunakan persamaan konstitutif yang pertama. Menyatukan persamaan ini dengan [5.11] akhirnya kita peroleh: 2 J C 1 2 E E 2 [5.13] t t Ini menyatakan persamaan gelombang untuk gelombang EM dengan suku sumber ruas kanan. Persamaan ini adalah persamaan vektor dan PEFI4311/MODUL 5 5.7 sesungguhnya ekivalen dengan tiga persamaan skalar, masing-masing untuk komponen E. Jika persamaan ini diterapkan di ruang hampa [bebas muatan] maka Jc = 0, = 0 dan persamaan tereduksi menjadi persamaan gelombang homogen: 2 E [5.14] 2 E 2 t Unagkapan yang sama dapat dirumuskan untuk medan magnet H: 2 H [5.15] 2 H 2 t Catatan di sini, dalam persamaan tersebut εμ mempunyai satuan [1/kecepatan]2 yang jika kita definisikan, 1 [5.16] 2 maka kita mendapatkan nilai kecepatan gelombang EM. Untuk ruang hampa maka 0 [1/ 36 ] x109 F / m dan 0 4 x107 H / m serta c . Nilai teoretis ini [kecepatan v = 3 x 108 m/det] pertama dihitung oleh Maxwell dan cocok dengan hasil eksperimen Fizeau untuk laju cahaya sebelumnya [ 315.300 km/det]. Hasil inilah yang meyakinkan Maxwell bahwa cahaya adalah gelombang elektromagnetik. persamaan [5.14] dan [5.15] dapat kita nyatakan dalam bentuk umum, 1 2 Persamaan Gelombang EM di ruang hampa: 2 2 2 c t Jika kita bekerja di koordinat kartesian 3 dimensi lalu kita pecahkan persamaan ini dalam komponen-komponennya maka kita melihat masingmasing komponen E dan H akan memenuhi persamaan gelombang skalar umum : 1 2U 2U 2 2 [5.17] t dengan U adalah singkatan dari sembarang komponen medan E x, Ey, Ez dan Hx, Hy, Hz. Sekarang kita tinjau jika variasi ruang U hanya untuk arah z misalnya. Persamaan gelombang menjadi: 2U 1 2U [5.18] z 2 2 t 2 Dengan substitusi langsung, kita dengan mudah memverifikasi bahwa fungsi berikut: [5.19] U [ z, t ] U0 cos[kz t ] 5.8 Optika adalah solusi persamaan gelombang [5.18] kita, dengan definisi [5.20] k dengan k adalah bilangan gelombang yang merupakan jumlah siklus gelombang dalam jarak 2 satuan. persamaan [5.19] menggambarkan gelombang bidang harmonik. Dapat kita gambarkan gelombang tersebut seperti Gambar 5.1. Gambar 5.1 Grafik U terhadap t dan t + t Untuk problem tiga dimensi maka persamaan gelombang [5.17] dapat diberikan fugnsi gelombang bidang harmonik dimensi tiga: [5.21] U [ x, y, z, t ] U 0 cos[k z t ] dengan vektor posisi r diberikan oleh : ˆ ˆ ˆ [5.22] r ix jy kz dan vektor perambatan atau vektor gelombang diberikan oleh ˆ ˆ x ˆjk y kk k ik [5.23] z Interpretasi fisis persamaan [5.21] adalah sebagai berikut. Kita lihat argumen fungsi kosinus k r t . Nilai-nilai yang tetap dari besaran ini mendefinisikan himpunan bidang-bidang di dalam ruang, yang disebut bidang-bidang berfase tetap, katakanlah: k r t k x x k y y k z z t tetapan [5.24] Ini berarti kosinus arah bidang-bidang dengan fase konstan adalah sebanding dengan komponen-komponen vektor perambatan k. Ini berarti k tegak lurus pada permukaan gelombang EM seperti pada Gambar 5.2. PEFI4311/MODUL 5 5.9 Gambar 5.2 Bidang-bidang ekifase dalam gelombang bidang Kita dapat menuliskan juga persamaan [5.25] menjadi: [5.25] k r t tetapan Tapi ini adalah persamaan sebuah bidang tegak lurus k dengan t sebagai parameter; oleh karena itu gelombang dengan sifat ini disebut gelombang bidang. Dengan bertambahnya t maka k.r harus juga bertambah sehingga persamaan [5.25] selalu berlaku. B. POLARISASI GELOMBANG EM Sejauh ini kita belum menyinggung komponen-komponen E dan H. Solusi persamaan gelombang [4.17] dalam sistem koordinat yang berbeda valid untuk setiap komponen E dan H. Di dalam medium linear, isotropik dan homogen [unbounded] maka perambatan gelombang EM bersifat transversal, yaitu arah getar komponen-komponen medan tegak lurus arah rambat cahaya. Untuk mengecek ini kita misalkan medan EM yang 5.10 Optika merambat dalam bentuk fungsi eksponensial [yang dapat juga dinyatakan dalam bentuk fungsi kosinus]. E = Ex + Ey + Ez ˆ E0 x exp[i[0t k0 z ]}i E0 y exp[i[0t Re ˆ ˆ k0 z ]} j E0 z exp[i [0t k0 z ]]k} [5.26] H = H x + Hy + Hz ˆ H 0 x exp[i[0t k0 z ]}i H 0 y exp[i[0t [5.27] Re ˆ ˆ k0 z ]} j H 0 z exp[i[0t k0 z ]]k} Kita letakkan persamaan [5.26] ke dalam persamaan Maxwell pertama [5.1], dengan = 0, dan memanggil persamaan konstitutif persamaan [5.9] untuk menurunkan: {E0 z exp[i[0t k0 z ]]} 0 z yang berarti: [5.28] E0 z 0 Ini berarti tidak ada komponen medan listrik dalam arah rambat z. Kemungkinan satu-satunya yang mungkin untuk komponen E adalah harus melintang terhadap arah rambat. Dengan cara yang sama untuk H dengan persamaan [5.2] dan persamaan konstitutif kedua maka dapat ditunjukkan, [5.29] H0 z 0 Lebih jauh substitusi [5.26] dan [5.27] dengan E0 z 0 = H 0z ke dalam persamaan Maxwell ketiga [5.3] maka menghasilkan, k0 E0 y iˆ k0 E0 x ˆj 0 [ H 0 xiˆ H 0 y ˆj ] Kita lalu dapat menuliskan : 1 1 H 0 x E0 y dan H 0 y E0 x [5.30] dengan 0 [5.31] k0 yang disebut impedansi karakteristik atau impedansi intrinsik dari medium. Impedansi karaktersitik mempunyai satuan V/A atau . Nilainya diruang hampa 0 377 . Sekarang dengan [5.26] s/d [5.31] maka kita melihat: 1/ 2 PEFI4311/MODUL 5 5.11 E.H=0 [5.32] Ini berarti medan listrik dan magnet dalam gelombang EM saling tegak lurus satu sama lain, dan bahwa ExH menuju arah perambatan [z] medan elektromagnetik. ExH ini mempunyai satuan W/m2, mengingatkan bahwa ini adalah daya per satuan luas. Semua gelombang EM jadi membawa energi dan untuk medium isotropik energi tersebut mengalir dalam arah perambatan gelombang [catatan: ini tidak benar untuk medium nonisotropik]. Selanjutnya kita dapat mendefinisikan vektor Poynting S: [5.33] S EH yang merupakan power density vector berhubungan dengan medan elektromagnetik. Selanjutnya dalam medium linear, homogen dan isotropik [unbounded] kita dapat memilih medan EM tersebut dengan memperhatikan arah vektor E dan H dengan: E [ z, t ] Re E0 exp[i[0t k0 z]]]iˆ [5.34] E [5.35] H [ z, t ] Re 0 exp[i[0t k0 z ]]] ˆj dengan E0 secara umum adalah besaran kompleks. Pilihan ini konsisten dengan persamaan [5.30] – [5.32]. S, seperti yang kita lihat adalah fungsi waktu dan lebih cocok oleh sebab itu, kita definisikan daya rata-rata waktu atau iradiansi I: 2 / 0 0 | E0 |2 | E0 |2 I S | S | dt [5.36] 2 0 2 2 Polarisasi menggambarkan perilaku terhadap variasi waktu dari vektor medan listrik di suatu titik dalam ruang. Gambaran khusus untuk medan magnet tidak diperlukan di sini karena arah H secara pasti dikaitkan dengan E itu sendiri melalui S = E x H. 1. Polarisasi Elips Pergeseran gelombang transversal adalah besaran vektor. Kita oleh sebab itu harus menetapkan tidak hanya frekuensi, fase dan arah gelombang tapi juga besar dan arah pergeseran. Arah vektor pergeseran tersebut disebut arah polarisasi dan bidang yang mengandung arah polarisasi dan vektor perambatan disebut bidang polarisasi. Dari pembahasan di yang baru saja, E 5.12 Optika dan H untuk gelombang bidang di ruang bebas, adalah saling tegak lurus dan terletak pada sebuah bidang yang tegak lurus arah rambat gelombang [arah k]. Demikian juga karena menetapkan E berarti sekaligus kita mengetahui H maka untuk kesepakatan untuk menentukan arah polarisasi digunakan spesifikasi E. Notasi vektor biasa untuk menggambarkan polarisasi gelombang cahaya, namun bagaimanapun, perilaku vektor medan listrik jika cahaya merambat, dengan konstruksi geometris juga berguna. Konstruksi geometris ini disebut gambar Lissajous. Kita asumsikan bahwa gelombang bidang merambat dalam arah z dan medan listrik, yang menentukan arah polarisasi diorentasikan pada bidang xy. Dalam notasi kompleks gelombang bidang tersebut diberikan dengan: [5.37] E E0 exp[i[t k r ] E0 exp[i[t kz ] Gelombang ini dapat dituliskan dalam suku-suku komponen x dan y dari E0: E E0 x exp[i[t kz 1 ]]iˆ E0 y exp[i[t kz 2 ]] ˆj [5.38] [Kita hanya akan menggunakan bagian riil E untuk manipulasi untuk menghindari kesalahan]. Kita bagi masing-masing komponen medan listrik dengan nilai maksimumnya sehingga problem tersebut direduksi ke problem dua vektor satuan yang bervariasi sinusoidal: Ex cos[t kz 1 ] cos[t kz ] cos 1 sin[t kz ]sin 1 E0 x Ey E0 y cos[t kz 2 ] cos[t kz ] cos 2 sin[t kz ]sin 2 Jika kedua vektor satuan ini dijumlahkan bersama, hasilnya adalah satu set gambar-gambar yang disebut gambar Lissajous. Konstruksi geometri Gambar 5.3 dapat digunakan untuk visualisasi penurunan gambar Lissajous. Gerak harmonik sepanjang sumbu x ditemukan dengan memproyeksikan sebuah vektor yang berotasi mengelilingi lingkaran diameter E0x kedalam sumbu x. Gerak harmonik sepanjang sumbu y diturunkan dengan cara yang sama menggunakan lingkaran diameter E0y. Hasil komponen x dan y dijumlahkan untuk mendapatkan E. Di dalam Gambar 5.3, dua osilator harmonik keduanya mempunyai frekuensi yang sama [t kz ] namun berbeda fase sebesar 5.13 PEFI4311/MODUL 5 2 1 [5.39] 2 Gambar 5.3 Konstruksi geometris yang menunjukkan gambar Lissajous yang dibangun dari gerak harmonik sepanjang sumbu x dan y Ujung medan listrik E dalam Gambar 5.3 mengikuti elips dengan sumbu-sumbunya disejajarkan dengan sumbu-sumbu koordinat. Untuk menentukan arah rotasi vektor, asumsikan bahwa 1 0, 2 / 2, dan z = 0 sehingga: Ex cos[t ]; E0 x Ey E0 y sin[t ]; E E x E0 x ˆ Ey i E0 y ˆj [5.40] Vektor E ternormalisasi dapat dengan mudah dievaluasi pada sejumlah nilainilai t untuk menemukan arah rotasi. Tabel 5.1 menunjukkan nilai-nilai vektor tersebut jika t bertambah. 5.14 Optika Tabel 5.1 Vektor medan E yang berotasi t 0 /4 1 E iˆ [iˆ ˆj ] 2 /2 ˆj 3 / 2 1 2 [iˆ ˆj ] - iˆ Rotasi vektor E pada Gambar 5.3 dilihat berada dalam arah berlawanan arah jarum jam, yang bergerak dari arah x positif ke arah y dan akhirnya ke arah x negatif. Untuk mendapatkan persamaan gambar-gambar Lissajous, kita eliminasi kebergantungan vektor satuan pada [t kz ] . Pertama, kalikan persamaan tersebut masing-masing dengan sin 2 dan sin 1 dan kurangkan persamaan hasil. Kedua, kalikan dua persamaan masing-masing dengan cos 2 dan cos 1 , dan kemudian ketiga kurangkan persamaan-persamaan baru tersebut. Dua operasi ini menghasilkan pasangan persamaan berikut. Ey Ex sin 2 sin 1 cos[t kz ][cos 1 sin 2 sin 1 cos 2 ] E0 x E0 y Ey Ex cos 2 cos 1 sin[t kz ][cos 1 sin 2 sin 1 cos 2 ] E0 x E0 y Suku dalam tanda kurung dapat disederhanakan dengan menggunakan identitas trigonometri, sin sin[2 1 ] cos 1 sin 2 sin 1 cos 2 Setelah menggantikan suku dalam kurung tersebut dengan sin maka dua persamaan tersebut dikuadratkan dan dijumlahkan, yang menghasilkan persamaan untuk gambar Lissajous: 2 2 Ex E y 2 Ex E y [5.41] cos sin 2 E E E E 0 x 0 y 0 x 0 y Identitas trigonometri berikut, cos cos[2 1 ] cos 1 cos 2 sin 1 sin 2 juga digunakan untuk penyederhaan lebih lanjut persamaan [5.41]. Persamaan ini mempunyai bentuk yang sama sebagai persamaan kerucut: 2 PEFI4311/MODUL 5 5.15 [5.42] Ax2 Bxy Cy 2 Dx Ey F 0 Geometri mendefinisikan kerucut tersebut sebagai sebuah elips karena dari persamaan [5.41]. 4 [5.43] B 2 4 AC 2 2 [cos2 1] 0 E0 x E0 y Elips ini disebut elips polarisasi. Orentasi elips-elips tersebut terhadap sumbu x adalah, 2 E0 x E0 y B [5.44] tan 2 cos A C E0 x E0 x E0 y E0 y Jika A = C dan B 0 maka = 45o. Ketika = /2 maka = 0o seperti ditunjukkan pada Gambar 5.3. Ujung vektor medan listrik resultan diperoleh dari persamaan [5.38] menjejak mengelilingi elips polarisasi dalam bidang normal terhadap k, seperti yang diprediksi oleh persamaan [5.41]. Elips polarisasi umum ditunjukkan dalam Gambar 5.4. Koordinat x dan y medan listrik diikat oleh E0x dan E0 y . Bujur sangkar dalam gambar menggambarkan batasan ini. Komponen medan listrik tersebut sepanjang sumbu mayor elips adalah, EM Ex cos E y sin san sepanjang sumbu minor elips adalah Em Ex sin E y cos dengan adalah dari persamaan [5.44]. Gambar 5.4 a] Bentuk umum elips menurut persamaan [5.41] [b] pembentukan dan penampakan elips saat gelombang berjalan 5.16 Optika Rasio panjang sumbu minor dan mayor elips sama dengan eliptisitas [ellipticity] , yaitu besarnya deviasi elips dari bentuk lingkaran, E E0 x sin 1 sin E0 y sin 2 cos tan m EM E0 x cos 1 cos E0 y cos 2 sin [5.45] Untuk menemukan kebergantungan waktu vektor E, kita tuliskan kembali persamaan [5.38] dalam bentuk kompleks, ˆ 0 x ei1 ˆjE0 y ei2 ] E ei [t kz ] [iE [5.46] Persamaan ini menunjukkan secara eksplisit bahwa vektor listrik bergerak mengelilingi elips dalam gerak sinusoidal. Gambar berikut memperlihatkan bentuk-bentuk elips untuk berbagai keadaan. Gambar 5.5 Bentuk elips untuk berbagai keadaan 5.17 PEFI4311/MODUL 5 Contoh Soal 5.1: Tunjukkan bahwa persamaan, 2 E0 x E0 y tan 2 2 cos E0 x E02y Dapat diperoleh dari cahaya terpolarisasi linear? Penyelesaian: Kita dapat menyatakan fungsi tangen dalam bentuk 2 tan tan 2 1 tan 2 Kita lihat bentuk elips, seperti Gambar 5.6 berikut ini. Gambar 5.6 Bentuk elips cahaya terpolarisasi Dalam keadaan ini maka dapat dinyatakan: E0 y tan E0 x Oleh sebab itu, tan 2 2[ E0 y / E0 x ] 1 [ E0 y / E0 x ] 2 2 E0 x E0 y E02x E02y 5.18 Optika 2. Polarisasi Linear Pewujudan paling sederhana polarisasi untuk memvisualkan adalah dari gelombang bidang, yang merupakan pendekatan yang baik untuk kebanyakan gelombang cahaya. Gelombang bidang adalah gelombang yang medan litrik dan medan magnetnya dijaga tetap pada sebuah bidang yang saling tegak lurus arah perambatan. Dalam gelombang bidang ini dikatakan juga medan litrikmagnetnya terpolarisasi bidang atau linear. Untuk membahas ini pertama kita pandang 0, atau sehingga persamaan [5.41] menjadi: Ex E0 x Elips 2 2 E y 2 Ex E y [5.47] 0 E0 y E0 x E0 y tersebut kolap menjadi sebuah garis lurus dengan slope E0 y / E0 x . 2 Persamaan garis lurus tersebut adalah, Ey Ex E0 x E0 y [5.48] Gambar 5.7 memperlihatkan gambar Lissajous garis lurus untuk dua beda fase. Parameter pada elips adalah slope garis lurus tersebut , E0 y tan [5.49] E0 x yang menghasilkan dalam nilai persamaan [5.44] diberikan oleh, 2 E0 x E0 y 2 tan [5.50] tan 2 2 1 tan E0 x E0 x E0 y E0 y Gambar 5.7 Gambar Lissajous untuk beda fase antara komponen x dan y dari osilasi . PEFI4311/MODUL 5 5.19 Kebergantungan waktu vektor E yang ditunjukkan oleh Gambar 5.7 diberikan oleh persamaan [5.46]. Komponen riilnya adalah, ˆ 0 x ˆjE0 y ]cos[t kz ] [5.51] E [iE Pada titik tertentu di dalam ruang, komponen x dan y berosilasi sefase [atau 180o berbeda fase] menurut persamaan, ˆ 0 x ˆjE0 y ]cos[t ] [5.52] E [iE Vektor listrik mengalami gerak harmonik sederhana sepanjang garis yang didefinisikan dengan E0x dan E0y. Pada waktu yang tertentu, medan listrik bervariasi sinusoidal sepanjang lintasan perambatan [sumbu z] menurut persamaan, ˆ 0 x ˆjE0 y ]cos[ kz ] E [iE [5.53] Cahaya oleh karena itu dikatakan terpolarisasi linear seperti pada gambar di bawah ini. Gambar 5.8 Bidang cahaya terpolarisasi linear Contoh Soal 5.2: Tuliskan ungkapan gelombang terpolarisasi linear dengan frekuensi sudut yang merambat dalam arah z positif dengan bidang vibrasinya pada 30o terhadap bidang z-x? 5.20 Optika Penyelesaian: Misalkan amplitudo skalar gelombang adalah E0. Maka komponen x dan y nya adalah: E0 x E0 cos30o 0,866E0 ; E0 y E0 30o 0,5E0 Jadi, E[ z, t ] [0,866E0iˆ 0,5E0 ˆj ] cos[kz t ] . Tetapan bergantung pada syarat awal. 3. Polarisasi Sirkular Kasus spesial yang lain adalah jika dua komponen ortogonal mempunyai amplitudo yang tepat sama dan tepat berbeda fase 90 o sehingga memperlihatkan bentuk polarisasi sirkular [lingkaran]. Arah rotasi akan bergantung pada cara bagaimana medan listrik berotasi sehingga dapat kita bedakan: polarisasi sirkular kekanan atau kekiri. Kasus kedua ini terjadi untuk E0x = E0y = E0 dan / 2 . Dari persamaan [5.41] maka, 2 2 Ex E y [5.54] 1 E0 E0 Elips menjadi sebuah lingkaran seperti gambar dibawah ini. Untuk polarisasi ini tan 2 tak tentu dan tan 1 . Dari persamaan [5.46] perilaku temporal diberikan oleh, [5.55] E E0 [iˆ cos[t kz] ˆj sin[t kz]] Gambar 5.9 Tampilan Lissajous PEFI4311/MODUL 5 5.21 Pada Gambar 5.9, merupakan gambar Lissajous untuk kasus jika beda fase komponen x dan y osilasi berbeda [ / 2] dan amplitudo kedua komponen sama. Ujung medan listrik bergerak sepanjang lingkaran. Kebergantungan waktu sudut di mana medan E membuat sudut terhadap sumbu x dalam Gambar 5.10 diperoleh dengan menemukan tangen sudut , Ey sin[t kz ] [5.56] tan tan[t kz ] Ex cos[t kz ] Interpretasi hasil ini adalah bawa pada titik tertentu di dalam ruang, vektor E berotasi dalam arah putaran jam jika / 2 dan berlawanan arah putar jarum jam jika / 2 . Dalam fisika partikel, cahaya akan dikatakan mempunyai helisitas negatif jika berotasi searah putaran jam. Jika kita melihat ke sumber cahaya maka medan litrik tampak mengikuti ulir paku skrup putar kiri [left-handed screw], sesuai dengan aturan penamaan bahwa besaran putar kiri adalah negatif. Namun demikian, dalam optikaa cahaya yang berotasi searah jarum jam kita melihat akan berjalan ke arah kita dari sumber dikatakan terpolarisasi sirkular kanan [right-circularly polarized]. Sebaliknya rotasi berlawanan arah putar jarum jam disebut terpolarisasi sirkularkiri. Contoh Soal 5.3: Carilah superposisi dari gelombang terpolarisasi sirkular kanan [keadaan-R] dan gelombang terpolarisasi sirkular kiri [keadaan – L]? Penyelesaian: Kita dapat menuliskan masing-masing gelombang misalnya merambat arah z: ER E0 R [iˆ cos[kz t ] ˆj sin[kz t ]] EL E0 L [iˆ cos[kz t ] ˆj sin[kz t ]] Penjumlahannya adalah: E iˆ[ E0 R E0 L ] cos[kz t ] ˆj [ E0 R E0 L ]sin[kz t ] Kita telah membahas bentuk polarisasi cahaya yang bermacam-macam. Dalam modul-modul kita selanjutnya, jika tidak dinyatakan khusus, kita akan mengandaikan medan-medan listrik adalah terpolarisasi linear dan memilih 5.22 Optika sumbu-sumbu transversal sedemikian hingga salah satunya berimpit dengan medan listrik tersebut. C. POLARISASI CAHAYA Kita telah membahas dan mendefinisikan keadaan polarisasi gelombang EM dalam hal bagaimana arah vektor medan listrik berosilasi. Sebuah gelombang EM dikatakan terpolarisasi linear jika vektor listriknya E[r,t] selalu berosilasi sejajar pada arah tertentu di dalam ruang. Kesimpulan ini sudah kita ketahui dan dipelajari sebelumnya. Sebagai contoh gelombang yang mempunyai vektor medan listrik berbentuk, [5.57] E [r , t ] E0 cos[kz t ]iˆ adalah sebuah gelombang bidang yang terpolarisasi linear dalam arah x [catatan: kita biasa menggunakan istilah gelombang terpolarisasi linear, namun kita juga sering menemukan ditulisan lain menamakan gelombang terpolarisasi bidang: kedua ini merupakan hal yang sama]. Gambar 5.6 menunjukkan bagian gelombang ini pada waktu sesaat t = 0. Gambar 5.10 [a] Gelombang EM terpolarisasi linear [b] Arah polarisasi linear ditunjukkan segmen garis tebal ke atas - ke bawah. Pada Gambar 5.10 arah segmen garis [b] biasa untuk menunjukkan arah polarisasi linear. Gelombang mempunyai polarisasi linear arah sumbu x dan gelombang ini berjalan dalam arah sumbu z. Karena arah perambatan gelombang elektromagnetik adalah arah S = E x H maka vektor medan magnet berarti dalam arah sumbu y, yaitu, 5.23 PEFI4311/MODUL 5 H [r , t ] H0 cos[kz t ] ˆj [5.58] Dalam banyak hal, interaksi gelombang EM dengan materi hampir secara ekslusif diatur oleh medan listrik gelombang. Sekarang kita tinjau cahaya biasa [lampu pijar, lilin, api] yang merupakan bagian dari gelombang EM. Dari Modul 1 Anda telah mengetahui bahwa cahaya adalah gelombang EM dan dihasilkan dari atomatom yang meradiasikan foton. Foton ini adalah hasil dari transisi-transisi elektronik di dalam atom-atom, dan masing-masing transisi atom [bersifat random tak terkorelasi] menghasilkan gelombang tunggal dengan panjang gelombang berhingga dan masing-masing memiliki bidang vibrasi sendiri. Dengan kata lain masing-masing gelombang mempunyai polarisasi linear tertentu, namun arah polarisasi terdistribusi acak pada sebuah bidang yang tegak lurus arah perambatan berkas. Dengan kata lain semua arah vibrasi medan listrik-magnet mempunyai kemungkinan sama dan selalu tegak lurus arah perambatan sinar melalui S = E x H. Berkas cahaya [kumpulan banyak gelombang tak terkorelasi] ini dikatakan sebagai berkas cahaya tak terpolarisasi, dan jika kita lihat dari depan maka vibrasi medan-medan listrik magnetnya adalah seperti Gambar 5.11[a] di bawah ini. Gambar 5.11 Representasi arah vibrasi medan listrik untuk [a] berkas cahaya tak terpolarisasi; [b], [c] untuk berkas cahaya terpolarisasi Dengan menggunakan devais yang disebut polarizer maka dimungkinkan mentransmisikan berkas cahaya dengan arah vibrasi medan 5.24 Optika listriknya hanya pada arah tertentu. Hasil berkas yang memalui polarizer maka dikatakan terpolarisasi, seperti pada Gambar 5.11[b], dan [c]. Jika vibrasi medan listrik adalah vertikal maka dikatakan terpolarisasi linear vertikal, dan jika vibrasi medan listriknya adalah horisontal maka dikatakan terpolarisasi linear horisontal. Berkas cahaya terpolarisasi dapat dihasilkan dari berkas cahaya alamiah [tak terpolarisasi] dengan beberapa cara dan devais. Cara praktis untuk menghasilkan cahaya terpolarisasi mencakup beragam teknik meliputi: 1. Pemantulan dan hamburan, 2. Serapan [absorpsi], dan 3. Pembiasan. D. POLARISASI CAHAYA OLEH PANTULAN Sejauh ini kita telah mempelajari perambatan gelombang melalui medium tunggal. Sekarang kita pelajari perambatan gelombang melalui dua medium semi-infinit yang memiliki bidang batas bersama [interface]. Kita akan menelaah efek-efek polarisasi akibat pantulan dan transmisi gelombang yang melewati medium [linear, isotropik] berbeda dan menurunkan persamaan Fresnel. Sebagian hasil dari pembahasan polarisasi pada pantulan telah kita gunakan pada KB2 Modul 4 yang lalu. Pada bidang batas dua medium [linear, isotropik, homogen tanpa muatan atau arus bebas] kita berikan syarat batas elektromagnet. Komponen tangensial E dan H bersifat kontinu melalui bidang batas [interface]. Juga komponen normal D dan B bersifat kontinu. Sekarang kita tinjau gelombang terpolarisasi bidang pada bidang batas dua medium dielektrik yang dicirikan dengan indeks bias n1 dan n2 : 1/ 2 c 1 , v1 0 Misalkan kita mempunyai, Ei Ei 0 cos[i t ki R] n1 1/ 2 n2 Er Er 0 cos[r t kr R r ] c 2 v2 0 [5.59] [5.60] [5.61] PEFI4311/MODUL 5 5.25 dan [5.62] Et Et 0 cos[t t kt R t ] yang masing-masing menyatakan medan-medan datang, pantulan dan transmisi. Dengan menerapkan syarat batas elektromagnetik kita dapat menunjukkan bahwa frekuensi temporal tiga medan tersebut adalah sama. Hukum-hukum pemantulan dan pembiasan yang telah kita turunkan pada optikaa geometri sebenarnya juga konsekuensi langsung dari penerapan syarat batas pada interfes. Kita juga dapat menunjukkan bahwa semua vektor k adalah koplanar. Bidang ini disebut bidang insiden [plane of incident]. Sekarang kita investigasi efek-efek polarisasi akibat pemantulan dan pembiasan pada bidang batas dua medium dielektrik isotropik, linear, nonmagnetik. Di sini kita dapat menguraikan medan-medan listrik insiden [datang], terpantul, tertransmisi pada bidang batas ke dalam dua komponen ortogonal, satu sejajar dan satunya tegak lurus pada bidang insiden. 1. Polarisasi Sejajar Dalam kasus ini vektor E semua tiga medan tersebut berada dalam bidang insiden seperti ditunjukkan oleh Gambar 5.8. Kita asumsikan bentuk ketiga medan listrik dan magnet tersebut adalah: Ei Ei 0 cos[0t ki R] dan Hi Hi 0 cos[0t ki R] Er Er 0 cos[0t kr R] dan [5.63] H r H r 0 cos[0t kr R] Et Et 0 cos[0t kt R] dan Ht Ht 0 cos[0t kt R] dengan arah Ei 0 , Er 0 , Et 0 dan Hi 0, H r 0 , Ht 0 seperti pada Gambar 5.12 5.26 Optika Gambar 5.12 Medan listrik dan magnet insiden, terpantul dan tertransmisi pada bidang batas. Polarisasi medan listrik sejajar dengan bidang insiden [bidang x-z] Syarat kontinuitas komponen tangensial E pada bidang batas memerlukan bahwa pada sembarang saat dan sembarang titik, [ Ei Er ] |sepanjang x Et ] |sepanjang x yang berarti, [5.64] Eio cosi Ero cosr Eto cost dengan suku kosinus yang muncul dari persamaan [5.63] keluar sebab dari bukti bahwa semua k adalah koplanar, yaitu ki R kr R kt R . Dalam persamaan [5.64], Ei 0 Ei 0 , Er 0 Er 0 dan Et 0 Et 0 . Sekarang, kontinuitas komponen tangensial H memerlukan, [ Hi H r ] |sepanjang x Ht ] |sepanjang x yang ekivalen dengan, Hi 0 H r 0 Ht 0 atau Ei 0 Er 0 Et 0 1 atau 1 2 [5.65] [5.66] 5.27 PEFI4311/MODUL 5 Ei 0 n1 Er 0 n1 Et 0 n2 [5.67] Dari persamaan [5.64] dan [5.5,67] maka setelah dengan aljabar sedikit, ungkapan koefisien pantulan r|| dan transmisi t|| adalah: r|| Er 0 n2 cos i n1 cos t Ei 0 n2 cos i n1 cos t [5.68] t|| Et 0 2n1 cos t Ei 0 n2 cos i n1 cos t [5.69] 2. Polarisasi Tegak Lurus Dalam kasus ini, vektor E dari semua tiga gelombang adalah tegak lurus pada bidang insiden, seperti pada Gambar 5.13. Untuk singkatnya, kita hanya akan menyatakan ungkapan untuk koefisien pantulan dan transmisi secara langsung seperti berikut. E n cos i n2 cos t r r 0 1 [5.70] Ei 0 n1 cos i n2 cos t t Et 0 2n1 cos t Ei 0 n1 cos i n2 cos t [5.71] Gambar 5.13 Medan-medan listrik insiden, terpantul dan tertransmisi pada bidang batas dua medium semiinfinit. Polarisasi medan-medan listrik tersebut tegak lurus pada bidang insiden. Dalam persamaan [5.70] dan [5.71] E i0, Er0, dan Et0 menyatakan amplitudo medan listrik insiden, terpantul dan tertransmisi. Penurunan 5.28 Optika relasi-relasi ini dapat Anda lakukan sendiri sebagai soal latihan dengan cara yang kurang lebih sama seperti bagian yang sejajar. Persamaan [5.68] s/d [5.71] disebut persamaan-persamaan Fresnel. Contoh Soal 5.4: Tuliskan kembali koefisien refleksi hanya sebagai fungsi sudut i dan t , yaitu kita membuang kebergantungan r , r|| pada ni dan nt? Penyelesaian: Kita lihat dulu bagian tegak, seperti pada persamaan [5.70]: n cos i n2 cos t r 1 n1 cos i n2 cos t Kita bagi dengan ni pembiasan: sin i / sin t nt / ni dan gunakan hukum Snellius Kita dapatkan: cos i [sin i cos t / sin t ] r cos t [sin i cos t / sin t ] Ini dapat diatur lagi menjadi: sin[i t ] r sin[i t ] menggunakan identitas trigonometri : sin[ A B] sin A cos B cos Asin B . Dengan cara yang sama untuk komponen sejajar. n cos i n1 cos t r|| 2 yang dapat diubah dengan hukum Snellius n2 cos i n1 cos t menjadi: r|| sin i cos i sin t cos t sin t cos t sin i cos i Selanjutnya dengan aljabar yang agak panjang akan diperoleh: tan[i t ] r|| tan[i t ] 5.29 PEFI4311/MODUL 5 3. Sudut Brewster Dari persamaan [5.69] dan [5.71] bahwa ungkapan untuk koefisien transmisi untuk polarisasi sejajar dan tegak lurus adalah selalu positif. Mengacu pada Gambar [5.12] dan [5.13] ini berarti bahwa medan listrik tertransmisi selalu sefase dengan medan listrik insiden [datang] pada bidang batas. Koefisien pantulan [dari persamaan [5.68] dan [5.70]] sebaliknya, baik positif maupun negatif, bergantung pada nilai-nilai n1 dan n2. Sebagai contoh, jika n1 > n2 maka i t dengan hukum Snellius pembiasan dan karenanya cos1 cos2 . Jika n1 < n2 maka cos1 cos2 . Jadi dari persamaan [5.70] berarti, untuk polarisasi tegaklurus, gelombang terpantul akan sefase dengan gelombang datang pada interfase jika n1 > n2, dan berbeda fase jika n1 < n2. Tidak ada pernyataan umum dapat seperti itu, namun demikian, dibuat untuk gelombang terpantul dalam kasus polarisasi sejajar. Untuk memberi gambaran diskusi kita yang baru saja, kita misalkan sebuah gelombang bidang dari udara ke permukaan udara-gelas. Kita ambil n1 = 1 dan n2 = 1,5. Kita plot dalam Gambar [5.14] koefisien transmisi dan pantulan untuk medan datang dengan polarisasi sejajar dan tegak lurus sebagai fungsi sudut datang i. Koefisien pantulan r selalu negatif karena n1 < n2. Catatan, namun demikian r|| dapat positif atau negatif, bergantung pada sudut datang. Sudut datang/insiden dimana r|| 0 disebut sudut Brewster p . Dengan menganbil r|| 0 dalam persamaan [5.68] maka kita temukan, [5.72] n2 cosi n1 cost Menggunakan hukum Snellius dan persamaan [3.72] maka kita peroleh [dengan sedikit usaha aljabar]: [5.73] sin[t i ] cos[t i ] 0 Karena t i untuk n2 n1 maka kita dapat dengan cepat menyimpulkan: [5.74] t i / 2 dengan t ,i dihubungkan melalui hukum Snellius pada modul 2 yang lalu. Sebagai contoh diskusi kita, i p 56,3o . Cahaya tak terpolarisasi mengenai bidang batas pada sudut ini, dipantulkan sebagai gelombang terpolarisasi dengan vektor listriknya E tegak lurus bidang insiden. 5.30 Optika Gambar 5.14 Koefisien transmisi dan refleksi untuk polarisasi sejajar dan tegak lurus sebagai fungsi sudut datang i , dengan p menyatakan sudut Brewster. LAT IH A N Untuk memperdalam pemahaman Anda mengenai materi di atas, kerjakanlah latihan berikut! 1] Gambarkan gelombang yang diberikan oleh: 2 x ˆ 2 x E ˆjE0 sin t kE t 0 sin dengan ˆj dan kˆ adalah vektor satuan basis dalam koordinat kartesian? 2] Gambarkan gelombang E[y,t] yang merupakan superposisi dari, ˆ 0 cos[ky kvt ] dan Ex [ y, t ] iE ˆ cos[ky kvt ] E [ y, t ] kE z 0 PEFI4311/MODUL 5 5.31 Buatlah sketsa dari E[0,t] saat t = 0, t = /4, t = /2 , t = 3/4 dan t = ? [ adalah perioda]. 3] Tuliskan ungkapan untuk gelombang bidang harmonik terpolarisasi linear yang mempunyai amplitudo skalar E0, yang merambat sepanjang garis dalam bidang x-y pada 45o terhadap sumbu x dan mempunyai bidang x-y sebagai bidang vibrasinya? 4] Tentukan keadaan polarisasi dari gelombang berikut: ˆ 0 sin[kz t ] ˆjE0 cos[kz t ] E [ z, t ] iE 5] Sebuah gelombang yang disebut P-state : EP E0iˆ cos[kz t ] merupakan hasil kombinasi dua gelombang terpolarisasi sirkular kanan [R-state] dan sirkular kiri [L-state]. Tuliskan kedua R-state dan L-state tersebut? 6] Gambarkan keadaan polarisasi dari gelombang berbentuk: ˆ 0 cos[t kz / 2] ˆjE0 cos[t kz] E [ z, t ] iE 7] Gambarkan keadaan polarisasi gelombang: ˆ 0 cos[kz t ] ˆjE0 cos[kz t / 4] E[ z, t ] iE Petunjuk Jawaban Latihan 1] Gelombang tersebut dapat dirumuskan kembali menjadi, ˆ ]sin 2 x t E [ ˆjE0 kE 0 Ini adalah gelombang yang merambat dalam arah x positif dengan ˆ ] dan oleh sebab itu terpolarisasi linear. amplitudo konstan [ ˆjE0 kE 0 Bidang polarisasi terlihat seperti pada gambar di bawah ini. Amplitudo skalar E adalah 2E0 . 5.32 Optika 2] Lantaran cos[+] = -cos[] maka kita dapat menuliskan kembali Ez [y,t] sebagai: ˆ cos[k [ y vt ] ] Ez [ y, t ] kE 0 di mana fase relatif, , hanyalah . Karena itu resultan adalah terpolarisasi linear. Fase Ex dapat dituliskan sebagai ky – [2t/], sementara Ez adalah ky – [2t/]+. Jadi, pada saat t = 0, ˆ cos ˆ 0 kE E [0,0] iE 0 ˆ cos[ / 2] 0 ˆ 0 cos[ / 2] kE E[0, / 4] iE 0 ˆ ˆ E[0, / 2] iE0 cos[ ] kE0 cos[0] ˆ cos[ / 2] 0 ˆ 0 cos[3 / 2] kE E[0,3 / 4] iE 0 ˆ ˆ E[0, ] iE0 cos[2 ] kE0 cos[ ] Dapat kita gambarkan disini untuk kelima keadaan: 5.33 PEFI4311/MODUL 5 3] Amplitudo vektor vektor E0 membuat sudut 45o terhadap sumbu x. Jika mempunyai nilai skalar E0 maka: 1 1 E0 iˆ E0 ˆj E0 2 2 Gelombang bidang harmonik mempunyai bentuk umum: E E0 cos[k r t ] Dalam kasus sekarang, vektor perambatan k mempunyai bentuk: 2 iˆ ˆj k 2 2 dengan k = 2/, dan vektor posisi mempunyai bentuk: ˆ ˆ ˆ r ix jy kz dengan kˆ adalah vektor satuan dalam koordinat kartesian pada arah sumbu z. Menyisipkan ini ke fungsi gelombang menghasilkan: 2 1 E [ E0 iˆ E0 ˆj ] cos [ x y ] t 2 4] Besar dari E yaitu E E 1/ 2 , adalah konstan sehingga gelombang tersebut terpolarisasi sirkular. Dengan mengatur z = 0 kita dapat menguji nilai E[0,t] pada t = 0, /4, /2, 3/4 dan maka kita temukan bahwa E[0,t] mempunyai berturut-turut E0 ˆj , E0iˆ , E0 ˆj , E0 iˆ dan E0 ˆj . Gelombang terlihat terpolarisasi sirkular kanan karena medan E berotasi searah putaran jarum jam terhadap waktu. 5] Dari soal maka gelombang-gelombang komponen harus berjalan dalam arah z. Lebih jauh, kita memerlukan bahwa E berada dalam bidang yz untuk semua z dan t. Dengan kata lain, E harus hanya mempunyai komponen ˆj saja. Dari soal sebelumnya, untuk state-P ini memerlukan E0R = E0L = E0. Dengan menuliskan: ER [ z, t ] E0 [iˆ cos[kz t ] ˆj sin[kz t ]] EL [ z, t ] E0 [iˆ cos[kz t ] ˆj sin[kz t ]] kita dapatkan: 5.34 Optika EP [ z, t ] 2E0 ˆj sin[kz t ]] Pilihan yang berlawanan [yaitu: state-R diawali sepanjang sumbu-z dan state-L sepanjang x] akan memberikan state-P: EP [ z, t ] 2E0 ˆj sin[kz t ]] 6] Dengan identitas trigonometri: cos[ A B] cos A cos B sin A sin B maka fungsi gelombang dapat dinyatakan ulang sebagai: E [ z, t ] E0 [iˆ sin[t kz] ˆj cos[t kz]] Pada z = 0 dan t = 0, /4, /2, 3/4 dan maka E[0,t] sama dengan ˆjE0 , ˆ 0 , ˆjE0 , iE ˆ 0 dan ˆjE0 berturut-turut. Karena medan vektor adalah iE tetap panjangnya pada E0 dan berotasi berlawanan putaran jarum jam maka gelombang tersebut adalah terpolarisasi sirkular kiri. 7] Gelombang tersebut tidak linear juga tidak sirkular, karena / 4 , dan jadi itu harus merupakan gelombang terpolarisasi elips. Melihat pada z = 0 maka kita mempunyai: ˆ 0 ˆjE0 / 2 E [0,0] iE ˆ 0 / 2 ˆjE0 E [0, / 8] iE E [0, / 4] 0 ˆjE0 2 ˆ 0 ˆjE0 2 E [0, ] iE Medan E tersebut berotasi berlawanan arah putaran jarum jam. R A NG KU M AN Cahaya terpolarisasi linear yang merambat dalam arah z , bagian medan listrik bervariasi sinusoidalnya dapat kita nyatakan dengan: E E0 sin t Kita dapat menguraikan ini kedalam komponen-komponennya untuk arah x dan y: Ex E0 sin t cos dan E y E0 sin t sin 5.35 PEFI4311/MODUL 5 yang dapat kita buktikan kembali: E [ Ex2 E y2 ]1/ 2 E0 sin t . Sekarang jika kita mempunyai dua buah gelomabng terpolarisasi bidang dengan amplitudo sama namun berbeda fase 90 o, yaitu: Ex E0 sin t dan Ey E0 sin[t / 2] E0 cos t Maka resultannya adalah: E [ Ex2 E y2 ]1/ 2 E0 yang berarti bebas dari t, yaitu konstan. Jika kita plot komponenkomponen gelombang Ex dan Ey untuk berbagai waktu yang bertambah maka kita akan dapat melihat proyeksinya dalam bidang x-y berbentuk lingkaran setelah E mengalami rotasi satu putaran penuh. Kita mengatakan ini sebagai cahaya terpolarisasi sirkular. Arah rotasi dari bergantung tanda dari komponen medan, yang jika rotasinya searah putaran jarum jam kita sebut terpolarisasi sirkular kanan [dengan medanmedannya adalah Ex E0 sin t dan E y E0 cos t ] dan jika rotasinya berlawanan dengan arah putar jarum jam maka kita sebut polarisasi sirkular kiri [dengan medan-medannya misalnya Ex E0 sin t dan E y E0 cos t ]. Polarisasi sirkular dapat kita plot seperti berikut. Sekarang jika dua gelombang terpolarisasi linear berbeda fase 90 o dan juga amplitudonya tidak sama maka akan memperlihatkan polarisasi ellips [misal Ex Ea sin t dan E y Eb cos t ]. Jika kita 5.36 Optika 2 2 Ex E y 1 . Ini tidak lain adalah Ea Eb persamaan ellips. Secara umum beda fase tidak harus 90 o yang berakibat bentuk ellips yang bermacam-macam. kombinasikan diperoleh: Diketahui bahwa jika berkas cahaya tak terkorelasi dipantulkan dari sebuah medium dielektrik seperti gelas atau air maka cahaya terpantul, bergantung pada sudut datang i , akan terpolarisasi sebagian, seluruhnya atau tetap tak terpolarisasi. Jika i = 0o atau 90o maka berkas cahaya tak akan terpolarisasi. Sebagai contoh, berkas cahaya tak terpolarisasi yang mengenai sebuah plat kaca Gambar [a]. Berkas ini dapat disusun dari dua komponen, dan jika berkas cahaya mengenai permukaan pemantul maka komponen sejajar permukaan akan lebih disukai untuk dipantulkan. Jadi, berkas cahaya terpantul dan terbiaskan akan secara parsial terpolarisasi. Sekarang sudut i diubah ke suatu nilai bahwa sudut antara berkas terpolarisasi dan terbias adalah 90o seperti pada Gambar [b]. Dalam keadaan ini berkas terpantul mengandung hanya komponen vektor paralel , sementara berkas terbias mengandung keduanya komponen tegak dan sejajar. Jadi ketika sudut datang sama dengan sudut polarisasi, i p , berkas terpantul seluruhnya terpolarisasi bidang, sedangkan berkas terbias terpolarisasi sebagian. PEFI4311/MODUL 5 5.37 Kaitan antara sudut polarisasi p dan indeks bias n dapat diturunkan dan ini dipenuhi oleh hukum Brewster: n tan p . Pada sudut polarisasi ini meskipun berkas terpantul seluruhnya terpolarisasi linear namun intensitasnya sangat kecil. Sebagian besar intensitas dibawa oleh berkas terbias. TES F OR M AT IF 1 Pilihlah satu jawaban yang paling tepat! 1] Tuliskan ungkapan gelombang terpolarisasi bidang dengan frekuensi yang merambat dalam arah z positif sedemikian hingga medan E nya membuat sudut 120o dengan arah z positif pada t =0 dan z = 0 …. A. E0 x 0,5E0 dan E0 y 0,866E0 B. E0 x 0,5E0 dan E0 y 0,866E0 C. E0 x 0, 4142E0 dan E0 y 0,8284E0 D. E0 x 0,625E0 dan E0 y 0,866E0 2] Dua gelombang terpolarisasi linear mempunyai bentuk …. ˆ 0 x cos[t kz] ˆjE0 y cos[t kz] E1 [ z, t ] iE ˆ 0' x cos[t kz] ˆjE0' y cos[t kz] E2 [ z, t ] iE mengalami tumpang tindih di dalam ruang. Apakah bentuk polarisasi dari resultannya? A. Polarisasi sirkular elips B. Polarisasi linear C. Polarisasi sirkular-kanan D. Polarisasi sirkular-kiri 3] Tuliskan ungkapan state-R dan state-L yang bersuperposisi membentuk state-P yang merambat arah sumbu-z dengan bidang y-z sebagai bidang vibrasi .... A. ER E0 R [iˆ sin[kz t ] ˆj cos[kz t ]] EL E0 L [iˆ cos[kz t ] ˆj cos[kz t ]] 5.38 Optika B. C. D. ER EL ER EL ER EL E0 R [iˆ cos[kz t ] ˆj cos[kz t ]] E0 L [iˆ sin[kz t ] ˆj sin[kz t ]] E0 R [iˆ sin[kz t ] ˆj cos[kz t ]] E0 L [iˆ sin[kz t ] ˆj cos[kz t ]] E0 R [iˆ sin[kz t ] ˆj sin[kz t ]] E0 L [iˆ sin[kz t ] ˆj cos[kz t ]] 4] Tentukan keadaan polarisasi dari gelombang yang komponen ortogonal state-P seperti berikut .... ˆ 0 x cos[kz t ] Ex [ z, t ] iE E y [ z, t ] ˆjE0 y cos[kz t / 2] A. B. C. D. 5] mempunyai Polarisasi sirkular-kanan Polarisasi sirkular-kiri Polarisasi linear Polarisasi elips Nyatakan koefisien pantulan untuk gelombang yang jatuh tegak lurus dari udara [ni] ke medium gelas yang mempunyai indeks bias nt .... n ni n n A. r|| t dan r i t ni nt ni nt B. r|| nt ni n nt dan r i ni nt ni nt C. r|| nt ni n n dan r i t ni nt ni nt D. r|| nt ni n n dan r i t ni nt ni nt 6] Nyatakan koefisien pantulan dalam i , nti = nt/ni .... A. r cos i [nit2 sin 2t ]1/ 2 cos i [nit2 sin 2t ]1/ 2 PEFI4311/MODUL 5 r|| B. nit2 cos i [nit2 sin 2t ]1/ 2 nit2 cos i [nit2 sin 2t ]1/ 2 r r|| C. r r|| D. r r|| 5.39 cos i [nit2 sin 2t ]1/ 2 cos i [nit2 sin 2t ]1/ 2 nit2 cos i [nit2 sin 2t ]1/ 2 nit2 cos i [nit2 sin 2t ]1/ 2 cos i [nit2 sin 2t ]1/ 2 cos i [nit2 sin 2t ]1/ 2 nit2 cos i [nit2 sin 2t ]1/ 2 nit2 cos i [nit2 sin 2t ]1/ 2 cos i [nit2 sin 2t ]1/ 2 cos i [nit2 sin 2t ]1/ 2 nit2 cos i [nit2 sin 2t ]1/ 2 nit2 cos i [nit2 sin 2t ]1/ 2 7] Tentukan nilai koefisien pantulan untuk cahaya datang pada 30 o terhadap permukaan udara-gelas, dengan nti = 1,50 .... A. r 0, 440 r|| 0,500 B. r 0,340 r|| 0,150 C. r 0, 240 r|| 0,159 D. r 0, 200 r|| 0,129 8] Tentukan nilai t untuk cahaya datang pada 30o diatas bidang udarakaca, nti = 1,50 sedemikian hingga [ t +[- r ]]=1 untuk kasus ini? A. t = 0,699. B. t = 0,759. C. t = 0,340 D. t = 0,500 5.40 Optika 9] Sebuah sinar datang ke permukaan benzena dengan indeks bias n = 1,50. Jika cahaya terpantul adalah terpolarisasi linear, hitunglah sudut pembiasan …. A. 33,7o. B. 44,7o. C. 22,5o. D. 33,5o. Cocokkanlah jawaban Anda dengan Kunci Jawaban Tes Formatif 1 yang terdapat di bagian akhir modul ini. Hitunglah jawaban yang benar. Kemudian, gunakan rumus berikut untuk mengetahui tingkat penguasaan Anda terhadap materi Kegiatan Belajar 1. Tingkat penguasaan = Jumlah Jawaban yang Benar 100% jumah soal Arti tingkat penguasaan: 90 - 100% = baik sekali 80 - 89% = baik 70 - 79% = cukup < 70% = kurang Apabila mencapai tingkat penguasaan 80% atau lebih, Anda dapat meneruskan dengan Kegiatan Belajar 2. Bagus! Jika masih di bawah 80%, Anda harus mengulangi materi Kegiatan Belajar 1, terutama bagian yang belum dikuasai. 5.41 PEFI4311/MODUL 5 Kegiatan belajar 2 Polarisasi oleh Pembiasan dan Polarisasi Absorpsi Selektif A. POLARISASI OLEH PEMBIASAN 1. Pembiasan Ganda dalam Medium tak Isotrop Kita selama ini telah menganggap jika sebuah sinar memasuki sebuah medium seperti kaca maka akan berjalan dengan laju tunggal tertentu yang bebas dari arah perambatan tanpa memandang keadaan polarisasi. Namun, ini sesungguhnya tidak semuanya benar. Ada beberapa kristal, seperti Calcite yang meskipun homogen namun tidak isotropik. Ketakisotropikan berarti laju cahaya adalah berbeda dalam arah yang berbeda di dalam kristal. Kristal semacam ini disebut kristal pembias ganda [birefringent]. Calcite [kalsit] dan quartz [kuarsa] adalah contoh-contoh dari kristal tak isotrop, sedangkan kaca dan air adalah contoh-contoh medium isotrop. Dalam kristal tak isotrop cahaya yang merambat dalam arah tertentu, mempunyai laju tertentu untuk satu komponen polarisasi [sejajar] dan juga merambat pada laju lain untuk komponen tegak polarisasi. Karena cahaya berjalan dalam dua laju berbeda maka juga dikaitkan dengan dua indeks bias yang berbeda. Jika sebuah berkas cahaya memasuki kristal tak isotrop maka dua berkas terbias akan dihasilkan. Jika sebuah obyek dilihat melalui kristal pembias ganda maka dua bayangan akan teramati, yang satu menutupi yang lain, seperti Gambar 5.15 berikut. 5.42 Optika Gambar. 5.15 Kristal Calcite [Kalsit] pembias ganda. Gambaran ketakisotropan kristal pembias ganda dibantu dengan membedakan arah unik dalam struktur kristal yang disebut sumbu optika. Gelombang-gelombang cahaya yang dipolarisasikan dalam arah tegak lurus sumbu optika merambat dengan laju yang sama dalam semua arah. Gelombang semacam ini disebut gelombang biasa [ordinary] atau kita sebut sinar-o. Pada bidang batas kristal, sinar-sinar ini mengikuti hukum Snellius dengan indeks bias no. Sebagai contoh, Calcite [Kalsit] mempunyai no = 1,658 [untuk cahaya kuning sodium]. Komponen gelombang yang tidak dipolarkan tegak lurus pada sumbu optika mempunyai laju rambat yang bergantung pada arah perambatan dalam kristal. Di dalam Calcite [Kalsit], sebagai contoh, laju ini selalu lebih besar daripada c/no. Gelombang semacam ini, secara umum, tidak mengikuti hukum pembiasan biasa: muka gelombang tidak perlu tegak lurus pada arah sinar. Gelombang-gelombang ini disebut gelombang extraordinary [sinar-e]. Sinar-e dengan laju paling besar adalah gelombang dengan polarisasi sejajar sumbu optika. Untuk sinar ini hukum Snellius berlaku baik, dan laju gelombang adalah c/ne. Sebagai contoh, ne = 1,486 [untuk cahaya kuning sodium]. Kristal seperti Calcite [Kalsit] dan tourmaline mempunyai sumbu optika tunggal dan dipandang sebagai kristal uniaksial. Ada tipe kristal lain PEFI4311/MODUL 5 5.43 [feldspar dan mica misalnya] dapat mempunyai dua sumbu optika. Kristal ini disebut kristal biaksial. Tidak ada sinar-o dalam kristal biaksial. Di dalam kristal Calcite [kalsit] misalnya, dapat digambarkan misalnya, molekulmolekulnya tersusun memanjang dalam arah yang lebih disukai, arah sumbu y [Gambar 5.16]. Pada arah inilah terletak sumbu optika. Gambar 5.16 Dimisalkan ada bahan dengan molekul-molekulnya sejajar sumbu y. Pada arah y ini, arah yang disukai, terletak sumbu optika sejajar sumbu y. Gambar 5.17 menggambarkan dua gelombang terpolarisasi linear yang mengenai pemukaan kristal pembias ganda, secara tegak lurus. Sumbu optika kristal tersebut digambarkan berada dalam bidang halaman, seperti pada diagram. Gambar 5.17 Perambatan gelombang terpolarisasi linear yang mengenai tegak lurus kristal pembias ganda uniaksial. Diagram berkenaan dengan n e < no. 5.44 Optika Pada gambar terlihat, muka gelombang dikaitkan dengan sinar-o, yang mengikuti hukum Snellius, merambat sejajar dengan permukaan kristal. Wavelets Huygens [dengan garis putus-putus] berbentuk lingkaran dengan pusat a,b,c pada bidang batas. Untuk wavelets yang terkait dengan sinar-e, merambat sejajar dengan permukaan kristal namun sinar-e itu sendiri menyimpang terhadap normal permukaan. Dalam kasus ini wavelets Huygens berbentuk ellips dengan pusatnya di a’, b’ dan c’ pada bidang batas, dan dengan sumbu rotasi prinsipal masing-masing ellips berada pada arah sejajar sumbu optika. Laju gelombang untuk sinar-e yang merambat dalam sebuah arah yang membuat sudut terhadap sumbu optika diberikan oleh [lihat Gambar 5.18]: [5.75a] u c[no2 cos2 ne2 sin 2 ]1/ 2 atau dalam bentuk persamaan indeks bias bergantung sudut: 1 ne2 [ ] cos 2 no2 sin 2 ne2 [5.75b] Gambar 5.18 Kecepatan sinar -o [lingkaran] dan Kecepatan sinar-e [elipsoid] Kecepatan sinar-o [lingkaran] bebas dari arah perambatan. Kecepatan sinar-e [elipsoid], namun, bergantung pada arah dan paling besar pada sudut 5.45 PEFI4311/MODUL 5 90o terhadap sumbu optika. Kecepatan elipsoid untuk sinar-e digambarkan disini untuk ne < no. Situasi yang dilukiskan pada Gambar 5.17 menyarankan sebuah cara yang sederhana untuk memisahkan berkas cahaya ke dalam komponen terpolarisasi linear. Gambar 5.19 menunjukkan bagaimana hal tersebut dilakukan dengan menggunakan kristal pembias ganda. Nilai indeks bias no, ne diberikan pada tabel di bawah ini. Tabel 5.2. Indeks bias beberapa kristal pembias ganda [pada panjang gelombang – 590 mn Material no ne ∆n Beryl Be3A12[SiO3]6 1,602 1,557 -0,045 Calcite CaCO3 1,658 1,486 -0,172 Calomel Hg2Cl2 1,973 2,656 +0,683 Es H2O 1,309 1,313 +0,014 Lithium niobate LiNbO3 2,272 2,187 -0,085 Magnesium fluoride MgF2 1,380 1,385 +0,006 Quartz SiO2 1,544 1,553 +0,009 Ruby Al2O3 1,770 1,762 -0,008 Rutile TiO2 2,616 2,903 +0,287 Peridot [Mg,Fe]2SiO4 1,690 1,654 -0,036 Sapphire Al2O3 1,768 1,760 -0,008 Sodium nitrat NaNO3 1,587 1,336 -0,251 Tourmaline [compleks silikat] 1,669 1,638 -0,031 Zircon, high ZrSiO4 1,960 2,015 +0,055 Zicron, low ZrSiO4 1,920 1,967 +0,047 5.46 Optika untuk beberapa bahan kristal. Jika ne > no maka bahan mempunyai pembias ganda positif: jika ne < no maka pembias ganda adalah negatif. Gambar 5.19 Berkas tak terpolarisasi dipisahkan menjadi dua berkas yang terpolarisasi linear seperti pada gambar. Contoh Soal 5: Turunkan persamaan [5.75] : 1 ne2 [ ] cos 2 no2 sin 2 ne2 untuk pembiasan ganda dalam kristal uniaksial di atas? Penyelesaian: Dari Kegiatan Belajar 1 kita mengenal persamaan konstitutif, 5.9 bahwa D = E. Untuk medium tak isotrop dapat kita jabarkan D = E menjadi: 3 Di ij E j ij E j [5.76] j 1 dengan adalah tensor dielektrik dalam bentuk matriks 3x3 dengan 9 elemen. Jika medium adalah lossless maka dielektrik bersifat simetrik sehingga dapat kita nyatakan: ij ji [5.77] 5.47 PEFI4311/MODUL 5 dengan hanya 6 komponen matzriks. Kemudian sembarang matriks simetrik riil dapat didiagonalkan melalui transformasi koordinat sehingga kita dapat mengandaikan: x 0 0 [5.78] 0 y 0 0 0 z Untuk kristal uniaksial, sumbu yang dikaitkan dengan komponen z disebut sumbu optika. Dalam kristal uniaksial maka oleh operasi rotasi C4 [rotasi lipat-4] maka menghasilkan x y sehingga persamaan [5.78] menjadi: x 0 0 0 x 0 0 0 z a. [5.79] Secara umum kristal uniaksial dibagi menjadi dua: uniaksial positif [ x < z ], b. uniaksial negatif [ x > z ]. Kristal uniaksial positif misalkan kuarsa, dan uniaksial negatif misalkan calcite. Kita dapat mendefinisikan operator short-cut yang akan kita terapkan pada gelombang bidang bervariasi menurut: exp[i[t k r ]] : [5.80] i dan kkˆ t dengan kˆ k / | k | adalah vektor satuan k arah rambat gelombang. Menggunakan persamaan ini ke persamaan yang ketiga dan keempat dari persamaan Maxwell, serta persamaan konstitutif: B = 0H maka kita dapatkan: kkˆ E H [5.81] 0 dan vektor pergeseran listrik kkˆ H D Eliminasi H dari kedua persamaan menghasilkan: [5.82] 5.48 Optika k2 D 2 [ E [kˆ E ]kˆ] 0 [5.83] setelah menggunakan identitas vektor: Ax[CxA] = C – [A.C]A. Untuk medium isotropik secara listrik, kita tahu bahwa: k2 1 [5.84] D 2 E 2 E E 0 v 0 dan karena itu menurut ini kˆ E 0 yaitu tidak ada komponen listrik dalam arah rambat. Namun demikian, dalam kristal tak isotrop adalah tensor sehingga kita mempunyai: k2 [5.85] E 2 [ E [kˆ E ]kˆ] 0 Menurut persamaan Maxwell maka D dan jika medium adalah tanpa sumber muatan bebas maka D 0 . Oleh karena itu dengan persamaan [5.80] maka kita menyimpulkan kˆ D 0 yang berarti D kˆ . Ini berarti D secara umum untuk medium takisotrop akan tegak lurus arah perambatan, meskipun E mungkin tidak karena efek ketakisotropan. Ini dapat kita gambarkan dalam Gambar 5.20. Gambar 5.20 Ilustrasi arah besaran-besaran medan-medan dalam kristal tak isotrop. PEFI4311/MODUL 5 5.49 Kita akan menggunakan persamaan ini untuk menganalisa perambatan gelombang bidang dalam kristal uniaksial. Andaikan bahwa sebuah gelombang bidang terpolarisasi sedemikian hingga medan listrik Ea tegak lurus pada sumbu optika, dan vektor perambatan pada sudut terhadap sumbu optika seperti pada Gambar 5.21. Gambar 5.21 Perambatan gelombang-bidang dalam kristal uniaksial Arah y menunjuk pada tegak lurus keluar dari kertas sehingga Ea Ea ˆj . Substitusi ke dalam persamaan [5.85] maka kita dapat menemukan tetapan perambatan k 2 2 0 y 2 0 x dan oleh karena itu kecepatan fase v2 1/ 0 y 1/ 0 x v1 , berkaitan dengan gelombang terpolarisasi arah y. Dapat ditunjukkan bahwa untuk sembarang E yang tidak mempunyai komponen sepanjang sumbu optika, kecepatan yang sama [v1] didapatkan. Sebagai contoh kedua, dimana Eb Ebx iˆ Ebz zˆ [catatan: mestinya zˆ kˆ yang merupakan vektor satuan kartesian, namun ini untuk supaya tidak membingungkan dengan kˆ vektor satuan arah perambatan] dan dimana E b tegak lurus arah perambatan kˆ . persamaan [5.85] lalu mereduksi menjadi dua persamaan komponen: [5.86a] 2 0 x Ebx k 2 [ Ebx [sin Ebx cos Ebz ]sin ] 5.50 Optika 2 0 z Ebz k 2 [ Ebz [sin Ebx cos Ebz ] cos ] [5.86b] ˆ dengan k dalam persamaan [5.85a] telah dituliskan sebagai: ˆ ˆ ˆ k sin i cos z . Kita dapat menyatakan kembali persamaan [5.96a] dan [5.86b] sebagai: 2 0 x k 2 cos 2 k 2 cos sin Ebx 0 2 0 z k 2 sin 2 Ebz k 2 cos sin [5.87] Untuk solusi nontrivial, determinan matriks ini harus nol, yang memberikan: k 2k 2 [5.88] k2 2 2 x z 2 k x sin k z cos2 dengan k x2 2 0 x dan k z2 2 0 z . Kecepatan fase total diberikan oleh: v [v1 cos ]2 [v3 sin ]2 [5.89] dengan v1 1/ 0 x dan v3 1/ 0 z . Catatan bahwa ketika = 0 maka perambatan gelombang sepanjang sumbu optika dengan medan listrik [dalam arah iˆ ] tegak lurus itu. Kecepatan fase adalah v1 1/ 0 x . Sebenarnya, kecepatan fase gelombang adalah sama untuk sembarang gelombang yang tidak mempunyai komponen vektor polarisasi sepanjang sumbu optika, yaitu v1 v2 1/ 0 x c / n0 jika x y di dalam kristal uniaksial, dimana n0 x / 0 adalah indeks bias biasa [ordinary]. Gelombang yang dikaitkan dengan dua indeks bias tersebut telah kita sebut sinar-o. Sekarang jika / 2 , vektor polarisasi terletak pada sumbu optika. Kecepatan fase gelombang adalah v3 1/ 0 z c / ne , dengan ne z / 0 adalah indeks bias extraordinary. Gelombang dengan indeks bias ini kita telah sebut sebagai sinar-e. Birefringence adalah fenomena dimana kecepatan fase gelombang optika yang merambat di dalam kristal bergantung pada arah polarisasinya. Ditunjukkan bahwa jika berkas cahaya mengenai kristal uniaksial dalam arah selain sumbu optika maka dua berkas akan keluar dari kristal yang keduanya terpolarisasi tegak lurus satu sama lain. Oleh karena 5.51 PEFI4311/MODUL 5 itu, jika kita melihat obyek melalui kristal, dua bayangan akan teramati. Oleh karena itu, fenomena ini juga disebut pembiasan ganda. Selanjutnya, salah satu metode yang cocok untuk menggambarkan arah polarisasi dua gelombang yang diijinkan dan kecepatan fasenya adalah dengan menggunakan ellipsoid indeks bias, yang secara matematik dapat dinyatakan dengan: x2 nx2 y2 n 2y z2 nz2 1 [5.90] dengan n1 x / 0 , n2 y / 0 dan n3 z / 0 . Gambar 5.22[a] menunjukkan ellipsoid indeks bias. Dari persamaan [5.90] kita dapat menentukan bahwa indeks bias masing-masing juga dua polarisasi yang diijinkan dari D untuk arah perambatan yang diberikan di dalam kristal. Untuk melihat ini kita dapat meninjau sebuah bidang tegak lurus arah perambatan k yang mengandung pusat ellips. Perpotongan bidang tersebut dengan ellipsoid adalah ellips A dalam Gambar 5.22b, digambarkan untuk kristal uniaksial. Arah dua pergeseran yang mungkin D1 dan D2 sekarang berimpit dengan sumbu mayor dan minor elips A, dan indeks bias yang sesuai untuk dua gelombang terpolarisasi bidang diberikan oleh panjang dua sumbu semi. Untuk kristal uniaksial, x y , sedangkan z berbeda. Gambar 5.22. [a] Elipsoid indeks bias [b] Dua polarisasi yang diijinkan D1 dan D2. 5.52 Optika Kita lalu mempunyai nx = ny = no dan nz = ne. D1 adalah sinar-o sedangkan D2 adalah sinar-e. Indeks bias ne [ ] sepanjang D2 dapat ditentukan berdasarkan Gambar 5.19. Gambar 5.23 Tampang lintang elipsoid indeks bias yang menggambarkan nilai indeks bias yang bergantung pada arah perambatan gelombang. Menerapkan relasi: ne2 [ ] z 2 y 2 z ne [ ] [5.91] sin [5.92] dan persamaan ellips : y 2 / no2 z 2 / ne2 1 [5.93] maka kita mempunyai persamaan untuk indeks bias bergantung sudut: 1 ne2 [ ] cos 2 no2 sin 2 ne2 [5.94] Persamaan ini dapat juga diturunkan langsung dari persamaan [5.89]. 2. Pergeseran Fase Medan Optis Kita tinjau sebuah plat terbuat dari bahan uniaksial. Sumbu optika bahan seperti pada Gambar 5.20 searah dengan sumbu z. Kita tinjau gelombang 5.53 PEFI4311/MODUL 5 terpolarisasi linear mengenai kristal pada x = 0 sehingga menyebabkan medan riil di dalam kristal pada x = 0+ berbentuk: [5.95] Emasuk Re[ E0 [ yˆ zˆ] exp[it ]] Medan tersebut berjalan melalui plat kristal uniaksial, dan pada sisi kanan plat [x = d] medan riil tersebut dapat dinyatakan dengan: Ekeluar Re[ E0 [exp[i d ] yˆ exp[i d ] zˆ]exp[it ]] [5.96] v2 v3 Kita lihat dua gelombang terpolarisasi bidang memerlukan beda fase jika merambat melalui kristal etrsebut. Pergeseran fase relatif antara sinar-o dan sinar-e adalah: Gambar 5.24 Plat retardasi 2 [5.97] d [ne no ]d [n n ]d c v e o v3 v2 dengan v adalah panjang gelombang cahaya dalam vakuum. Jika ne no maka sinar-e akan ketinggalan fasenya oleh sinar-o, yaitu sinar-o berjalan lebih cepat sedangkan jika ne no , sebaliknya. Plat seperti ini yang mempunyai sifat penggeser fase disebut dengan kompensator atau plat retardasi. Arah polarisasi untuk dua gelombang yang diijinkan saling tegak 5.54 Optika lurus dan biasanya disebut sumbu lambat dan sumbu cepat kristal. Jika permukaan-permukaan plat tegak lurus terhadap sumbu utama x, arah dimana gelombang merambat maka plat kristal disebut x-cut. Jika 2m , dimana m adalah bilangan bulat [dengan menyertakan ketebalan d] maka kompensator disebut plat full-wave. Gelombang-e ditunda atau didulukan satu putaran penuh terhadap gelombang-o. Berkas yang keluar akan mempunyai keadaan polarisasi yang sama seperti berkas masuk. Jika [2m 1] dan [m 1/ 2] maka kita mempunyai plat half-wave dan plat quarter-wave[karena d [ne no ] / 4 ], masing-masing. Plat half-wave mampu memutar bidang polarisasi gelombang masuk. Ini diperlihatkan dalam Gambar 5.25. Gambar 5.25 Rotasi polarisasi oleh plat half-wave B. POLARISASI ABSORPSI SELEKTIF 1. Kristal Dichroic Pada tahun 1815 Biot menemukan bahwa pada kristal-kristal mineral tertentu, seperti tourmaline, menampakkan serapan selektif cahaya yang bergantung pada keadaan polarisasinya. Kristal-kristal ini [disebut kristal dichroic] adalah kristal anisotop; yang dengan kuat menyerap cahaya yang PEFI4311/MODUL 5 5.55 terpolarisasi pada arah sejajar dengan bidang partikular kristal, namun mentransmisikan dengan mudah cahaya yang terpolarisasi dalam arah tegak lurus. Jadi, kristal akan menyerap salah satu keadaan polarisasi lebih kuat dari pada yang lain. Bila gelombang datang cahaya tak terpolarisasi melewati kristal dichroic maka salah satu komponen polarisasi diserap dan gelombang tepancar dengan kuat dipolarkan dalam arah tegak lurus, seperti pada Gambar 5.26. Gambar 5.26 Polarisasi dengan serapan selektif pada salah satu komponen polarisasi di dalam kristal dichroic. Dalam kristal-kristal dichroic molekul-molekul disusun dalam cara sedemikian rupa cahaya dipolarisasikan dalam salah satu arah transmisi, sedangkan cahaya terpolarisai dalam arah tegak lurus dengan kuat diserap. Tipe polarizer dichroic yang paling umum digunakan untuk lembaran-H Polaroid, seperti yang diteliti oleh E.H. Land, 1938 [pencipta kamera Polaroid Land]. Lembar plastik terbuat dari molaekul rantai-panjang polyvinyl alcohol dipanaskan dan lalu direntang beberapa kali dari ukuran aslinya. Selama proses ini molekul menjadi tersejajarkan sepanjang arah rentangan. Lembaran tersebut lalu direkatkan di sepotong plastik kaku untuk menstabilkan ukurannya, dan lalu dicelup dalam iodine. Atom-atom iodine lalu terekat sendiri dalam molekul polyvinyl alkohol dan menghasilkan rantai panjang sejajar yang mempunyai sifat penghantar. Jika cahaya tak 5.56 Optika terpolarisasi menganai sepotong lembar-H tersebut maka komponen polarisasi yang sejajar rantai iodine akan menginduksi arus dalam rantai penghantar tersebut dan oleh sebab itu, dengan kuat diserap. Akibatnya, berkas tertransmisi dipolarisasi dalam arah tegak lurus arah molekul. Arah polarisasi berkas transmisi disebut sumbu polarisasi atau sumbu transmisi bahan. Serapan selektif komponen polarisasi yang berbeda dari sebuah gelombang terjadi untuk semua tipe radiasi EM. Gambar 5.27 menunjukkan sebuah eksperimen untuk mendemonstrasikan serapan selektif dalam daerah gelombang mikro spektrum. Antena dipole listrik Hertzian ditempatkan dalam titik fokus pemantul parabolik sehingga menghasilkan gelombang bidang mikro, yang dipolarisasi dalam arah sejajar dengan sumbu antena. Grid-grid penghantar yang disusun dari kawat-kawat halus sejajar ditempatkan terpisah seperempat panjang gelombang ditempatkan di antara antena dan detektor yang tidak sensitif terhadap polarisasi. Sinyal output detektor lalu ditemukan bergantung pada orentasi grid kawat terhadap sumbu antena. Dengan grid sejajar sumbu antena, 0o , gelombang transmisi hampir seluruhnya dieliminasi, sedangkan dengan grid tegak lurus sumbu antena, 90o , gelombang transmisi hanya dilemahkan sedikit. Grid kawat tersebut bekerja sebagai antena penerima. Arus listrik yang diinduksi mengalir dalam kawat menghasilkan serapan energi gelombang melalui pemanasan Joule. Energi yang hilang sangat kecil untuk 90o dan sangat besar untuk 0o . Jadi sumbu transmisi grid kawat adalah tegak lurus arah kawat. Gambar 5.27 Set-up eksperimen gelombang mikro untuk demenostrasi serapan selektif radiasi terpolar. 5.57 PEFI4311/MODUL 5 2. Hukum Malus Andaikan seberkas cahaya tak terpolarisasi dengan intensitas I 0 melewati polarizer [misal, Polaroid H-sheet]. Berkas yang keluar kemudian terpolarisasi linear dalam arah sumbu polarisasi lembaran-H tersebut dan membawa fluks energi I1 = ½ I0 seperti pada Gambar 5.22. Berkas berikutnya melewati lembar-H yang kedua [disebut analyzer] yang sumbunya pada sudut terhadap arah polarisasi berkas masuk. Berapakah intensitas cahaya transmisi melalui anaylizer? Jawaban untuk ini dengan mudah disimpulkan. Gambar 5.22 tersebut, menunjukkan bahwa medan vektor E’ dari salah satu rangkaian gelombang dalam berkas yang memasuki analyzer. Komponen E’ yang tegak lurus sumbu transmisi, sebut saja, Ex' E 'sin , dimatikan, sedangkan komponen sejajar, E y' E 'cos , diteruskan dengan hanya pelemahan kecil. Fluks energi yang bersesuaian adalah sebanding dengan E y'2 sehingga fluks total transmisi adalah rata-rata semua gelombang semacam. Hasilnya adalah, I 2 I1 cos2 [5.95] Rumus ini disebut hukum Malus, dan diamati pada tahun 1809. Contoh Soal 6: Turunkan hukum Malus I I 0 cos2 ? Penyelesaian: Gelombang datang terpolarisasi bidang, E E0 sin t , yang membuat sudut dengan sumbu transmisi, ekivalen dengan dua gelombang terpolarisasi bidang, masing-masing: E|| [ E0 cos ]sin t dan E [ E0 sin ]sin t searah dan tegak lurus sumbu transmisi. Karena intensitas sebanding dengan kuadrat amplitudo, dan karena hanya E|| yang ditransmisikan maka: I [ E0 cos ] [ E0 cos ] cos2 I0 E0 E0 Jadi, I I 0 cos2 . 5.58 Optika LAT IH A N Untuk memperdalam pemahaman Anda mengenai materi di atas, kerjakanlah latihan berikut! 1] Salah satu metode untuk menghasilkan berkas cahaya polarisasi dari berkas cahaya tak terpolarisasi adalah dengan menggunakan prisma Wollaston. Prisma ini mengandung dua potong calcite 30 o yang direkatkan bersama dengan sumbu optika saling tegak lurus. Tentukan separasi angular o 2 e2 antara berkas masuk dan keluar untuk = 589 nm? 2] Berapakah ketebalan minimum kuarza yang dibutuhkan untuk menghasilkan cahaya terpolarisasi sirkular dari berkas cahaya terpolarisasi linear yang dihasilkan oleh sumber uap sodium, = 5,89 x 10-7 m? 3] Sebuah berkas terkolimasi dari sumber sodium dengan = 589,3 nm, mengenai tegak lurus plat calcite [kalsit] sejajar yang sumbu optikanya tegak lurus berkas. Tentukan panjang gelombang sinar-o dan sinar-e di dalam calcite [kalsit]? PEFI4311/MODUL 5 5.59 4] Jika berkas cahaya terpolarisasi mempunyai 1/10 intensitas I0 setelah melalui analyzer, berapakah sudut antara sumbu analyzer dengan amplitudo awal berkas cahaya? 5] Cahaya tak terpolarisasi dengan intensitas I0 mengenai tumpukan dua filter yang sumbu transmisinya membuat sudut . Nyatakan intensitas It dari berkas keluar filter? 6] Cahaya terpolarisasi intensitas I0 mengenai sepasang lembar polarizer. Misalkan 1 dan 2 adalah sudut antara amplitudo datang dengan sumbu pertama dan kedua lembar Polaroid. Tunjukkan bahwa intensitas cahaya transmisi adalah I’ = I0cos2 1 cos2[ 2 - 1 ]? Petunjuk Jawaban Latihan 1] Dalam gambar, penandaan sinar-e dan sinar-o adalah pada segmen 2 prisma. Polarisasi sinar-o sedemikian hingga di dalam segmen 1adalah sejajar dengan sumbu optika, oleh sebab itu, sinar ini berjalan dengan laju c/ne di dalam segmen 1. Dengan cara yang sama, laju sinar-e di segmen 1 adalah c/no. Kemudian, dengan hukum Snellius untuk sinar-e pada titik A [indeks bias calcite untuk no = 1,658 dan ne = 1,486] maka: no sin 30 ne sin e1 e1 33,91o Untuk sinar-o maka: ne sin 30 no sin o1 o1 26,62o Pada titik B: sudut datang sinar-e adalah 33,91 – 30 = 3,91o. Jadi berlaku: ne sin 3,91 n[ 1]sin e2 e 2 5,82o Sudut datang untuk sinar-o adalah 30 – 26,62 = 3,38 sehingga berlaku: no sin 3,38 n sin o2 o2 5,61o Oleh karena itu, sudut antara dua berkas yang keluar adalah: o2 e2 5,61 5,82 11, 43o 5.60 Optika 2] Dalam kasus ini kristal kuarsa adalah pembias ganda positif dengan n o = 1,5442 dan ne = 1,5534 sehingga cahaya yang keluar plat adalah polarisasi sirkular kanan. Dengan menggunakan persamaan [5.97]: 2 [ne no ]d maka d ... 1, 6 m 4[ne no ] 2 v 3] Untuk medium linear, yang secara umum berlaku frekuensi tidak berubah bila berkas memasuki medium. Oleh karena itu, dapat digunakan dan dihitung: c f ... 5,1x1014 Hz 4] Dengan I I 0 cos2 maka I 0.1I0 I0 cos2 ... 71,6o 5] Asumsikan bahwa cahaya tak terpolarisasi adalah tersusun dari dua medan saling tegak lurus dengan intensitas yang sama. Oleh karena itu setelah setelah diserap filter pertama, intensitas yang keluar adalah I = ½ I0. Setelah melalui filter kedua oleh karena itu It / I0 [ 1 2] cos2 . 6] Intensitas cahaya setelah melewati polarizer pertama adalah I = I 0cos2 1 . Cahaya ini dipolarisasikan terhadap arah sumbu lembar polaroid pertama, dan jadi sumbunya membuat sudut [ 2 - 1 ], dengan sumbu lembar kedua [lihat gambar]. Akibatnya, intensitas cahaya setelah melalui polarizer kedua adalah: I’ = Icos2[ 2 - 1 ]=I0cos2 1 cos2[ 2 - 1 ] PEFI4311/MODUL 5 5.61 R A NG KU M AN Untuk medium tak isotrop, seperti kristal Calcite [Kalsit] dan Kuarsa, medium bersifat tak isotrop. Ketakisotropan berarti laju cahaya adalah berbeda dalam arah yang berbeda di dalam kristal. Kristal semacam ini disebut kristal pembias ganda [birefringent] karena dapat menampilkan dua macam sinar bias jika sebuah berkas cahaya jatuh dan melalui medium tak isotrop tersebut. Dalam kristal tak isotrop cahaya yang merambat dalam arah tertentu, mempunyai laju tertentu untuk satu komponen polarisasi [sejajar] dan juga merambat pada laju lain untuk komponen tegak polarisasi. Karena cahaya berjalan dalam dua laju berbeda maka juga dikaitkan dengan dua indeks bias yang berbeda. Jika sebuah berkas cahaya memasuki kristal tak isotrop maka dua berkas terbias akan dihasilkan. Jika sebuah obyek dilihat melalui kristal pembias ganda maka dua bayangan akan teramati, yang satu menutupi yang lain. Medium semacam ini kemudian dapat digunakan sebagai polarisator untuk menghasilkan berkas terpolarisasi. Gambaran ketakisotropan kristal pembias ganda dibantu dengan membedakan arah unik dalam struktur kristal yang disebut sumbu optika. Gelombang-gelombang cahaya yang dipolarisasikan dalam arah tegak lurus sumbu optika merambat dengan laju yang sama dalam semua arah. Gelombang semacam ini disebut gelombang biasa [ordinary] atau kita sebut sinar-o. Pada bidang batas kristal, sinar-sinar ini mengikuti hukum Snellius dengan indeks bias no. Sebagai contoh, Calcite mempunyai no = 1,658 [untuk cahaya kuning sodium]. Komponen gelombang yang tidak dipolarkan tegak lurus pada sumbu optika mempunyai laju rambat yang bergantung pada arah perambatan dalam kristal. Di dalam Calcite [Kalsit], sebagai contoh, laju ini selalu lebih besar daripada c/no. Gelombang semacam ini, secara umum, tidak mengikuti hukum pembiasan biasa: muka gelombang tidak perlu tegak lurus pada arah sinar. Gelombang-gelombang ini disebut gelombang extraordinary [sinar-e]. Sinar-e dengan laju paling besar adalah gelombang dengan polarisasi sejajar sumbu optika. Untuk sinar ini hukum Snellius berlaku baik, dan laju gelombang adalah c/ne. Sebagai contoh, ne = 1,486 [untuk cahaya kuning sodium]. Kristal seperti Calcite [Kalsit] dan tourmaline mempunyai sumbu optika tunggal dan dipandang sebagai kristal uniaksial. Ada tipe kristal lain [feldspar dan mica misalnya] dapat mempunyai dua sumbu optika. Kristal ini disebut kristal biaksial. Tidak ada sinar-o dalam kristal 5.62 Optika biaksial. Di dalam kristal uniaksial maka relasi indeks bias dapat dinyatakan dengan persamaan elips indeks bias: Dengan rumus ini maka orentasi sinar-sinar di dalam kristal dapat diketahui berdasarkan sudut-sudut yang dihitung. Salah satu keggunaan kristal tak isotrop uniaksial ini adalah untuk devais pengepasan fase dalam optikaa nonlinear. Kristal dichroic yang merupakan kristal anisotrop dengan kuat menyerap cahaya yang terpolarisasi pada arah sejajar dengan bidang partikular kristal, namun mentransmisikan dengan mudah cahaya yang terpolarisasi dalam arah tegak lurus. Jadi kristal akan menyerap salah satu keadaan polarisasi lebih kuat dari pada yang lain. Bila gelombang datang cahaya tak terpolarisasi melewati kristal dichroic maka salah satu komponen polarisasi diserap dan gelombang terpancar dengan kuat dipolarkan dalam arah tegak lurus. Dalam kristal-kristal dichroic molekul-molekul disusun dalam cara sedemikian rupa cahaya dipolarisasikan dalam salah satu arah transmisi, sedangkan cahaya terpolarisai dalam arah tegak lurus dengan kuat diserap. Oleh karena sifat ini maka bahan-bahan seperti kristal dichroic dapat digunakan sebagai polarizer. Tipe polarizer dichroic yang paling umum digunakan untuk lembaran-H Polaroid, seperti yang diteliti oleh E.H. Land, 1938 [pencipta kamera Polaroid Land]. Lembar plastik terbuat dari molekul rantai-panjang polyvinyl alcohol dipanaskan dan lalu direntang beberapa kali dari ukuran aslinya. Selama proses ini molekul menjadi tersejajarkan sepanjang arah rentangan. Lembaran tersebut lalu direkatkan di sepotong plastik kaku untuk menstabilkan ukurannya, dan lalu dicelup dalam iodine. Atom-atom iodine lalu terekat sendiri dalam molekul polyvinyl alkohol dan menghasilkan rantai panjang sejajar yang mempunyai sifat penghantar. Jika Atom-atom iodine lalu terikat sendiri dalam molekul polyvinyl alkohol dan menghasilkan rantai panjang sejajar yang mempunyai sifat penghantar. Jika cahaya tak terpolarisasi menganai sepotong lembar-H tersebut maka komponen polarisasi yang sejajar rantai iodine akan menginduksi arus dalam rantai penghantar tersebut dan oleh sebab itu dengan kuat diserap. Akibatnya, berkas tertransmisi dipolarisasi dalam arah tegak lurus arah molekul. Arah polarisasi berkas transmisi disebut sumbu polarisasi atau sumbu transmisi bahan. Andaikan seberkas cahaya tak terpolarisasi dengan intensitas I0 melewati polarizer [misal, Polaroid H-sheet]. Berkas yang keluar kemudian terpolarisasi linear dalam arah sumbu polarisasi lembaran-H tersebut dan membawa fluks energi I1 = ½ I0 . Berkas keluaran ini berikutnya dilewatkan lembar-H yang kedua [disebut analyzer] yang sumbunya pada sudut terhadap arah polarisasi berkas masuk. PEFI4311/MODUL 5 5.63 Intensitas cahaya transmisi melalui anaylizer dapat dihitung dengan rumus I 2 I1 cos2 . Rumus ini disebut hukum Malus, dan diamati pada tahun 1809. TES F OR M AT IF 2 Pilihlah satu jawaban yang paling tepat! 1] Sebuah berkas terkolimasi dari sumber sodium dengan = 589,3 nm, mengenai tegak lurus plat Calcite [ne = 1,4864 dan no = 1,6584] sejajar yang sumbu optikanya tegak lurus berkas. Tentukan panjang gelombang sinar-o dan sinar-e di dalam Calcite [Kalsit]? A. e 600nm dan o 455nm B. e 233nm dan o 205nm C. e 390nm dan o 350nm D. e 400nm dan o 355nm 2] Hitunglah sudut antara sinar-e dan sinar-o yang ke luar dari parisma Wollaston Calcite yang sudut sisinya 15o? A. = 5o13’ B. = 4o12’ C. = 2o23’ D. = 4o44’ 3] Sebuah cahaya 590 nm mengenai plat retardasi. Berapa ketebalan minimum plat supaya plat menjadi plat quarter-wave? [ne = 1,5534 dan no = 1,5443]. A. d = 0,025 mm. B. d = 0,222 mm. C. d = 0,015 mm. D. d = 0,005 mm. 4] Kita mempunyai sumber cahaya sirkular kiri [ = 656 nm] yang ingin diubah menjadi sirkular kanan dengan plat retarder kuarza yangnmempunyai ne = 1,551 dan no = 1,542. Hitunglah ketebalan minimum plat yang diperlukan? 5.64 A. B. C. D. Optika d = 2,24 x 10-3 cm untuk plat half-wave d = 2,64 x 10-3 cm untuk plat full-wave d = 3,64 x 10-3 cm untuk plat half-wave d = 2,24 x 10-3 cm untuk plat half-wave 5] Sumbu optika dapat didefinisikan sebagai arah ... A. simetri rotasi B. di mana sinar-o dan sinar-e selalu mempunyai kecepatan sama C. di mana sinar-o dan sinar-e mempunyai kecepatan terbesarnya D. di mana sinar-o dan sinar-e mempunyai kecepatan terkecilnya 6] Sebuah berkas laser He-Ne [633 nm] terpolarisasi bidang mengenai tegak lurus kristal calcite. Tentukan ketebalan kristal yang menghasilkan beda fase / 6 antara sinar-o dan sinar-e. [ne = 1,486 dan no = 1,658] A. d = 406 nm B. d = 308 nm C. d = 204 nm D. d = 329 nm 7] Cahaya biasa mengenai lembar Polaroid dan lalu juga mengenai lembar Polaroid kedua dibelakangnya yang bidang vibrasinya membuat sudut 30o dengan bidang vibrasi Polaroid pertama. Jika polaroid diasumsikan ideal, berapa fraksi cahaya tertransmisi dari berkas datang melalui kedua Polaroid tersebut? A. 1/8 Intensitas cahaya datang dilewatkan B. 3/8 Intensitas cahaya datang dilewatkan C. 2/3 Intensitas cahaya datang dilewatkan D. 3/4 Intensitas cahaya datang dilewatkan 8] Dua lembar Polaroid disejajarkan dengan sumbu sejajarnya. Lembar kedua lalu diputar ,melalui sudut 60o. Berapa rasio intensitas cahaya transmisi pertama terhadap yang kedua? A. I1/I2 = 2 B. I1/I2 = 1/4 C. I1/I2 = 2/3 D. I1/I2 = 4 PEFI4311/MODUL 5 5.65 9] Kita lihat sistem Polaroid, seperti gambar di bawah ini. Pada gambar ini, Cahaya terpolarisasi dengan intensitas awal I 0 melewati dua analyzer – Pertama dengan sumbunya 45o terhadap amplitudo berkas awal dan kedua dengan sumbunya 90o terhadap amplitudo awal. Berapakah intensitas berkas yang melewati sistem tersebut dan bagaimana arah amplitudonya? A. I = 0,25I0 dan amplitudo akhir A diorentasikan 90o terhadap amplitudo awal A0 . B. I = 0,30I0 dan amplitudo akhir A diorentasikan 60o terhadap amplitudo awal A0 . C. I = 0,25I0 dan amplitudo akhir A diorentasikan 60o terhadap amplitudo awal A0 . D. I = 0,30I0 dan amplitudo akhir A diorentasikan 90o terhadap amplitudo awal A0 . 10] Sumbu polarizer dan analyzer [sebutan untuk polarizer kedua] diletakkan 30o terhadap satu sama lain. Jika intensitas cahaya tak terpolar I 0 mengenai polarizer, berapa intensitas yang lewat analyzer? A. I’ = 0,699I0 B. I’ = 0,375I0 C. I’ = 0,275I0 D. I’ = 0,115I0 5.66 Optika Cocokkanlah jawaban Anda dengan Kunci Jawaban Tes Formatif 2 yang terdapat di bagian akhir modul ini. Hitunglah jawaban yang benar. Kemudian, gunakan rumus berikut untuk mengetahui tingkat penguasaan Anda terhadap materi Kegiatan Belajar 2. Tingkatpenguasaan = Jumlah Jawaban yang Benar 100% jumlah soal Arti tingkat penguasaan: 90 - 100% = baik sekali 80 - 89% = baik 70 - 79% = cukup < 70% = kurang Apabila mencapai tingkat penguasaan 80% atau lebih, Anda dapat meneruskan dengan modul selanjutnya. Bagus! Jika masih di bawah 80%, Anda harus mengulangi materi Kegiatan Belajar 2, terutama bagian yang belum dikuasai. 5.67 PEFI4311/MODUL 5 Kunci Jawaban Tes Formatif Tes Formatif 1 1] A Dengan E0 adalah amplitudo skalar, E0 x E0 cos120o 0,5E0 dan E0 y E0 sin120o 0,866E0 2] B Polarisasi linear. Resultan medan adalah E = E1 + E2 dan diberikan oleh: E [ z, t ] iˆ[ E0 x E0' x ] cos[t kz ] ˆj [ E0 y E0' y ] cos[t kz ] E [ z, t ] iˆ[[ E0 x E0' x ] ˆj [ E0 y E0' y ]]cos[t kz ] 3] C Tampak bahwa amplitudo vektor E adalah bebas dari z dan t, yaitu tetapannya. Jadi E adalah terpolarisasi linear. Kita dapat menyatakan kedua gelombang berbentuk: ER E0 R [iˆ sin[kz t ] ˆj cos[kz t ]] EL E0 L [iˆ sin[kz t ] ˆj cos[kz t ]] P-State ini untuk gelombang terpolarisasi sirkular muncul jika E0R = E0L dan jika suku kosinus dihilangkan maka:: EP ER EL 2E0 Riˆ sin[kz t ] Oleh karena itu dengan membandingkan hasil ini dengan P-state dalam soal, diperlukan syarat E0 R E0 / 2 . 4] 5] D D Untuk melihat bahwa ini adalah gelombang sirkular, dapat juga dengan menguji apakah amplitudonya konstan atau tidak. Amplitudo E0x dan E0y tidak sama sehingga bahkan meskipun / 2 hasil resultannya tidak cahaya sirkular. Oleh karena itu merupakan cahaya terpolarisasi elips. Untuk keadaan ini maka i t 0 sehingga: r|| n2 cos i n1 cos t nt ni = n2 cos i n1 cos t ni nt 5.68 Optika r 6] D r n1 cos i n2 cos t ni nt = n1 cos i n2 cos t ni nt ni cos i nt cos t . Dibagi dengan ni dan menggunakan nti ni cos i nt cos t maka: cos i nti cos t r cos i nti cos t Dengan hukum Snellius [ sin i ] / nti sin t dan identitas cos A sin A 1 maka dapat diturunkan relasi, 2 r 2 cos i [nit2 sin 2t ]1/ 2 cos i [nit2 sin 2t ]1/ 2 Dengan cara yang sama: n2 cos i [nit2 sin 2t ]1/ 2 r|| it2 nit cos i [nit2 sin 2t ]1/ 2 7] C r cos i [nit2 sin 2t ]1/ 2 cos i [nit2 sin 2t ]1/ 2 , cos 30o = 0,866 dan sin 30o = 0,5 maka: r 0,866 [9 / 4 1/ 4]1/ 2 0,866 [9 / 4 s1/ 4]1/ 2 0, 240 Dengan cara yang sama: r|| 0,159 8] B Tanda minus pada koefisien tegak berarti komponen tegak lurus medan E digeser fasenya sebesar 180o akibat pantulan. Dengan hukum Snellius sin i = nti sin t maka ½ = 3/2 sin t . Oleh karena itu cos t =0,9428. Jadi: t 2ni cos i ... 0, 759 ni cos i nt cos t Dengan rumus r yang sesuai maka t +[- r ] = 0,999. 9] C Dengan n tan p maka p = 56,3o. Jadi sudut datang sama dengan sudut polarisasi. Sudut bias r = 90- p =33,7o. 5.69 PEFI4311/MODUL 5 Tes Formatif 2 e 396nm dan o 355nm . Gunakan e,o 1] C 2] A 3] 4] 5] 6] C C A B 7] B ne ,o = 5o13’. Kita menyimpulkan hasil ini berdasarkan soal latihan dengan beberapa penyesuaian yang penting. d = 0,015 mm.. Gunakan rumus seperti soal latihan. d = 3,64 x 10-3 cm untuk plat half-wave. Sudah jelas. Arah simetri rotasi. d = 308 nm. Gunakan rumus : 2 d no ne| / / 6 3/8 berkas datang dilewatkan setelah filter kedua. Gunakan Hukum Malus untuk Polaroid kedua. I1 / I 2 cos2 cos2 30 0.75 . Jadi ¾ intensitas berkas datang dilewatkan oleh Polaroid kedua. Polaroid pertama dapat diasumsikan melewatkan ½ intensitas cahaya datang. Oleh karena itu ada ½ x ¾ = 3/8 intensitas cahaya datang dilewatkan. Dapat juga dihitung dengan cara: It I1 cos [ I0 cos2 ] cos2 1/ 2.3/ 4. 3/ 8. 8] D 9] A I2/I1 = 4. Dengan hukum Malus: I2 = I1 cos2Q = I1 [cos 60]2 = 0,25 I1. I = 0,25I0 dan amplitudo akhir A diorentasikan 90o terhadap amplitudo awal A0 . Ini dapat dievaluasi seperti berikut. Karena sudut antara sumbu analyzer pertama dan amplitudo awal A0 adalah 45o maka I’ = I0 cos2[45] = 0,5 I0. Amplitudo tertransmisi A ' lalu diorentasikan 45o terhadap sumbu analyzer kedua sehingga intensitas akhirnya adalah I = I’cos2[45] = 0,5I’=0,25I0 dan amplitudo akhir A diorentasikan 90o terhadap amplitudo awal A0 . 10] B I’ = 0,375I0. Jika cahaya melalui polarizer maka intensitas cahaya terpolar akan mengenai analyzer dengan intensitas I = ½ I0. Jadi intensitas yang melalui analyzer adalah I’ = I 0 cos2[30] = 0,375 I0. I’ = 0,563I0. Setelah melewati polarizer maka intensitasnya adalah: I’ = I0cos2[30] = 0,75I0. Cahaya ini dipolarkan 30o 5.70 Optika terhadap sumbu analyzer sehingga intensitasnya menjadi I’ = Icos2[30] = 0,75I0cos2[30] = 0,563 I0. 5.71 PEFI4311/MODUL 5 Glosarium Gelombang Bidang : Gelombang yang arah medan listrik-magnetnya dibatasi/dijaga pada suatu bidang yang tegak lurus pada arah perambatan. Polarisasi linear : Jika orentasi medan [E] tetap selama gelombang bergerak maka gelombang dikatakan terpolarisasi linear/bidang Polarisasi sirkular : Medan vektor resultan E akan berotasi dalam bentuk lingkaran seiring perambatan gelombang ke depan. Jika rotasi E searah putaran jarum jam maka cahaya terpolarisasi sirkular-kanan dan jika rotasinya berlawanan arah putaran jarum jam disebut polarisasi sirkular-kiri. Amplitudo E dalam hal ini tetap selama rotasi. Polarisasi ellips : Medan vektor resultan E akan berotasi dalam bentuk ellips seiring perambatan gelombang ke depan. Jika rotasi E searah putaran jarum jam maka cahaya terpolarisasi ellips-kanan dan jika rotasinya berlawanan arah putaran jarum jam disebut polarisasi ellips-kiri. Amplitudo E dalam hal ini berubah selama rotasi sedemikian hingga ujung vektor E mengikuti lintasan ellips. Polarizer : Devais optika yang mempunyai masukan cahaya biasa [tak terpoalrisasi] dan keluaran berupa cahaya yang sudah terpolarisasi. Mekanisme Dichroic dan birefringent adalah beberapa contoh untuk menghasilkan sebuah 5.72 Optika polarizer. Kristal Tak Isotrop : Dalam kristal tak isotrop laju cahaya adalah berbeda dalam arah yang berbeda di dalam kristal. Dalam kristal tak isotrop cahaya yang merambat dalam arah tertentu, mempunyai laju tertentu untuk satu komponen polarisasi [sejajar] dan juga merambat pada laju lain untuk komponen tegak polarisasi. Karena cahaya berjalan dalam dua laju berbeda maka juga dikaitkan dengan dua indeks bias yang berbeda. Contoh kristal tak isotrop adalah Calcite dan Kuarsa, yang dapat menampilkan efek pembiasan ganda. Sinar-o : Gambaran ketakisotropan kristal pembias ganda dibantu dengan membedakan arah unik dalam struktur kristal yang disebut sumbu optika. Gelombang-gelombang cahaya yang dipolarisasikan dalam arah tegak lurus sumbu optika merambat dengan laju yang sama dalam semua arah. Gelombang semacam ini disebut gelombang biasa atau sinar-o. Pada bidang batas kristal, sinar-sinar ini mengikuti hukum Snellius dengan indeks bias no Sinar-e : Dalam kristal pembias ganda, komponen gelombang yang tidak dipolarkan tegak lurus pada sumbu optika mempunyai laju rambat yang bergantung pada arah perambatan dalam kristal. Gelombang semacam ini, secara umum, tidak mengikuti hukum pembiasan biasa: muka gelombang tidak perlu tegak lurus pada arah 5.73 PEFI4311/MODUL 5 sinar. Gelombang-gelombang ini disebut gelombang extraordinary [sinar-e]. Sinar-e dengan laju paling besar adalah gelombang dengan polarisasi sejajar sumbu optika. Untuk sinar ini hukum Snellius berlaku. Sumbu Optika : Kristal seperti calcite dan tourmaline mempunyai sumbu optika tunggal dan dipandang sebagai kristal uniaksial. Ada tipe kristal lain [feldspar dan mica misalnya] dapat mempunyai dua sumbu optika. Kristal ini disebut kristal biaksial. Tidak ada sinar-o dalam kristal biaksial Kristal Dichroic : Kristal dichroic yang merupakan kristal anisotop dengan kuat menyerap cahaya yang terpolarisasi pada arah sejajar dengan bidang partikular kristal, namun mentransmisikan dengan mudah cahaya yang terpolarisasi dalam arah tegak lurus. Jadi kristal akan menyerap salah satu keadaan polarisasi lebih kuat dari pada yang lain. Bila gelombang datang cahaya tak terpolarisasi melewati kristal dichroic maka salah satu komponen polarisasi diserap dan gelombang terpancar dengan kuat dipolarkan dalam arah tegak lurus. Dengan sifat ini maka bahan-bahan seperti kristal dichroic dapat digunakan sebagai polarizer. Tipe polarizer dichroic yang paling umum digunakan untuk lembaran-H Polaroid, seperti yang diteliti oleh E.H. Land, 1938 [pencipta kamera Polaroid Land. 5.74 Hukum Malus Optika : Andaikan seberkas cahaya tak terpolarisasi dengan intensitas I0 melewati polarizer [misal, Polaroid H-sheet]. Berkas yang keluar kemudian terpolarisasi linear dalam arah sumbu polarisasi lembaran-H tersebut dan membawa fluks energi I1 = ½ I0. Berkas keluaran ini berikutnya dilewatkan lembar-H yang kedua [disebut analyzer] yang sumbunya pada sudut terhadap arah polarisasi berkas masuk. Intensitas cahaya transmisi melalui anaylizer dapat dihitung dengan rumus I 2 I1 cos2 . Rumus ini disebut hukum Malus, dan diamati pada tahun 1809. 5.75 PEFI4311/MODUL 5 Daftar Pustaka Arkundato, A.[1995]. Aspek Klasik dan Kuantum Optikaa Nonlinear, Thesis S1. Arya, A.P. [1979]. Introductory College Physics. Collier MacMillan International Editions. Banerjee, P.P., Ting-Chung Poon, Principles of Applied Optics, Richard D. Irwin, Inc., 1991 Beynon, J., Work out Waves and Optics, Macmillan Education LTD, 1988 Fowles, G.R.,[ 1968]. Optics. Introduction to Modern Optics, Holt, RInehart and Winston, Inc., Guenther, R.. [1990]. Modern Optics. New York: JOhn Wiley and Sons. Halpern, A.[ 1988]. 3000 Solved Problems in Physics. Schaum.s Solved Problems Series, McGraw Hill Book Company. Hecht, E. [1975]. Theory and Problems of Optics. Schaum’s Outline Series, McGraw Hill Book Company. Marion, J.B. [1982]. Physics for Science and Engineering. CBS College Publishing. Milloni, P.W., Eberly, J.H. [1991]. Lasers. John Wiley and Sons. //en.wikipedia.org/wiki/Polarization" Modul 6 Koherensi Artoto Arkundato, S.Si., M.Si. PEN D A HU L UA N I stilah koherensi digunakan untuk menggambarkan korelasi fase di antara gelombang-gelombang monokromatis dalam suatu berkas cahaya. Berkas cahaya dengan relasi fase acak adalah berkas tak-koheren, sedangkan berkas dengan relasi fase konstan/tetap disebut berkas koheren. Pentingnya koherensi adalah manakala kita ingin mengamati pola frinji-frinji yang dapat diamati, misalkan akibat adanya interferensi seperti pada modul yang lalu. Dalam Modul 6 ini kita akan mempelajari sifat-sifat koheren yang lebih detail, menyangkut koherensi longitudinal yang dikaitkan dengan kemurnian spektral sumber, koherensi lateral atau spasial yang dikaitkan dengan ukuran sumber dan juga kita akan melihat ukuran kuantitatif koherensi parsial yaitu suatu kondisi dimana pengukuran-pengukuran eksperimental interferensi yang dilakukan. Untuk membantu telaah kita tentang koherensi ini kita akan memerlukan perangkat matematik yang sangat penting dan sangat terkenal yaitu analisis Fourier. Modul 6 ini dibagi menjadi dua kegiatan belajar. Kegiatan Belajar 1 membicarakan tentang Analisis Fourier dan Kegiatan Belajar 2 membahas tentang sifat-sifat koherensi. Setelah mempelajari Modul 6 ini diharapkan Anda mampu: 1. menerapkan analisis Fourier untuk memecahkan problem-problem yang sesuai, terutama menyangkut koherensi, 2. menjelaskan sifat-sifat koheren berkas cahaya. Selanjutnya untuk meningkatkan pemahaman Anda dalam mempelajari modul ini, untuk setiap kegiatan belajar akan diberikan beberapa contoh soal beserta penyelesaiannya, latihan beserta jawabannya, ringkasan kuliah, 6.2 Optika glosarium, serta ujian formatif yang jawabannya diberikan pada akhir modul. Untuk mengukur benar-benar kemampuan Anda disarankan kerjakan dulu ujian formatif tanpa melihat terlebih dahulu jawaban yang diberikan pada akhir modul. Disarankan juga untuk membaca buku-buku lain yang sesuai untuk menambah wawasan Anda. Materi yang ada dalam website/internet biasanya menampilkan juga hal-hal yang baru oleh sebab itu Anda juga disarankan untuk membuka website tersebut. Ini dapat Anda lakukan, misalnya menggunakan search engine yang sudah terkenal seperti www.google.com. PEFI4311/MODUL 6 6.3 Kegiatan Belajar 1 Analisis Fourier K etika sejumlah gelombang harmonik dengan frekuensi yang sama dijumlahkan bersama [superposisi], meskipun mereka berbeda amplitudo dan fasenya, namun hasilnya adalah juga gelombang harmonik lagi dengan frekuensi yang diberikan. Jika gelombang-gelombang tersebut berbeda frekuensinya, hasilnya masih fungsi periodik namun tidak harmonik dan bentuknya diasumsikan sebarang. Dalam pada itu gelombang-gelombang sebenarnya tidak harus harmonik. Gelombang radio misalnya yang dipancarkan dari sebuah stasiun radio tidaklah murni berbentuk sinus. Namun demikian, studi gelombanggelombang harmonik sangatlah penting sebab bagaimanapun juga kompleksnya bentuk gelombang, ternyata dapat didekati dengan menuliskan fungsi gelombang asli sebagai jumlahan fungsi-fungsi yang harmonik dengan teknik yang disebut analisis Fourier. Dengan analisis Fourier kita dapat menangani permasalahan yang berkaitan dengan cahaya di mana banyak frekuensi muncul dalam berkas. Pengembangan teori Fourier tidak terlepas dari usaha Dirichlet untuk mendukung gagasan Fourier bahwa sebuah fungsi adalah jumlahan dari sukusuku dalam deret tak hingga. Sumbangan Dirichlet tersebut adalah menetapkan suatu kriteria konvergensi untuk deret tersebut. Dewasa ini teknik matematika untuk menangani banyak frekuensi dan sembarang bentuk gelombang berdasarkan teori Fourier telah membentuk dasar-dasar pendekatan modern untuk fisika optik. Problem koherensi juga sangat dibantu dengan teori Fourier ini. Dengan teori Fourier kita diberikan kemudahan untuk membahas wakilan fungsi baik dalam bentuk karakteristik frekuensi maupun temporalnya dan juga mengijinkan kita melakukan perpindahan dari satu wakilan [frekuensi] ke wakilan yang satunya [temporal]. Perpindahan ini dibenarkan karena sering dalam menelaah sesuatu solusi dalam satu wakilan lebih mudah diperoleh dan ditafsirkan dibanding jika kita kerjakan wakilan 6.4 sebelumnya. Ini dimungkinkan transformasiyang sesuai. Optika dengan adanya perangkat Fourier A. DERET FOURIER Deret Fourier yang berusaha mendekomposisi sebuah fungsi menjadi sebuah deret memerlukan kondisi konvergensi sebagai sebuah deret. Keberhasilan dekomposisi bentuk gelombang [waveforms] menjadi bentuk deret gelombang harmonik ini dijamin oleh teorema Dirichlet: “If f[t] is a bounded function of period T with at most a finite number of maxima or minima or discontinuities in a period, the the Fourier Series, a f [t ] 0 am cos[mt ] bm sin[mt ] 2 m1 m 1 [6.1] converges to f[t] at all points where f[t] is continuous and the average of the right and limit at each oint where f[t] is discontinuous. Dalam persamaan [6.1] ini m adalah bilangan bulat, 2 f 2 / T dimana T adalah periode fungsi sebarang f[t]. Suku fungsi kosinus dan sinus dalam deret dapat kita tafsirkan sebagai gelombanggelombang harmonik dengan amplitudo a m dan bm masing-masing dengan frekuensi m, untuk m adalah bilangan bulat. Besarnya koefisien menentukan kontribusi masing-masing gelombang harmonik untuk menciptakan bentuk gelombang tak harmonik. Koefisien Fourier masing-masing suku dalam deret adalah: 2 t0 T a0 f [t ]dt [6.2] T t0 2 t0 T am f [t ] cos[mt ]dt [6.3] T t0 dan 2 t0 T bm f [t ]sin[mt ]dt T t0 [6.4] 6.5 PEFI4311/MODUL 6 Jadi dengan mengetahui f[t] dan batas periodiknya maka kita dapat menghitung koefisien-koefisien dalam masing-masing suku deret sehingga selanjutnya kita dapat melakukan analisis dengan lengkap. Sebagai catatan jika fungsi f[t] periodik dalam selang waktu [-a,a] maka T = 2a sehingga persamaan [6.2] s/d [6.4] dapat dimodifikasi. Contoh Soal 1: Turunkan persamaan [6.2] s/d [6.4] dari persamaan [6.1]? Sebagai catatan: suku pertama deret disebut suku dc, suku kedua disebut deret kosinus dan suku ketiga disebut deret sinus]. Penyelesaian: a] Suku dc Suku pertama yang dikaitkan dengan m = 0 disebut suku dc karena dipandang mempunyai frekuensi nol. Tidak ada b0 karena sinus nol adalah nol. Untuk menentukan koefisien a0 adalah mengalikan kedua ruas persamaan [6.1] dengan dt dan diintegralkan dalam satu periode [ / t / ]. / / / a0 / f [t ]dt / 2 dt m1 / am cos[mt ]dt / / bm sin[mt ]dt m 1 Integral fungsi sinus dan kosinus dalam satu periode adalah nol sehingga: / 2 f / a0 f [t ]dt f [t ]dt / / Jika T = 1/f maka f = 1/T sehingga T [ / , / ] . a0 2 / f [t ]dt untuk T / b] Deret kosinus Koefisien kosinus am diperoleh dengan mengalikan kedua ruas persamaan dengan cos[nt ] dan diintegralkan: 6.6 Optika / / f [t ] cos[nt ]dt / / a0 cos[nt ]dt 2 / / am cos[mt ] cos[nt ]dt m 1 m 1 / / bm sin[mt ] cos[nt ]dt Selanjutnya digunakan identitas trigonometri: cosAcosB = ½ [cos[A+B]+cos[A-B]] dan sinAcosB = ½[sin[A+B]+sin[A-B]] Dengan aljabar yang agak panjang maka dapat kita sederhanakan integral di atas sesuai yang kita ingin cari menjadi: 2 t0 T am f [t ] cos[mt ]dt T t0 c] Deret sinus Kedua ruas persamaan dikalikan dengan sin[nt ] dan diintegralkan seperti sebelumnya, dan dengan menggunakan identitas trigonometri: sinAsinB = ½ [cos[A-B]-cos[A+B]] akan dihasilkan bahwa: 2 t0 T bm f [t ]sin[mt ]dt T t0 Persamaan [6.1] s/d [6.4] sebenarnya berlaku umum untuk sembarang fungsi periodik, baik fungsi waktu maupun fungsi jarak. Untuk fungsi f[x] periodik yang terdefinisi dalam interval [-L x +L] maka deret Fourier adalah: a n x n x f [ x] 0 an cos[ ] bn sin[ ] [6.1b] 2 n 1 L L m 1 a0 1 an 1 dan [6.2b] f [ x]dx f [ x] cos[ n x ]dx L [6.3b] 6.7 PEFI4311/MODUL 6 bn 1 f [ x]sin[ n x ]dx L [6.4b] Contoh soal 2: Carilah koefisien-koefisien deret Fourier dari fungsi: 0, - x 0 f [ x] -x, 0 x Penyelesaian: Jika fungsi f[x] tersebut kita nyatakan dalam bentuk gambar adalah: Gambar 6.1 Kita hitung koefisien-koefisien deret dengan mengingat: 2L =2 jadi L n x n x = sehingga cos[ ]=cos[nx] dan sin[ ]=sin[nx]: L L 0 1 1 x2 a0 f [ x]dx 0dx [ x]dx x 2 0 2 0 0 1 1 am f [ x] cos mxdx 0dx [ x] cos mxdx 0 1 6.8 Optika 1 sin mx 1 [ x] sin mxdx | 0 0 m m 1 cos mx cos mx 1 | m2 m m 0 1 [1]m m2 Dengan cara yang hampir sama unutk bm: bm 1 f [ x]sin[mx]dx 1 1 [ x]sin mxdx m 0 Jadi, deret Fourier yang dicari adalah: 1 [1]m 1 f [ x] cos mx sin mx 2 4 m1 m m B. WAKILAN EKSPONENSIAL Wakilan deret Fourier dalam persamaan [6.1] cocok untuk analisis fugnsi-fungsi riil, namun untuk pengembangan diskusi kita untuk Fourier Transform, kita perlu menyatakan deret Fourier dalam bentuk eksponensial. Kita gunakan identitas berikut: 1 cos[mt ] [exp[imt ] exp[imt ]] dan 2 i sin[mt ] [exp[imt ] exp[imt ]] 2 persamaan [6.1] dengan identitas tersebut dapat kita tuliskan menjadi: a 1 f [t ] 0 [am bm ] exp[imt ] 2 2 m 1 1 [am bm ] exp[imt ] 2 m 1 dengan koefisien-koefisien dalam sumasi diberikan oleh: m am ibm / f [t ][cos[mt ] i sin[mt ]]dt / 6.9 PEFI4311/MODUL 6 m / f [t ] exp[imt ]dt / Ini mengijinkan kita untuk menuliskan kembali f[t] sebagai jumlahan nilai positif dan negatif dari m: f [t ] m m exp[imt ] [6.5] m dengan 2 1 / f [t ]eimt dt [6.6] T / di mana kita telah menetapkan sifat umum persamaan [6.6] jika t diganti dengan –t, dan f[-t] = f[t] untuk fungsi genap serta f[-t] = -f[t] untuk fungsi ganjil. m / / f [t ]eimt dt Kita dapat juga menyatakan bentuk kompleks fungsi periodik spasial f[x]:: f [ x] n cm exp[inx] [6.5b] n dengan m 1 2 f [ x]einx dx [6.6b] Contoh Soal 3: Carilah deret Fourier kompleks dari f [t ] Penyelesaian Gambar 6.2 Kemudian kita hitung: 1 T / k imt m e dt T T / k Untuk m 0 maka: 1, T / k t T / k 0, T / k t T T / k 6.10 Optika 1 exp[i[m[2 / k ]] exp[i[m[2 / k ]] 2 mi 2sin[2 / k ] k [2 / k ] m Untuk a0 integral adalah: 1 T / k 0 dt 2 / k T T / k Jika f [t ] m m exp[imt ] dan kita ambil k = 4 maka dapat kita m tuliskan deret Fourier untuk bentuk gelombang di atas: 2 1 1 f [t ] 1/ 2 cos[t ] cos[3t ] cos[5t ] 3 5 yang tidak lain adalah solusi yang sama untuk contoh soal sebelumnya dengan cara berbeda. C. TRANSFORMASI FOURIER Dalam diskusi deret Fourier, kita telah memerlukan bahwa f[t] adalah fungsi yang periodik. Kita sekarang memperluas teori kita untuk menangani fungsi yang tidak periodik. Kita dapat menerapkan ekspansi deret Fourier untuk fungsi nonperiodik dengan mencatat bahwa fungsi nonperiodik adalah fungsi peiodik dengan periode takhingga yaitu dari t = - s/d t = +. Dapat diberikan [tanpa bukti] bahwa deret Fourier diskrit sekarang menjadi sebuah integral: f [t ] g [ ]e it d [6.9] dengan g [ ] kita definisikan sebagai Transformasi Fourier dari f[t]: g [ ] 1 2 f [t ]eit dt [6.10] Kedua persamaan ini mempunyai sifat simetri satu sama lain dan sering kita sebut sebagai “pasangan Fourier-Transforms”. Sebagai ganti spektrum diskrit frekuensi yang diberikan dengan deret Fourier persamaan [6.1] maka kita membawa ke spektrum kontinu menurut persamaan [6.9]. Gambar 6.3 6.11 PEFI4311/MODUL 6 melukiskan bagaimana kaitan antara bentuk diskrit deret Fourier dan bentuk kontinu melalui integral Fourier seperti telah kita berikan di atas. Gambar 6.3 Kaitan antara bentuk diskrit dan bentuk kontinu deret Fourier melalui integral Fourier Koefisien-koefisien Fourier untuk fugnsi periodik yang mencirikan komponen-komponen harmonik diskrit amplitudo cn pada frekuensi n. Fourier transformasi fugnsi nonperiodik memerlukan spektrum frekuensi kontinu g [ ] sebagai gantinya. Perlu dicatat disini jika fungsi yang diwakili adalah fungsi spasial x dengan periode L dan bukan fungsi waktu t dengan periode T maka dalam persamaan [6.1] s/d [6.10] seharusnya T diganti dengan L dan frekuensi temporal 2 /T diganti frekuensi spasial k 2 / L . transformasi fourier untuk persamaan [6.9] dan [6.10] menjadi: f [ x] g [ k ]e ikx dk [6.11] dengan g [k ] kita definisikan sebagai Transformasi Fourier dari f[x]: g [k ] 1 2 f [ x]eikx dx [6.12] Pada persamaan [6.9] s/d persamaan [6.12] , suku einx , disebut Kernel dari transformasi. 6.12 Optika D. ANALISIS FOURIER RANGKAIAN GELOMBANG HARMONIK BERHINGGA Resolusi spektral dari sebuah gelombang sinus jika merupakan rangkain tak hingga banyak gelombang, adalah suatu keadaan yang sangat sederhana. Ini adalah satu suku dari deret Fourier, yang juga memberikan frekuensi aktual dari gelombang tersebut. Dalam kasus ini, semua suku-suku koefisien yang lain dalam deret hilang. Gelombang sinus tak hingga ini namun demikian hanyalah idealisasi matematika. Dalam kenyataan praktis yang sesungguhnya, gelombang adalah sebuah wavetrain [rangkaian gelombang] dengan panjang berhingga, seperti dalam Gambar 6.4 berikut. Gambar 6.4 Rangkaian berhingga gelombang harmonik dengan periode 2 / 0 Analisis Fourier dari wavetrain tersebut kemudian harus dipandang sebagai fungsi nonperiodik. Artinya ini tidak lagi dapat diwakili sebagai gelombang sinus tunggal yang tidak mempunyai ujung dan pangkal [awal dan akhir]. Ini agaknya, bermacam-macam gelombang harmonik yang bergabung untuk menghasilkan wavetrain harus banyak sekali dan terseleksi sedemikian hingga secara tepat menghasilkan wavetrain selama interval waktu yang ada dan lenyap dimana-mana di luar interval waktu tersebut. Jadi, muncul dan lenyapnya gelombang-gelombang tersebut menambahkan banyak komponen-komponen spektral yang lain ke wavetrain temporal itu 6.13 PEFI4311/MODUL 6 sendiri. Penggunaan integral Transformasi Fourier, sebenarnya, untuk distribusi kontinu komponen-komponen frekuensi. Apa yang kita telah katakan disini tentang sebuah wavetrain berhingga adalah juga benar untuk sebarang pulsa terisolasi, mengabaikan bentuk pulsa itu sendiri. Kita menganggap untuk penyederhanaan resolusi spektral sebuah pulsa, jika ada di suatu titik, adalah gelombang harmonik. Problem tersebut harus ditangani, seperti yang disarankan, dengan transformasi fourier integral persamaan [6.9] s/d [6.12]. Pada Gambar 6.4 kita telah memindahkan titik awal kerangka waktu sehingga wavetrain bersifat simetri di tempat tersebut. Wavetrain mempunyai lifetime 0 dan frekuensi 0 . Jadi ini harus diwakili oleh: exp[i0t ], - t f [t ] 2 2 0, ditempat lain Spektrim frekuensi g[] dihitung dari khusus f[t] seperti persamaan [6.13]: g [ ] 1 2 f [t ]eit dt [6.13] persamaan [6.10] dengan fungsi 1 2 0 / 2 ei0 eit dt 0 / 2 Integrasi ini menghasilkan, g [ ] ei [ 0 ] 0 / 2 ei [ 0 ] 0 / 2 1 [ 0 ] 2i atau dengan menggunakan identitas eix – e-ix = 2i.sinx maka kita dapatkan: g [ω] sin[[ τ 0 / 2][ω ω0 ]] sin[[ τ 0 / 2][ω ω0 ]] τ 0 [6.14] π [ω ω0 ] 2π [[ τ / 2] π [ ω ω ]] 0 0 u [ 0 / 2][ 0 ] maka kita mempunyai g [] [ 0 / 2][[sin u] / u] . Fungsi [sin u] / u sering disebut dengan sinc[u]. Fungsi ini mempunyai sifat jika u 0 maka fungsi mendekati nilai 1. Jadi, dari persamaan [6.14] kita dapat menyimpulkan, Jika kita definisikan 6.14 Optika lim g [ ] 0 2 [6.15] Lebih jauh, fungsi sinc[u] lenyap jika sinu = 0 kecuali di u = 0, yaitu kasus yang ditunjukkan oleh persamaan [6.15]. Di setiap kasus lain, sin u = 0 untuk u = n, n= 1, 2...., dan jadi: 2m [6.16] g [ ] 0 ketika 0 0 Jadi, jika bertambah [berkurang] terhadap 0 maka g [ ] akan melewati titik-titik dengan g [ ] =0 nol secara periodik. Ini dapat kita gambarkan, seperti pada Gambar 6.5. Titik asal spektrum frekuensi dipilih 0 . Jika amplitudo g [ ] dikuadratkan maka hasil kurva menggambarkan spektrum daya. Meskipun frekuensi-frekuensi jauh dari 0 menyumbang spektrum daya, namun bagian terbesar energi dibawa oleh frkuensi yang hadir dekat maksimum pusat yang lebarnya 4 / 0 . Sebagai catatan untuk Gambar 6.4, lebih pendek wavetrain maka lebih pendek lifetime 0 dan lebih lebar maksimum pusat pada Gambar 6.5. Ini berarti gelombang harmonik membuat kontribusi penting pada wavetrain aktual yang mempunyai rentang frekuensi yang lebih besar. Kita ambil, setengah lebar maksimum pusat, atau 2 / 0 , untuk menunjukkan secara mudah range frekuensi-frekeunsi dominan yang diperlukan. Kriteria ini paling tidak memberikan kaitan invers penting dengan 0 . Gambar 6.5 Spektrum frekuensi 6.15 PEFI4311/MODUL 6 Fourier transformasi dari wavetrain harmonik berhingga dari Gambar 6.4. Garis putus-putus memberikan amplitudo spektrum frekuensi dan garis utuh memberikan kuadrat dari spektrum daya. Kurva tersebut telah dinormalkan untuk amplitudo maksimum yang sama. Dengan demikian, kita tuliskan, sebagai ukuran pita frekuensi yang dipusatkan sekitar 0 yang diperlukan untuk mewakili wavetrain harmonik frekuensi 0 dan lifetime 0 adalah, 2 0 atau f 1/ 0 [6.17] Persamaan ini menunjukkan jika 0 [berhubungan dengan wavetrain panjang tak hingga] maka 0 sehingga frekuensi tunggal 0 atau panjang gelombang tunggal 0 cukup untuk menggambarkan wavetrain. Ini adalah kasus ideal di mana kita mempunyai berkas yang monokromatis sempurna. Sebaliknya jika 0 0 maka . Jadi lebih tajam dan lebih sempit pulsa maka lebih besar jumlah frekuensi-frekuensi yang diperlukan untuk menggambarkannya. LAT IH A N Untuk memperdalam pemahaman Anda mengenai materi di atas, kerjakanlah latihan berikut! 1] Carilah deret Fourier untuk fungsi f[x] cos x, 0 x jika: f [ x] cos x, x 0
, - x 0 2] Carilah deret Fourier untuk fungsi f[x] jika: f [ x] x, 0 x 3] Carilah Fourier transformasikompleks dari f [ x] exp[ | x |] ? 4] Tentukan f[x] = exp[x], -