Electromagnetismo II
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Unidad 2. Propagación de ondas Electromagnéticas Ing. José Miguel Hernández Abril, 2009 Ejercicios Resueltos Ejercicio 10.1 de Sadiku →
En el vacío, H = 0.1cos( 2 × 108 t − kx)aˆ y A/m. (a) calcule k , λ y T . (b) Determine el tiempo t 1 que la onda tarda en recorrer λ/8. (c) Trace la onda en t 1. 8 2 10 × u=c= k = = = 0.667 rad/m k c 3 × 108 2π c 2π (3 × 108 ) = = 9.425 m λ = 2 × 108 ω
ω
ω = 2× 10 rad/m 8
u
=c=
T =
f λ =
ω λ 2π
ω
1
= 2π = 2π 8 = 31.416 × 10− 9 s = 31.4 ns f ω 2 × 10
Fase constante ω t − kx = constante Si ∆t = t 1 − 0 ∆ x = λ / 8
ω ∆t − k ∆x = 0 2π λ 2π T λ t 1 = = = ω t 1 − k = 0 8 λ 8ω 8ω 8
En t = t 1: H = 0.1cos( 2 × 108
T
8
λ/8
− kx)aˆ y = 0.1cos( 0.7854 − 0.667 x)aˆ y
λ
0.15
t 1=T/8
0.1 0.05
H( x, 0)
T 8
H x,
0 0.125 0.2 0.25 0.375 0.375 0.5 0.5 0.62 0.625 5 0.75 0.75 0.8 0.875 75
−
0.05
− −
0.1
t =0
0.15 x
λ
1
1.12 1.125 5 1.2 1.25 1.375 1.375 1.5 1.5
Electromagnetismo II
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11.15 Hayt, 5a. Edición Una señal de radar de 30 GHz puede representarse como una onda plana uniforme en una región suficientemente suficientemente pequeña. Calcule la longitud de onda en centímetros centímetros y la atenuación en decibelios decibelios por pie si la onda se está propagando en un material material no magnético magnético para el cual: (a) εr = 1, σ = 0; −3 (b) εr = 1.01, σ = 1× 10 S/m; (c) εr = 2.1, σ = 5 S/m. SOLUCIÓN: f = 30× 109 Hz
,
ω =2π f
No magnético: magnético: µr = 1, µ = µ0;
.(a) εr = 1, ε = ε0; , σ = 0 γ = jωµ (σ + jωε ) = jωµ 0 (0 + jωε 0 ) = − ω 2 µ 0ε 0 = jω µ 0ε 0 = α + jβ β = ω µ 0ε 0
µ 0ε 0
= 628.75 rad/m
2π = 9.9931 × 10− 3 m = 0.99931 cm β 628.75 Atenuación: 0 dB/pie α= 0 → λ =
2π
= 2π × 30 × 109
=
.(b) εr = 1.01, ε = 1.01ε0; σ = 1× 10−3 S/m γ = jωµ (σ + jωε ) = j (2π × 30 × 109 ) µ 0 [1 × 10−3 + j (2π × 30 × 109 )1.01ε 0 ] γ = 0.187 + j 631.9 = α + jβ β = 631.9 rad/m 2π = 2π = 9.9433 × 10− 3 m = 0.99433 cm λ = β 631.9 Np 8.686 dB 0.305 m × × = 0.495 dB/pie Atenuación: α = 0.187 α = 0.187 Np/m → m Np pie .(c) εr = 2.1, ε = 2.1ε0; σ = 5 S/m γ = jωµ (σ + jωε ) = j (2π × 30 × 109 ) µ 0 [5 + j (2π × 30 × 109 ) 2.1ε 0 ] γ = 555 + j1066.9 = α + jβ β = 1066.9 rad/m 2π 2π = = 5.8892 × 10−3 m = 0.589 cm λ = β 1066.9 Np 8.686 dB 0.305 m × = 1470 dB/pie Atenuación: α = 555 × α = 555 Np/m → m Np pie
Ejercicio 10.2 de Sadiku
Electromagnetismo II
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Una onda plana que se propaga por un medio con εr = 8, µr = 2, tiene → E = 0.5e − z / 3 sen(108 t − β z )aˆ x V/m. Determine .(a) β; (b) la tangente de pérdidas; (c) la impedancia de la onda; (d) la velocidad de la onda; (e) el campo magnético. ε = ε r ε 0
.(a)
= 8ε 0
µ = µ r µ 0
= 2 µ 0 2 σ 1 + − 1 ωε
µε
α = ω
2
2
2α 2
2
2α 2 2(1/ 3) 2 σ 1 + = 2 + 1 = + 1 = 1.1248 (1 × 108 ) 2 (2 µ 0 )(8ε 0 ) ωε ω µε
σ + 1 = 1 + 2 ω µε ωε
β = ω
α = 1/3 ω =1× 108 rad/s σ 2 2 2 µε 1 + − 1 α = ω 2 ωε
µε
2 (2 µ 0 )(8ε 0 ) σ (1.1248 + 1) = 1.3753 rad/m 1 + + 1 = (1 × 108 ) 2 2 ωε 2
σ .(b) 1 + = 1.1248 ωε
σ = 1.12482 − 1 = 0.515 = tan θ ωε
2 µ 0 8ε 0 = = 177.61 Ω 2 1 . 1248 σ µ ε
.(c) η =
2θ η = θ
1+
ωε 1 σ = 1 tan −1 ( 0.515) = 13.62° θ η = tan −1 2 ωε 2 4
η = 177.61∠13.62° Ω ω 1 × 108 .(d) u = = β 1.3753
= 72.71 × 106 m/s
→
.(e) Si E ( z , t ) = E 0e −α z sin(ω t − β z )aˆ x aˆ H = aˆk × aˆ E →
H ( z , t ) =
E 0
η
e −α z sin(ω t − β z − θ η )aˆ y
aˆ H = aˆ z × aˆ x
= aˆ y
Electromagnetismo II →
H ( z , t ) =
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0.5 − z / 3 sin(108 t − 1.3753 z − 13.62°)aˆ y e 177.61
→
H ( z , t ) = 2.815e − z / 3 sin(108 t − 1.3753 z − 13.62°) aˆ y mA/m
10.15 Sadiku Suponga un material homogéneo de longitud infinita con ε = 2 × 10 10 F/m, µ = 1.25 × 10−5 H/m, y −
→
σ = 0. Hágase E = 400 cos(109 t − kz ) aˆ x V/m. Si todos los campos varían sinusoidalmente, utilice →
→
→
las ecuaciones de Maxwell para encontrar D , B , H y k . SOLUCIÓN →
→
D = ε E = (2 × 10−10 )(400) cos(109 t − kz ) aˆ x = 80 × 10− 9 cos(109 t − kz )aˆ x C/m
2
→
2 D = 80 cos(109 t − kz ) aˆ x nC/m .
→
ω = 1 × 109 rad/s, E 0
= 400 V/m
Forma fasor del campo eléctrico aˆ x
→
→
→
B S =
∇ × E S = − jω B S
j
ω
∂ ∂ x
E 0e − jkz →
→
H =
→
B
H S =
µ →
→
kE 0e − jkz
ωµ
→
∇ × H S = σ E S +
aˆ y
aˆ y
aˆ z
0
0
→
E S = E 0e− kz aˆ x
∂ ∂ = j ∂ E 0e − jkz a = j (− jk ) E 0e − jkz a = kE 0e − jkz a ˆ ˆ y ˆy ∂ y ∂ z ω ∂ z y ω ω
= H 0e − jkz aˆ y
H 0
= kE 0
ωµ
→
∂ D S ∂ E S = ε ∂t ∂t
0 aˆ x
∂ ∇ × H S = ∂ x →
0
j
k 2 E 0e − jkz
ωµ
aˆ x
aˆ y
∂ ∂ y H 0e − jkz
aˆ z
∂ ∂ H 0e − jkz k 2 E 0e − jkz − jkz =− aˆ x = −(− jk ) H 0 e aˆ x = j aˆ x = jωε E 0 e −kz aˆ x ∂ z ∂ z ωµ 0
= jωε E 0e− kz aˆ x
k 2
= ω 2 µε
k = ω µε (se toma el valor positivo para que
sea consistente con la onda de campo eléctrico del enunciado). rad/m
Electromagnetismo II
→
B S =
kE 0e − jkz
ω
(50)(400)e− j 50 z aˆ y = aˆ y = 20 × 10− 6 e − j 50 z aˆ y V/m 9 1 × 10
→
B = 20 cos(109 t − 50 z ) aˆ y H 0
= kE 0 = ωµ
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µT
(50)(400) = 1.6 (1 × 109 )(1.25 × 10− 5 )
→
H = 1.6 cos(109 t − 50 z )aˆ y A/m
D11.4 Hayt, 5ª. Edición. Dado un material no magnético, el cual tiene εr = 2.25, σ = 1× 10−4 S/m, encuentre los valores numéricos en 2.5 MHz para: .(a) la tangente de pérdida .(b) la constante de atenuación .(c) la constante de fase .(d) la impedancia intrínseca SOLUCIÓN 1 × 10−4 σ = .(a) tan θ = ωε (2π × 2.5 × 106 )(2.25ε 0 )
= 0.320
.(b) γ 2 = jωµ (σ + jωε ) = j (2π × 2.5 × 106 ) µ 0[1 × 10−4 + j (2π × 2.5 × 106 )(2.25ε 0 )] γ 2 = 6.4642 × 10−3 ∠162.2° γ = 80.52 × 10−3 ∠81.14° = 12.4 × 10−3 + j 79.56 × 10−3 Constante de atenuación: α = 12.4× 10−3 Np/m .(c) Constante de fase β = 79.56× 10−3 rad/m .(d) η =
jωµ
σ + jωε
=
−4
j ( 2π × 2.5 × 106 ) µ 0 6
1 × 10 + j (2π × 2.5 × 10 )(2.25ε 0 )
= 60.09 × 103 ∠17.72° = 245.13∠8.86° Ω
11.7 Hayt, 5ª. edición →
Una onda que se propaga en un dieléctrico no disipativo tiene E = 500 cos(107 t − β z )aˆ x V/m y →
H = 1.1cos(107 t − β z ) aˆ y A/m. Si la onda está viajando con velocidad 0.5c, encuentre: (a) µr , (b) εr ,
(c) β, (d) λ, (e) η.
Electromagnetismo II
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SOLUCIÓN →
→
No disipativo: H y E en fase y la impedancia intrínseca es real, c = 3× 108 m/s. η =
u
E 0
=
H 0
1
=
2
µ 500 = ε 1.1
µ 500 = ε 1.1
2
2 µε = c
= 0.5c
µε
2
2
(A)× (B)
(A)
µ
(B)
2
500 2 = 1.1 c
500 2 = 3.0324 × 10− 6 µ = 1.1 c 2 2 2 1.1 2 ε = (B)÷ (A) c 500
µ µ r = µ 0
3.0324 × 10−6 = = 2.4131 4π × 10− 7
2 1.1 = 14.6768 × 10−12 c 500 ε 14.678 × 10−12 = = 1.6576 ε r = ε 0 8.8542 × 10−12
ε =
β = ω µε = ω µ r µ 0ε r ε 0
= ω
µ r ε r µ 0ε 0
= ω
µ r ε r c
β = ω µε = 1 × 107 (3.0334 × 10−6 )(14.6768 × 10−12 )
= 66.7128 × 10−3 rad/m
β= 0.0667 rad/m Se puede comprobar que la velocidad en el medio es 1 1 c ω ω u
=
λ =
β
=
2π β
ω µε
=
=
µ r µ 0ε r ε 0
=
µ r ε r µ 0ε 0
=
µ r ε r
2π = 94.18 m 66.7128 × 10−3
Se puede comprobar que la impedancia intrínseca del medio es S
Electromagnetismo II η =
µ = µ r µ 0 ε ε r ε 0
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µ r µ 0 ε r ε 0
=
= η 0
µ r ε r
η 0 : Impedancia intrínseca del vacío
3.0324 × 10−6 = 454.55 Ω η = 14.66768 × 10−12 11.20 Hayt, 5ª. Edición Una onda plana uniforme se propaga en la dirección aˆ z a través de un material disipativo con →
γ = 0.1 + j1.2 m−1 y η = 300 + j 25 Ω. Sea E S = 100aˆ V/m en z = 0. (a) Encuentre x
→ P ( z ) prom en
z = 0, y en z = 1. (b) ¿Cuánta potencia promedio por metro cúbico está siendo disipada en P(2,3,4)?
.(a) En z = 0, →
x
E 0 S = 100aˆ x
→
E →
H
V/m P Propagación
z y
→
H 0 S =
100 aˆ = (0.332∠ − 4.76°) aˆ y A/m 300 + j 25 y
Para z > 0 →
E S = 100e−γ z aˆ x V/m
Electromagnetismo II
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→
E S = 100e − (α + jβ ) z aˆ x V/m →
H S = 0.332e − j 4.76°e −γ z aˆ y A/m →
H S = 0.332e
→
aˆ y A/m
− j 4.76° − (α + jβ ) z
e
∗
H S
= 0.332e j 4.76°e − (α − jβ ) z aˆ y A/m
1 → → ∗ = Re E S × H S 2 → 1 − (α + jβ ) z aˆ x × 0.332e j 4.76°e − (α − jβ ) z aˆ y ] = 16.6e − 2α z cos 4.76°aˆ z W/m2 P promedio ( z ) = [100e 2 → P promedio ( z )
→
P promedio ( z )
2 = 16.54e − 0.2 z aˆ z W/m
En z = 0. En z = 1.
= 16.54aˆ z W/m2 P promedio (1) = 13.54aˆ z W/m2 P promedio (0)
.(b)
P ( z ) ≅
→ P ( z )
→
⋅ d S = P ( z )∆ x∆ y
P ( z ) ≅ P ( z ) ∆ x∆ y En z : x
pequeño
P
e ∆ z ) ≅ P ( z + ∆ z ) ∆ P x sal ∆ y En z+∆ z : P ( z +ent
∆ P = P sal − P ent = P ( z + ∆ z )∆ x∆ y − P ( z )∆ x∆ y Potencia disipada por unidad de volumen
z
)∆ z ∆ P P ( z + ∆ z )∆ x∆ y − P ( z ∆ x∆ y ≅ ∆v ∆ x∆ y∆ z ∆ P ≅ P ( z + ∆ z ) − P ( z ) En el límite cuando el volumen tiende a cero: ∆v ∆ z
Electromagnetismo II dP dv
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∆ P = lim P ( z + ∆ z ) − P ( z ) = d P ( z ) = ∆lim ∆ z → 0 v → 0 ∆v dz ∆ z
Se puede demostrar que, en general, dP dv
=
d P ( z ) dz
=
d
dP dv
→
= ∇⋅P
(16.54e− 0.2 ) = 16.54(−0.2)e−0.2 = −3.308e−0.2 z
z
z
dz
En el punto (2,3,4)
dP dv
= −3.308e − 0.2( 4) = −1.4864
dP dv
W/m3.
= −1.4864 W/m3.
Se disipa 1.49 W/m3. 11.30 Hayt (5ª Edición) En la región 1, z < 0, σ1 = 0, εr 1= 4, µr 1 = 1; en la región 2, z > 0, σ2 = 0, εr 2 = 1.44, µr 1= 6.25. Hay una onda incidente en la región 1, E S 1+ = 400e − j 20 z aˆ x V/m. (a) Especifique la frecuencia f . (b) encuentre el campo total E en la región 1. (c) Determine E S 2 + .
x
Incidente
Transmitida
Reflejada z
z = 0
Electromagnetismo II
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Medio 1 u1
=
Medio 2
1
=
µ 1ε 1
ω β 1
u2
(a)
β 1
=
ω = β 1 2π 2π µ 1ε 1
De (a) ω = µ ε 1 1
f =
f = 477 MHz
(ω = 3.0× 109 rad/s)
De (a) y (b) ω =
=
β 2 λ 1 =
η 1 =
2π β 1
=
µ 1 ε 1
β 2 µ 2ε 2
µ 2ε 2 µ 1ε 1
µ r 2ε r 2 µ r 1ε r 1
2π = 0.314 m 20
=
µ 0 4ε 0
µ 2ε 2
=
=
ω β 2
(b)
20 = 477.13 × 106 Hz 2π ( µ 0 )(4ε 0 )
β 1 µ 1ε 1
=
β 1 =
1
= 188.37 Ω
1.44 × 6.25 ( 20) = 30 rad/m 1× 4 2π 2π = = 0.209 m λ 2 = β 2 30
β 1 =
η 2
=
µ 2 ε 2
=
6.25 µ 0 1.44ε 0
=
784.85 Ω
Coeficiente de reflexión
Γ = η 2 − η 1 = 784.85 − 188.37 = 0.6129 η 2 + η 1 784.85 + 188.37
Coeficiente de transmisión
τ = 1 + Γ = 1.6129
→
E 1S = [ E i 0 ( e − j ( 20 z ) →
+ Γ e j ( 20 z ) )aˆ x ] = [400( e − j ( 20 z ) + 0.6129e j ( 20 z ) )aˆ x ]
E 1 = Re[ E 1S e jω t ] = Re[( 400e j (ω t − 20 z ) + 245.16e j (ω t + 20 z ) ) aˆ x ] →
E 1
= [ 400 cos(ω t − 20 z ) + 245.16(ω t + 20 z )] aˆ x
→
E 1 = [ 645.16 cos ω t cos 20 z + 154.84 senω tsen 20 z ] aˆ x
Onda transmitida →
E 2 S = τ E i 0 ( e − j ( 30 z ) ) aˆ x
= 645.16e − j (30 z ) aˆ x
Electromagnetismo II
→
E 2
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= Re[ E 2 S e jω t ] = Re[645.16e j (ω t − 30 z ) ]aˆ x = 645.16 cos(ω t − 30 z )aˆ x
λ1
λ2 500
−2
−1
0
1
− 500
z
Ejercicio 10.9 Sadiku →
La onda plana E = 50 sen(ω t − 5 z ) aˆ y V/m situada en un medio sin pérdidas (µ = 4µ0, ε = ε0) encuentra a un medio disipativo en x = 0 (µ = µ0, ε = 4 ε0, σ = 0.1 S/m) viajando en la dirección → → → → paralela al eje x. Halle: (a) Γ , τ y s; (b) E r y H r ; (c) E t y H t ; (d) encuentre los vectores de Poynting promedio en el tiempo en ambas regiones. SOLUCIÓN Medio 1: x < 0, Medio 2, x > 0 .(a) β 1 = ω µ 1ε 1
ω =
β 1 µ 1ε 1
=
5 4 µ 0ε 0
= 750 × 106 rad/s
Electromagnetismo II
µ 1 ε 1
η 1 =
η 2 =
4 µ 0
=
ε 0
jωµ
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= 753.46 Ω
=
σ + jωε
j 750 × 106 µ 0 0.1 + j (750 × 106 )(4ε 0 )
=
75.66 + j 58.18 = 95.44∠37.56° Ω
Γ = η 2 − η 1 = 95.44∠37.56° + 753.46 = −0.809 + j0.127 = 0.8185∠171.08° η 2 + η 1 95.44∠37.56° + 753.46 τ =
s =
2η 2 η 2 + η 1
=
2 × 95.44∠37.56° = 0.1914 + j 0.1269 = 0.2297∠33.55° 95.44∠37.56° + 753.46
1 + Γ 1 + 0.8185 = = 10.02 1 − Γ 1 − 0.8185
.(b) E r 0 = Γ E i 0 = (0.8185∠171.08°)(50∠0) = 40.925∠171.08°) →
E rS = ( 40.925∠171.08°)e
+ γ 1 x
γ 1 = jβ 1 = j5
aˆ y
→
E r = 40.93 sen(ω t + 5 x + 171.08°) aˆ y V/m H r 0
= −Γ H i 0 = −Γ E i 0 = − (0.8185∠171.08°)(50∠0) = 0.0543∠ − 8.92° A/m η 1
753.46
→
H rS = (0.0543∠ − 8.92°)e j 5 x aˆ z = (0.0543∠ − 8.92°)e j 5 x aˆ z →
H r = 54.3 sen(ω t + 5 x − 8.92°) aˆ z mA/m
.(c) E t 0 = τ E i 0 = (0.2297 ∠33.55°)(50∠0) = 11.4850∠33.55°) →
E tS = 11.485∠33.55°)e −γ 2 x aˆ y V/m
γ 2
= ( jωµ )(σ + jωε ) = ( j 750 × 106 µ 0 )((0.1 + j 750 × 106 × 4ε 0 ) = − 25.03 + j 94.25
γ 2
= − 25.03 + j94.25 = 6.02 + j 7.83 = 9.88∠52.44° Ω
→
E tS = 11.485e − 6.02 x e j ( −7.83 x + 33.55°) aˆ y
Electromagnetismo II
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→
E t = 11.485e − 6.02 x sen(ω t − 7.83 x + 33.55°)aˆ y V/m
11.485e −6.02 xe j ( −7.83 x + 33.55°) aˆ z H tS = = = 0.120e− 6.02 xe j ( −7.83 x − 4.01°) aˆ z 95.44∠37.56° η 2 →
E tS
→
H tS = 0.12e − 6.02 x sen(ω t − 7.83 x − 4.01°)aˆ z A/m
.(d) Medio 1, onda incidente 1 → → ∗ 1 − j 5 x 50e j 5 x 1 502 = Re E iS × H iS = Re 50e aˆ y × aˆ z = aˆ x = 1.659aˆ x W/m2. 2 η 1 2 2 753.46
→ P 1i
Medio 1, onda reflejada → P 1r → P 1r
→ → 1 1 = Re E rS × H rS ∗ = Re[(40.925∠171.08°)e + j 5 x aˆ y × (0.0543∠8.92°)e − j 5 x aˆ z ] W/m2. 2 2
1 2
= Re[ − 2.222 + j 0] aˆ x = −1.111aˆ x W/m2.
Total medio 1: → P1
→ P1
→ → → → → → = P i + P r = 1 Re E iS × H iS ∗ + 1 Re E rS × H rS ∗ = (1.659 − 1.111)aˆ x 2 2
= (1.659 − 1.111)aˆ x = 0.548aˆ x W/m2.
Medio 2: →
→ → ∗ 1 Re E tS × H tS = Re[11.485∠33.55°)e − 6.02 xe j ( −7.83 x ) aˆ y × (0.120∠4.01°)e − 6.02 x e j ( 7.83 x ) aˆ z ] W/m2 2 2
1
P t
=
→ P t
= Re[e −12.04 x1.0925∠37.56°]aˆ x = Re[(1.0925 + j0.8401)e −12.04 x ] aˆ x = 0.546e−12.04 x aˆ x W/m2.
1 2
1 2
13.5 Hayt (7ª) →
La región z < 0 se caracteriza por εr ’= 1, µr 1=1, εr ’’= 0. El campo total E está dado como la suma →
de dos ondas planas uniformes, E S = 150e − j10 z aˆ x + (50∠20°)e j10 z aˆ x V/m. .(a) ¿Cuál es la frecuencia de operación? .(b) Especifique la impedancia intrínseca de la región z > 0 que proporcione la onda reflejada.
Electromagnetismo II
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.(c) A qué valor de z en el intervalo −10 cm < z < 0, tiene máxima amplitud la intensidad de campo eléctrico total? SOLUCIÓN .(a)
ω =
β 1 µ 1ε 1
=
10 µ 0ε 0
= 3 × 109 rad/m Γ =
.(b) 50∠20° = Γ (150∠0)
f = 477.46 MHz
50∠20° 1 = ∠20° (150∠0) 3
x
Incidente
Transmitida
Reflejada z
Medio 1
Medio 2 z = 0
η 1 =
µ 1 ε 1
=
Γ = η 2 − η 1 η 2 + η 1
µ 0 ε 0
= 376.73 Ω
(η 2 + η 1 )Γ = η 2 − η 1
η 1 + η 1Γ = η 2 − Γ η 2
1 + 1 ∠20° 3 376.73 = 690.9560 + j177.2407 Ω η 2 = 1 − 1 ∠20° 3
η 2
= (1 + Γ ) η 1 (1 − Γ )
Electromagnetismo II
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250
E1,max = 200 V/m
200
E1,min = 100 V/m
150
VSWR = 2
E1( z ) 100 50 0
−
0.5
−
0.4
−
0.3
−
0.2
−
0.1
0
z
21 0
Primer máximo en el intervalo especificado se produce en
200 19 0
z = −
E1( z ) 18 0
φ + 2mπ 2β
17 0
Con m = 0
16 0 15 0 − 0.1
−
0.08
−
0.06
−
0.04
−
0.02
0
z
z = −
20
π
+ 2(0)π 180 = −17.4 × 10− 3 . 2(10)
z max = −1.74 cm
13.7 Hayt (7ª Edición). Las regiones semiinfinitas: z < 0, z > 1 m están en el espacio libre. Para 0 < z < 1 m, εr = 4, µr =1, σ = 0. Una onda uniforme con ω = 4× 108 rad/s está viajando en la dirección aˆ z a la interfaz en z = 0. (a) Encuentre la razón de onda estacionaria en cada una de las tres regiones; (b) Encuentre la ubicación de E max para z < 0 que está más cerca de z = 0.
Electromagnetismo II
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x
Transmitida Transmitida Incidente
Incidente Reflejada
Reflejada Dieléctrico
Vacío Medio 1
Medio 2
z
Vacío Medio 3
d
SOLUCIÓN: .(a) Vacío: η 0 = 120π Ω ω 4 × 108 4 = rad/m β 1 = β 3 = = c 3 × 108 3 Región intermedia µ 2 ε 2
η 2
=
β 2
= ω
=
µ 2ε 2
En z = 0, η ent = η 2
µ 0 4ε 0
= 60π Ω
= 4 × 108
µ 0 4ε 0
8 3
= rad/m
β 2 d =
8 8 × 1 = rad 3 3
120π cos(8 / 3) + j 60π sin(8 / 3) η 3 cos β 2 d + jη 2 sin β 2 d = 60π 60π cos(8 / 3) + j120π sin(8 / 3) η 2 cos β 2 d + jη 3 sin β 2 d
Primera interfaz
= =231.67 + j141.32 Ω
Electromagnetismo II
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Γ 12 = η ent − η 1 = 231.67 + j141.32 − 120π = −0.175 + j 0.273 = 0.324∠122.73° η ent + η 1 231.67 + j141.32 + 120π En región 1: s1 =
1 + Γ 12 1 + 0.324 = = 1.96 1 − Γ 12 1 − 0.324
− η 2 120π − 60π 1 = = η 3 + η 2 120π + 60π 3
Γ 23 = η 3
Segunda interfaz
En región 2: s2
=
1 + Γ 23 1 + 0.333 = =2 1 − Γ 23 1 − 0.333
En región 3: No hay onda reflejada: Γ = 0 s3 = .(b) E 1 = E i 0 e
− jβ 1 z
1+ 0 =1 1− 0
+ Γ 12e+ jβ z = E i 0 e − jβ z + Γ 12 e + j ( β z +φ ) 1
1
en donde Γ 12 = Γ 12 ∠φ
1
El máximo de E 1 se da cuando cada uno de los términos entre corchetes tienen el mismo ángulo, es decir están en fase y el máximo es E 1 = E i 0 [1 +
Γ 12 ] − β 1 z = β 1 z + φ + m(2π )
Primer máximo: m = 0
z max
z max
=−
φ + 2mπ 2 β 1
m = 0, 1, 2, . . .
= − 122.73 × 180 / π + 2(0)π = −0.8032 m 2× 4/3
13.16 Hayt (7ª Edición). Una onda plana uniforme en el aire incide perpendicularmente en una placa de dieléctrico sin pérdidas de grosor igual a λ/8 e impedancia intrínseca de 260 Ω. Determine la razón de onda estacionaria enfrente de la placa. Asimismo, encuentre la fracción de la potencia incidente que se transmite al otro lado de la placa. SOLUCIÓN:
Electromagnetismo II
Página 18 de 20 x
Incidente Reflejada Aire Medio 1
Transmitida Transmitida Incidente Reflejada Dieléctrico Medio 2
Aire
z
Medio 3
d
β 2 d =
2π λ 2 π × = 4 λ 2 8
cos(π / 4) = sin(π / 4) =
2 = 0.707 2
La impedancia de entrada en la interfaz 1-2 es η ent = η 2
× + × 377 cos β 2 d + j 260 sin β 2 d = 260 377 0.707 j 260 0.707 = 243.09 − j 92.23 260 cos β 2 d + j377 sin β 2 d 260 × 0.707 + j377 × 0.707
Γ 12 = η ent − η 1 = 243.09 − j92.23 − 377 = −0.189 + j 0.177 = 0.259∠ − 136.92° η ent + η 1 243.09 − j92.23 + 377
Electromagnetismo II
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A la izquierda de la placa: s1 =
Γ 23 =
Segunda interfaz
1 + Γ 12 1 + 0.259 = = 1.7 1 − Γ 12 1 − 0.259
η 3 − η 2 η 3 + η 2
=
377 − 260 = 0.18 377 + 260
−|Γ 12| 2)= Pi(1−|0.259| 2)=0.9329 Pi
P1=P2=P3= Pi(1
Se transmite el 93.29% 13.17 Hayt (7ª Edición). Repita el problema 13.16 para el caso en que la frecuencia es: (a) doble, (b) cuádruple. SOLUCIÓN β ∝ ω
λ ∝
1 ω
.(a)
Al duplicar la frecuencia, la longitud de onda se hace mitad y el grosor es ahoraλ/4
β 2d =
2π λ 2 π × = 2 λ 2 4
η cos(π / 2) + jη 2 sin(π / 2) η ent = η 2 3 η 2 cos(π / 2) + jη 3 sin(π / 2)
2602 = = 179.44 377
Γ 12 = η ent − η 1 = 179.44 − 377 = −0.35 η ent + η 1 179.44 + 377 1 + Γ 12 1 + 0.35 = = 2.10 1 − Γ 12 1 − 0.35 2 2 P1=P2=P3= Pi(1−|Γ 12| )= Pi(1−|0.35| )=0.874 Pi A la izquierda de la placa: s1 =
Se transmite el 87.4%. (b)
Al duplicar la frecuencia, la longitud de onda se hace cuarta parte y el grosor es ahoraλ/2.
β 2d =
2π λ 2 × = π λ 2 2
377 cos(π ) + j 260 sin(π ) 377 2 = 260 = 377 η ent = 260 260 cos(π ) + j 377 sin(π ) 260
Electromagnetismo II
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− η 1 377 − 377 = =0 η ent + η 1 377 + 377
Γ 12 = η ent
1 + Γ 12 1 + 0 = =1 1 − Γ 12 1 − 0 2 2 P1=P2=P3= Pi(1−|Γ 12| )= Pi(1−|0| )= Pi A la izquierda de la placa: s1
=
Se transmite el 100%. No hay reflexión.
PROPUESTOS PARA RESOLVER Capítulo 10 de Sadiku (Electromagnetismo, 3ª edición), “Ejercicios” propuestos dentro del capítulo desde 10.1 hasta 10.9. Problemas de final del capítulo desde 10.1 hasta 10.39. Corrección: en problema 10.5 la impedancia intrínseca es 240∠ 30°Ω.
De Hayt (Electromagnetismo, 7ª edición) Caps. 10 12 y 13
