William Hayt Capitulo 11
INDICE DE EJERCICIOS EJERCICIO 11.1................. EJERCICIO .................................... ..................................... .................................... .................................... ..................................... ........................................... ........................ 1 EJERCICIO EJERC ICIO 11.2................. .................................... ..................................... .................................... .................................... ..................................... ........................................... ........................ 2 EJERCICIO EJERC ICIO 11.3................. .................................... ..................................... .................................... .................................... ..................................... ........................................... ........................ 3 EJERCICIO EJERC ICIO 11.7 ................. ................................... ..................................... ..................................... .................................... .................................... .......................................... ........................ 8 EJERCICIO EJERC ICIO 11.8................. .................................... ..................................... .................................... .................................... ..................................... ......................................... ...................... 10 EJERCICIO EJERC ICIO 11.9................. .................................... ..................................... .................................... .................................... ..................................... ......................................... ...................... 12 EJERCICIO EJERC ICIO 11.10................ .................................. .................................... ..................................... ..................................... .................................... ........................................ ......................14 EJERCICIO EJERC ICIO 11.11................ .................................. .................................... ..................................... ..................................... .................................... ........................................ ......................15 EJERCICIO EJERC ICIO 11.12................ .................................. .................................... ..................................... ..................................... .................................... ........................................ ......................16 EJERCICIO EJERC ICIO 11.13................ .................................. .................................... ..................................... ..................................... .................................... ........................................ ......................17 EJERCICIO EJERC ICIO 11.14................ .................................. .................................... ..................................... ..................................... .................................... ........................................ ......................19 EJERCICIO EJERC ICIO 11.16................ .................................. .................................... ..................................... ..................................... .................................... ........................................ ......................21 EJERCICIO EJERC ICIO 11.17................ .................................. .................................... ..................................... ..................................... .................................... ........................................ ......................23 EJERCICIO EJERC ICIO 11.18................ .................................. .................................... ..................................... ..................................... .................................... ........................................ ......................24 EJERCICIO EJERC ICIO 11.19................ .................................. .................................... ..................................... ..................................... .................................... ........................................ ......................26 EJERCICIO EJERC ICIO 11.33................ .................................. .................................... ..................................... ..................................... .................................... ........................................ ......................47 EJERCICIO EJERC ICIO 11.34................ .................................. .................................... ..................................... ..................................... .................................... ........................................ ......................48 EJERCICIO EJERC ICIO 11.35................ .................................. .................................... ..................................... ..................................... .................................... ........................................ ......................49 EJERCICIO EJERC ICIO 11.37................ .................................. .................................... ..................................... ..................................... .................................... ........................................ ......................53
William Hayt Capitulo 11
EJERCICIOS DEL LIBRO DE WILLIAN HAITTY CAPITULO 11
EJERCICIO 11.1 Muestre que E xs
= Ae ± j ( kz +α )
es una solución de la ecuación vectorial de Helmholtz, sección 11.1,
ecuación (15), para k = ω µ 0ε 0 y cualquier α y A.
La ecuación (15) mostrada es la siguiente: Derivamos: E xs ∂ E xs xs ∂ z
= Ae
± j ( kz +α )
2
∂ E xs xs 2
∂ z
= Ae± j ( kz +α ) :
= Ae Ae
∂ 2 E xs = − 2 ω µ 0ε 0 E xs ∂ z 2
jk ) ( ± jk
± j ( kz +α )
2 jk ) ( ± jk
Reemplazando lo que derivamos en la ecuación (15):
Ae± j ( kz +α ) ( ± jk ) Ae±
j ( kz + α )
2
= −ω 2 µ 0ε 0 Ae± j ( kz +α )
( ± jω µ ε ) 0 0
Ae± j ( kz +α ) j 2ω 2 µ 0ε 0
2
= −ω 2 µ 0ε 0 Ae± j ( kz +α )
= −ω 2 µ 0ε 0 Ae± j ( kz +α )
− Ae± j ( kz +α )ω 2 µ 0ε 0 = −ω 2 µ 0ε 0 Ae± j ( kz +α ) Ae±
j ( kz + α )
Lqqd E xs
= Ae± j ( kz +α )
= Ae ± j ( kz +α )
es solución de la ecuación (15), con k = ω µ 0ε 0
-1-
William Hayt Capitulo 11
EJERCICIOS DEL LIBRO DE WILLIAN HAITTY CAPITULO 11
EJERCICIO 11.1 Muestre que E xs
= Ae ± j ( kz +α )
es una solución de la ecuación vectorial de Helmholtz, sección 11.1,
ecuación (15), para k = ω µ 0ε 0 y cualquier α y A.
La ecuación (15) mostrada es la siguiente: Derivamos: E xs ∂ E xs xs ∂ z
= Ae
± j ( kz +α )
2
∂ E xs xs 2
∂ z
= Ae± j ( kz +α ) :
= Ae Ae
∂ 2 E xs = − 2 ω µ 0ε 0 E xs ∂ z 2
jk ) ( ± jk
± j ( kz +α )
2 jk ) ( ± jk
Reemplazando lo que derivamos en la ecuación (15):
Ae± j ( kz +α ) ( ± jk ) Ae±
j ( kz + α )
2
= −ω 2 µ 0ε 0 Ae± j ( kz +α )
( ± jω µ ε ) 0 0
Ae± j ( kz +α ) j 2ω 2 µ 0ε 0
2
= −ω 2 µ 0ε 0 Ae± j ( kz +α )
= −ω 2 µ 0ε 0 Ae± j ( kz +α )
− Ae± j ( kz +α )ω 2 µ 0ε 0 = −ω 2 µ 0ε 0 Ae± j ( kz +α ) Ae±
j ( kz + α )
Lqqd E xs
= Ae± j ( kz +α )
= Ae ± j ( kz +α )
es solución de la ecuación (15), con k = ω µ 0ε 0
-1-
William Hayt Capitulo 11 EJERCICIO 11.2 Un campo
E en el espacio libre esta dado como E = 800 cos(10 8 t − β Encuentre: y ) az V/m. Encuentre:
a) β, b)λ , c) HenP(0.1,1.5,0.4)a t a)
= 8ns.
β
w=
µ 0 ε 0
β = w µ 0 ε 0
w
=
c
=
10 8 3 * 10
8
=
1 3
rad / m
b)
λ =
2π c
Ez
=
w
=
2 * π * 3 x10 8 10
8
= 18.8m
c)
Hx Hx =
Hx =
µ 0 ε 0
= 377Ω
800 cos(10 8 t − β y ) 377
En el espacio libre.
A / m
1 800 cos 10 8 (8 x10 −9 ) − ( )(1.5) 3 377
-2-
= 2.027
ax A/m
William Hayt Capitulo 11 EJERCICIO 11.3 Una onda plana uniforme en el espacio libre esta dada por
Es = (200∠30 0 )e − j 250 z ax V/m. Determine: a) β ; b)
ω ; c) f ; d) λ ; e) η ; f) H ; g) E s
z = 8mm, t = 6ps.
a)
E s = (200∠30 0 )e − j 250 z ax E s = 200 cos(30 0 − 250 z )ax E s = A cos(ϕ − β z )a β = 250 [rad / m] b) β
ω =
µ 0ε 0
= β ⋅ c = (250) • (3 x108 ) = 7.5 x1010
c) f =
ω 2π
=
7.5 x1010 2π
= 1.19 x1010 = 11.96 [GHz ]
d) f = 11.96GHz = 1.19 x1010 [ Hz ]
λ =
c f
=
3 x10 8 1.19 x1010
= 0.0252 [m]
λ = 2.52 [cm]
e) En el espacio libre tenemos:
η = 120π
µ r ε r
= 120π [Ω]
η = 377 [Ω]
f) Hs =
Em e jθ .e −γ z n e
jθ n
-3-
[ rad / s ]
en
William Hayt Capitulo 11
Hs =
200.e j 30 º .e −250 z 120π
Hs = 0.53e
j ( 30 − 250 z )
j c [ A / m]
g) z = 8mm t = 6 ps E (t ) = Re Es.e jω t E (t , z ) = 200. cos(7,5.1010.t − 250( z ) + π / 6) E (6 ps,8mm) = 103.8[V / m]i
-4-
William Hayt Capitulo 11 EJERCICIO 11.4 Una onda plana uniforme en el espacio libre que se propaga en la dirección –a y a una frecuencia de 10 Mhz. Si E = 400 cos wt a z V/m en y = 0, escríbanse las expresiones para: a) E (x,y,z,t); b) Es (x,y,z); c) Hs (x,y,z,t); d) H (x,y,z).
a)
w = 2π f = 2π (10 x10 6 ) = 2π x10 7 rad / s.
β =
w c
=
2π x10 7 3 x10
= 0.209 rad /m.
8
E (x, y, z, t) = 400cos[ wt − β y] E (x, y, z, t) = 400cos[(2π x10 7 ) t − (0.209) y ]V / m. b) β E s ( x, y , z , t ) = 400e j ( wt − y )
E s ( x, y , z ) = 400e j ( β y ) [ ] E s ( x, y , z ) = 400e j (0.209) y a z V / m.
c)
H s ( x, y, z ) =
E s 377
=
400e j ( β y ) 377
= 1.06e j [ (0.209) y ] a z A / m
d)
H s ( x, y, z , t ) =
E s 377
=
400e j ( wt − β y ) 377
= 1.06e j [ ( 2π x10 )t −(0.209) y ] a z A / m
EJERCICIO 11.5 -5-
7
William Hayt Capitulo 11
Una onda plana uniforme de 150 MHz en el espacio libre esta viajando en la dirección a x .. La intensidad de campo eléctrico tiene un máximo de amplitud de 200a y + 400a z
V en P(10,30,-40) a t = m
0. Encuentre: a) w; b)
β
; c)
λ ; d) v; e) η ; f) E(x,y,z);
g) Use una o mas ecuaciones de Maxwell para encontrar
H(x,y,z,t). Resolución de la parte (a):
w = 2π f = 2π (150 x10 6 ) = 9,42 x10 8 rad / s. Resolución de la parte (b):
β =
w c
=
9.42 x10 8 3 x10
8
= 3.14 rad / m.
Resolución de la parte (c):
λ =
c f
=
3 x108 150 x106
= 2 m.
Resolución de la parte (d):
v=
1
µ 0 ε 0
= c = 3 x10 8 m / s
en el espacio libre.
Resolución de la parte (e):
η =
µ 0 ε 0
= 377Ω
Resolución de la parte (f) j [ wt − β x ] E(x, y, z) = (200a y + 400a z )e j [(9.42x10 )t −(3.14) x ] E(x, y, z) = (200a y + 400a z )e 8
8 [(9.42x10 ] V/m E(x, y, z) = (200a )t − (3.14)x y + 400a z )cos
Resolución de la parte (g) E(x, y, z) H(x, y, z) = 377Ω
H(x, y, z,t) =
[
]
8 (200a )t − (3.14)x y + 400a z )cos(9.42x10 . 377Ω
[
]
8 H(x, y, z,t) = (1.061a )t − (3.14)x A/m y + 0.53a z )cos(9.42x10
EJERCICIO 11.6 -6-
William Hayt Capitulo 11
La intensidad de campo eléctrico de una onda plana uniforme de 300 Mhz en el espacio libre, esta dada − jβ z como Es = (20 + j50)(a x + 2a y )e V/m. a) Encuentre w, λ , v y β . b) Encuentre E en t = 1ns, z =10 cm; c) ¿Cuál es
H máx.¿ .
a) w = 2π f = 2π (300 x10 6 ) = 18.84 x10 8 rad / s. λ =
3 x10 8 = = 1 m. f 300 x10 6 c
v = c = 3 x10 8 m/s.
β =
w c
=
18.82 x10 8 3 x10
= 6.27 rad /m.
8
b)
+ 2a y )e − jβ z 0 − jβ z w t .e Es = (53.85∠68.2 )(a x + 2a y )e Es = (20 + j50)(a x
+ 2a y )e − jβ z .e w t + 2a y ) cos(wt + 68.2 0 − β z ) 0
Es = (53.85e j68.2 )(a x E = (53.85)(a x
E = (53.85)(a x + 2a y ) cos (18.84 x10 8 )(1 x10 −9 ) + 1.19 − (6.27)(0.1) E = (53.85)(a x + 2a y ) cos(2.447) E = (53.85)(a x + 2a y )(−0.7683) E = (−41.37a x − 82.74a y )V / m c)
Ezo = (20 + j50)(a x
+ 2a y ) 0 Ezo = (53.85∠68.2 )(a x + 2a y ) 0
Ezo = Re(53.85e j68.2 )(a x Ezo = (53.85)(a x
Hyo =
Ezo
η
=
+ 2a y )
+ 2a y )
(53.85)(a x 377
+ 2a y )
= 0.143(a x + 2a y ) A / m
-7-
William Hayt Capitulo 11 EJERCICIO 11.7 Una onda que se propaga en un dieléctrico no disipativo tiene las componentes
E = 500 cos(10 7 t − β z ) a x
V/m
y H = 500 cos(10 7 t − β z ) a y A/m.
Si la onda está viajando con velocidad de 0,5c, Encuentre a) μ R , b) εR , c) β, d) λ, e) η.
E = 500 cos(10 7 t − β z ) i H = 500 cos(10 7 t − β z ) j v p
= 0,5 c
a) Para un medio sin pérdidas (o dieléctrico no disipativo) se tiene que: v p
=
1
µε
1
=
Dado que:
c 1
µ R ε R µ 0 ε 0 1
µ R ε R µ R ε R
= 0,5 c
µ R ε R µ 0 ε 0
=
1
, reemplazando en la ecuación anterior se obtiene:
µ 0 ε 0
= 0,5
1
µ 0 ε 0
= 0,5 Ecuación (1)
=2
Utilizando la definición de impedancia intrínseca de un medio se obtiene:
η =
E x H y
=
500 1,1
= 454,545 = µ R µ 0 ε R ε 0 120π
µ R ε R
µ ε
= 454,545
µ R ε R
= 454,545
= 1,2057
Ecuación (2)
-8-
William Hayt Capitulo 11 Multiplicando la ecuación (1) por la ecuación (2) se obtiene:
µ R ε R µ R
µ R ε R
= (2) (1,2057)
= 2,4114
b) Dividiendo la ecuación (1) para la ecuación (2) se obtiene: µ R ε R µ R ε R
c)
β = β =
d)
λ = λ =
e)
η =
=
2
ε R
= 1,6588
1,2057
ω V p 10 7 (0,5) (3 ⋅ 10 8 )
β = 0,0667
rad m
2π
β 2π
λ = 94,24 m
0,0667
µ ε
η = 120π
µ R ε R
η = 120π η = 454,54
2,4114 1,6588
Ω
-9-
William Hayt Capitulo 11 EJERCICIO 11.8 Sea Es = (100∂ x + 400∂ z ) e
− j10 y
v/m para una onda plana uniforme de 250 Mhz que se propaga en un
dieléctrico perfecto. Si la amplitud máxima de H es 3 A/m, encuentre β, η, λ, V, Єr, μr, E(x,y,z,t)
f= 250Mhz
β = 10rad / m 2π
λ =
β 2π
λ =
10 λ = 0.6283m E
η =
H η = 0.333Ω
ω = 2π f ω = 2π (250 x10 6 ) ω = 500π x10 6 rad / s β = ω µ ε 10 = 500π x10 6 µ ε
µ
η =
ε
0.333 =
µ ε
ε = 3 µ 10
=3
500π x10 6 10
µ =
µ µ
1500π x10 6
µ r =
µ µ o
µ r = 1.688 x10 −3
-10-
William Hayt Capitulo 11 ε =
9 µ
ε 0
ε = 2156.1814 V =
ω β
V =
500π x10
6
10
V = 1.57 x108 m / s E ( x, y, z , t ) = (1000ax + 400az ) cos(ω t − 10 y ) E ( x, y, z , t ) = (1000ax + 400az ) cos(500π x10 6 t − 10 y )v / m
-11-
William Hayt Capitulo 11
EJERCICIO 11.9
Es = (5 a x + j10 a y )e − j 2 z V/m, tiene una frecuencia de 50 MHz
Una onda plana uniforme
en un material dieléctrico no disipativo para el cual µ R
ω , ν , λ , ε R y η ; Calcule Ε en el origen para ω t = 0, π 4 , π 2 , 3π 4 y π
a) Encuentre β , b)
a)
rad m
β = 2 λ =
2π
β
=
2π 2
= π [ m]
ω = 2π f = 2π ( 50 x10 6 ) = 100π x10 6 [ rad sg ] ω 100π x10 6 = V p = β 2 V p
= 1.
c
=
ε r =
= 1.57 x108 m sg
µ r ε r 2
V p µ r
η = 120π
( 3 x10 ) = (1.57 x10 )
8 2
c2
8 2
µ r ε r
= 120π
(
b) E = 5a x cos( ω t − β z )
*1
1 3.65
= 3.65 = 197.29[ Ω]
− 10a y sen( ω t − β z )
ω t = 0 z = 0 E = 5a x
ω t = π
4
z = 0 E = 3.53a x
ω t = π
− 7.071a y
2
z = 0 E = −10a y
-12-
William Hayt Capitulo 11
ω t = 3π
4
z = 0 E = −3.53a x ω t = π
− 7.071a y
z = 0 E = −5a x
-13-
William Hayt Capitulo 11 EJERCICIO 11.10 Una onda plana de 1 Mhz con una amplitud de 25 V/m se propaga en un material para el cual
= 4, µ R = 9 y σ = 0 . La propagación es en la dirección
ax. a) Encuentre β , η , λ ,ν . b) Calcule E(t) si E z(x,y,z,t) = 0 y Ey = 25 V/m en P(10,10,10) en el instante 10 -7s. c) Encuentre H(t).
ε R
a) β = w µε = w µ 0 µ Rε 0ε R
= 2π (1 x10 6 )
(1.26 x10 −6 )(9)(8.84 x10 −12 )(4)
β = 0.126 rad /m. µ R ε R
η = η 0
λ =
v=
2π
β
=
= 377
2π 0.126
c
µ R ε R
=
9 4
= 565.5 Ω
= 49.86 m
3 x10 8 (9)(4)
= 50 x10 6 m / s.
b) Ey = Eyo cos( wt − β x) E (t ) = 25 cos[ (6.28 x10 6 )t − (0.126) x ] E (t ) = 25 cos[ (6.28 x10 6 )(10 −7 ) − (0.126)(10) ] E (t ) = 25 cos(−0.632) E (10 −7 ) = 20.17 a xV / m.
c) E (t ) = 25 cos(−0.632) H (t ) =
Exo
H (t ) =
25
η
cos( wt − β x)
565.5
cos(−0.632) = 0.035a x A / m.
-14-
William Hayt Capitulo 11 EJERCICIO 11.11 8 Con lo datos de la siguiente figura para el piranol 1467, determine los valores de α , β , λ , u y η a 10 Hz para una onda plana uniforme.
f = 100 MHz σ = 2.5 m mhos/m ε R = 4
σ = 0.1 ωε σ = 0.1 ωε Rε 0
σ ω = 0.1 ⋅ ε Rε 0 ω = 2π f
=
2.5 × 10−3 0.1 ⋅ 4ε 0
= 705880666
γ = α + jβ = jωµ ( σ + jωε )
=
rad/m
j 705880666 µ 0 ( 2.5 × 10−
3
+ j 705880666 ⋅ 4ε 0 )
γ = α + jβ = 0.235 + j 4.71 λ =
2π
β
=
u = f λ =
η =
2π 4.71
= 1.33
m
705880666 ω 1.33 = 1.5 × 108 m/s λ = 2π 2π
jωµ
σ + jωε
=
j 705880666 µ 0 2.5 × 10− 3 + j 705880666⋅ 4ε 0
= 187 + j9.35Ω
-15-
William Hayt Capitulo 11 EJERCICIO 11.12 Ex0= 600 V/m en (0,0,0, t=0) se propaga en la dirección az en un −11 −6 material donde σ = 0.1 /m, ε = 2 x 10 F / m y µ = 2 x10 H / m . Si ω = 1010 rad / s , encuentre : a) Ex en (0,0,2 cm, 0.1 ns); b) Hy en (0,0,2 cm, 0.1 ns). Una onda que tiene una amplitud de
γ = jω µε
1 − j
σ = j1010 ωε
γ = 15.36 + j65.08, α = 15.36 Np/m
− − 2 x10 6 ( 2 x10 11) 1 − j
Donde : y
β = 65.08rad/m
= 600e−15.36z cos(1010 t − 65.08z)a x Ex = 600e −15.36(0.02) cos(1010 (0.1) − 65.08(0.02))a x Ex = 600(0.7354)(0.9548) Ex = 421.23V / m Ex
µ η= = ε Hy
=
Ey
η
=
2 x10−6
= 316.227Ω − 11 2 x10 421.331 316.227
= 1.332A / m
-16-
0.1 1010 (2 x10−11)
William Hayt Capitulo 11
EJERCICIO 11.13 Un dieléctrico disipativo está caracterizado por y encuentre:
-17-
a 10 MHz. Sea
William Hayt Capitulo 11
-18-
William Hayt Capitulo 11 EJERCICIO 11.14 Los parámetros para una onda plana uniforme de 50Mhz que se propaga en la dirección az de un cierto material disipativo son γ = 0.25 + j 2m
−1
y η = 600 + j 75Ω
Encuentre µ R Si E = 100a x V/mt en z = 0, calcule Hs en z = 2mt.
γ = jw µ r µ 0 / ε r ε 0 µ r µ 0 / ε r ε 0 σ 1 − j wε r ε 0 1 − j
σ wε r ε 0
= 0.25 + j 2m −1
=
µ r µ 0 / ε r ε 0 600 − j 75Ω
µ r µ 0 / ε r ε 0 600 − j 75Ω
=0.25+j2
= 0.25 +
j2
1
= 0.25 + j 2 600 − j 75Ω 0.25 − j 2(600 + 75) 150 + j12.75 + j1200 − 150
jw µ r µ 0
µ r =
σ wε r ε 0
= 600 − j 75Ω
jw µ r µ 0 / ε r ε 0
µ r =
1 − j
jw µ 0
=
1218.75 2Π (50 × 10 6 ) 4Π × 10 −7
jw µ 0
= 3.08
-19-
William Hayt Capitulo 11 EJERCICIO 11.15 Una señal de radar de 30 Ghz puede representarse como una onda plana uniforme en una region suficientemente pequeña. Calcule la longitud de onda en centímetros y la atenuación en decibeles por pie, si la onda sé esta propagando en un material no magnético para el cual:
= 1 y σ = 0 b) ε r = 1.01 y σ = 10 −4 c) ε r = 2.1 y σ = 5 a ) ε r
a)
γ = jϖ µ (σ + jϖ ε ) β = β =
ϖ
µ r ε r
c
2π * 30 *10 −9
1 *1
3 *10 8 β = 200π rad / m
λ = λ =
= α + jβ
2π
β 2π 200π
= 0.01m = 1cm
b)
σ ωε
=
10 −4 9
2π * 30 * 10 * 1.01 * 8.854 *10
−12
= 5.94 *10 −4
Lo que nos indica que es un buen dieléctrico
α = α =
σ µ 2 ε 10 − 4
1
* 120π
2 1.01 α = 0.1875 Np / m
α = 0.1875
Np 8.68589 dB 0.3048m m
1 Np
1 pie
α = 0.4964 dB / pie
1 σ 2 β = µ r ε r 1 + c 8 ϖ ε 2 2π * 30 * 10 −9 1 β = 1 * 1.01 1 + ( 5.94 * 10 − 4 ) 8 3 * 10 8 β = 631.452rad / m ϖ
λ = λ =
2π
β 2π 631.452
= 0.00995m = 0.995cm
-20-
William Hayt Capitulo 11
c)
σ ωε
=
5 2π * 30 * 10 9 * 2.1 * 8.854 *10 −12
γ = jϖ µ (σ + jϖ ε ) γ = γ =
= 1.428
= α + jβ
−ϖ 2 µε + jσϖ ε − ϖ 2 c
µ r ε r + jσϖ ε 2
2π * 30 *10 −9 *1* 2.1 + j 2π * 30 *10 −9 * 4π *10 −7 * 5 γ = 8 3 *10 γ = 1202.2656∠62.496 γ = 555.2656 + j1066.474 α = 555.2656
Np 8.68589dB 0.3048 m m
1 Np
1 pie
α = 1470.043dB / m β = 1066.474 λ = λ =
2π
β 2π 1066.474
= 0.00589 m = 0.589cm
EJERCICIO 11.16
11.16.- Un dieléctrico disipado esta caracterizado por ε R = 1.5, μ R =1 y σ/ωε = 2.5 x 10 -4. A una frecuencia de 200MHz, que tan lejos puede propagarse una onda plana uniforme en el material antes que: a) sufra una atenuación de 1Np; b) sufra una atenuación de 10dB; c) su amplitud disminuya a la mitad; d) su fase cambie 180 0?
ε '' σ = ε ' ωε ε '' −4 x = 2 . 5 10 ε ' σ = (2.5 x10 −4 )ωε
σ = (2.5 x10 −4 )(4π .108 )(8.854 x10 −12 )(1.5) σ = 0.00000417
-21-
William Hayt Capitulo 11
µ 1 µ 0 µ r = σ ε 2 ε 0ε r
1
α = σ 2
=
1 2
1
σ (120π )
α = (0.00000417)(120π )(0.8164965) 2
α = 0.00064179
Np m
a) A una atenuación de 1Np
z =
m
1
0.00064179 Np
x1 Np
z = 1558.1421m b) A una atenuación de 10dB 1Np = 8.69dB 10dB =1.1507 Np
z =
m
1
0.00064179 Np
x1.1507 Np
z = 1792.954m c) Su amplitud se disminuye a la mitad
Eo
2 1
= E e−
= e−
( 0.0006417 ) z
o
( 0.0006417 ) z
2 ln(1 / 2) = −0.0006417 z z = 1080.07 m d)
λ = β =
2π
β ω c
0
µ r ε r
π c λ = ω µ r ε r
π (3.10 8 ) = 4π .10 8 1.5
λ = 0.61237 m
-22-
π β
⇒ 360 ∴ ⇒ 180
0
1 1.5
William Hayt Capitulo 11
EJERCICIO 11.17 El factor de Potencia de un capacitor se define como el coseno del ángulo de fase de impedancia y su Q es ω CR, donde R es la resistencia en paralelo. Suponiendo que un capacitor de placas paralelas idealizando que tiene un dieléctrico caracterizado por σ, ε y µ0 encuentre el factor de potencia y Q en términos de la tangente de perdida.
Primero calculamos el FP
FP = Cosδ
Utilizando la identidad trigonométrica:
Cos 2θ =
1 1 + tan 2 θ
Reemplazando en el factor de potencia:
FP = (1 + tan 2 δ ) −1 / 2 Como la tangente de perdidas es:
tan δ =
σ ωε
σ 2 FP = 1 + ωε
−1 / 2
Ahora calculamos la carga.
-23-
William Hayt Capitulo 11
Q
=
1 tan δ
Como la tangente de perdidas es:
tan δ = Q
=
σ ωε
1
σ ωε
Por lo tanto
Q
=
ωε σ
EJERCICIO 11.18 La intensidad de campo eléctrico en una región no disipativa está dada como
E = 200 sin(109 t ) sin( 20 z ) a x V / m . Si la amplitud de campo magnético asociado es 1 A/m, encuentre: a) ε y µ para el medio; b) H ; c) E s . a)
E = 200 sin (109 t ) sin ( 20 z ) a x V / m sin ( A) sin ( B )
E = 200
=
Cos( A − B ) − Cos( A + B )
2 Cos (10 9 t − 20 z ) − Cos (10 9 t + 20 z ) 2
a x V / m
E = 100[Cos (109 t − 20 z ) − Cos(109 t + 20 z ) ] ⋅ a x V / m E = Em + ⋅ e −α z ⋅ Cos ( wt − Bz ) + Em − ⋅ e −α z ⋅ Cos( wt + Bz )
H
η =
=
E
α = 0
η
E H
η = 100
=
100 1
β = 20 ω = 10 9
Medio no disipativo: α = 0 y η =
u
ε
; donde la impedancia es solamente real;
Para calcular ε y µ para el medio utilizamos dos ecuaciones:
-24-
William Hayt Capitulo 11 u
η =
β = ω µ ⋅ ε
ε
100 =
u
20 = 10 9 µ ⋅ ε
ε
10000 =
u
4 ⋅ 10 −16
ε
= µ ⋅ ε
Resolviendo las dos ecuaciones queda:
µ = 2 ⋅ 10 −6
;
ε = 2 ⋅ 10 −10
b)
H = H =
Em +
η 100 100
⋅ e −γ z ⋅ a y
⋅ e − j 20 z ⋅ a y
H = 1 ⋅ e − j 20 z ⋅ a y H = 1 ⋅ Cos (109 t − 20 z ) ⋅ a y A / m
c)
E s
= Em + ⋅ e −γ z ⋅ a x
E s
= 100 ⋅ e −20 z ⋅ a x V / m
-25-
William Hayt Capitulo 11
EJERCICIO 11.19 Una onda plana uniforme en el espacio libre esta dada por E
s
→
= 200e −0.1z i V/m.
Encuentre el
valor instantáneo del vector de poyting en: a) t = 0 z = 0, 15, 30, 45 m. b) z = 0 t = 0, 40, 80, 120 ns.
Solución: Primero calculamos la frecuencia de la onda basándonos en que la onda se propaga en el espacio libre, por lo cual su µ p
= C
ω = β C ω = 0.1 (3)10 8 ω = 3 x 10
η 0
= 120π
H =
7
→
E
η
→
P (t ) = E ( z , t ) x H ( z , t ) →
P (t ) = 200e − jβ z e − jω t i x
200
→
e − jβ z e − jω t j
120π → → 200 = − − P (t ) 200 cos(ω t β z ) i x cos(ω t β z ) j 120π → 1000 2 P (t ) = (cos(ω t − β z )) k 3π → 1000 7 2 P (t ) = (cos(3 10 t − 0.1 z )) k 3π
a) para este caso t = 0 con lo cual la formula quedaría. P (0, z ) =
1000 3π
→
(cos(−0.1 z )) k 2
-26-
William Hayt Capitulo 11
Para z = 0 P =
1000 3π
para z = 15 →
(cos(−0)) k 2
P =
1000
→
3π
→
(cos( →
P = 106.1 k
P = 0.530 k
Para z = 30
para z = 45
P =
1000 3π
−1.5))
→
(cos(−3)) 2 k
P =
→
1000 3π
→
(cos(−4.5)) 2 k →
P = 103.99 k
P = 4.715 k
b) para estos casos z = 0 con lo cual la formula nos quedaría como: P (t ,0) =
1000 3π
→
(cos(3 10 7 t )) 2 k
Para t = 0 P =
1000 3π
para t = 40ns 2
→
P =
(cos(0)) k
3π
→
→
(cos(1.2)) k
para t = 120ns
(cos(2.4)) 2 k
P = 57.693 k
→
P = 13.931 k
Para t = 80ns 1000
3π
2
→
→
P = 106.103 k
P =
1000
P =
1000 3π
→
(cos(3.6)) 2 k →
P = 85.325 k
-27-
2
k
William Hayt Capitulo 11
EJERCICIO 11.20 Una onda plana uniforme se propaga en la dirección az a través de un material disipador con
γ = 0.1 + j1.2m −1 y η = 300 + j 25 Ω. Sea E S
= 100V / m
en z=0.
Encuéntrese P z , prom en z=0 y 1. Encontramos el fasor del campo:
E = E 0 .e −γ . z .e ω .t E . S
= 100V / m
E = a x 100.e − 0.1. z .e
H = a x
ω .t
cos(ω .t − 1.2 z )
100 301.04 4.7636
.e −0.1. z .e ω .t cos(ω .t − 1.2 z )
H = a x 332.18 x10 −3.e −0.1. z .e ω .t cos(ω .t − 1.2 z − 4.7636 )
Ahora encontramos la Potencia promedio.
S AV
=
1 Em 2
2
e − 2 (α ) z cos(θ η ) W / m 2
η
1 100
2
e − 2( 0.1) z cos(4.7636) W / m 2
S AV
=
S AV
= 16.55.e −0.2. z W / m 2
2 301.04
Ahora calculamos para z=0
S AV
= 16 .55 .e −0.2.( 0 )
S AV
= 16 .55 W
W /
-28-
William Hayt Capitulo 11
Ahora calculamos para z=1
= 16.55.e −0.2.(1) W / m 2 S AV = 13.5514 W / m 2 S AV
EJERCICIO 11.21 Ciertos campos que varían en forma sensorial en el espacio libre están dados como
Es =
120π[(sinθ )/r]e-jr aθ [V/m] y Hs = [(sinθ )/r]e-jr aφ [A/m]. Si ω = 3E8 rad/s; encuentre a) E(r,θ ,t) y H(r,θ ,t); b) P(r,θ ,t); c) la potencia instantánea total P(r,t) que deja la superficie de una esfera de radio r al tiempo t.
sin θ ⋅ e − jr ⋅ e jω t ⋅ θ r sin θ ⋅ cos( 3 E 8 ⋅ t − r ) ⋅ θ E ( r , θ , t ) = 120π ⋅ r E s (t ) = 120π ⋅
sin θ ⋅ e − jr ⋅ e jω t ⋅ φ r sin θ ⋅ cos( 3 E 8 ⋅ t − r ) ⋅ φ H ( r , θ , t ) = r
V/m
H s (t ) =
A/m
S = E × H
sin θ ⋅ cos( 3 E 8 ⋅ t − r ) ⋅ θ × sin θ ⋅ cos( 3 E 8 ⋅ t − r ) ⋅ φ r r 2 sin θ S = 120π ⋅ ⋅ cos 2 ( 3 E 8 ⋅ t − r ) ⋅ r W/m 2 r S = E s (t ) = 120π ⋅
2
sin θ ⋅ cos 2 ( 3 E 8 ⋅ t − r ) ⋅ r 2 ⋅ sin θ ⋅ d θ ⋅ d φ Pins = ∫ ∫ 120π ⋅ 0 0 r π 2 3 Pins = 120π ⋅ 2π ⋅ cos ( 3 E 8 ⋅ t − r ) ⋅ ∫ sin θ ⋅ d θ 0 2π
π
Pins = 240 ⋅ π
2
P(r, t) = 320 ⋅ π
⋅ cos 2 ( 3 E 8 ⋅ t − r ) ⋅ 2
⋅ cos 2 ( 3 E 8 ⋅ t − r )
4 3 W
-29-
William Hayt Capitulo 11
11.22.- Una línea de transmisión coaxial infinitamente larga está llena de aire y tiene las dimensiones a = 1cm , b = 2.7818=e (numero e)cm. Supóngase un campo E de (100/ρ)Cos(108t-βz) aρ V/m ,a) Encuentre β ,b) Use las ecuaciones de Maxwell para determinar H(ρ,z,t),c) Determínese P(ρ,z,t), d) Encuentre la potencia promedio transferida por el coaxial.
Datos E = (100 ρ ) cos(10 8 t − β z ) a ρ V/m
= 1 cm, b = 2.718( = número e ) cm a
a)
β = ω µ o ε o β = (10
8
)
(4π x10 −7 )(8.854 x10 −12 )
β = 0.333561rad / m b)
∂H ∂t − ∇xE H( ρ ,z,t) = ∫ dt µ o 1 d 100 cos(10 8 t − β z ) H( ρ ,z,t) = ∫ − dt a φ µ o dz ρ 1 − 100 β H( ρ ,z,t) = ∫ − sen(10 8 t − β z ) dt µ o ρ 1 100β 8 ( ) cos 10 β H( ρ ,z,t) = − t z − µ o ρ ⋅ 10 8
∇xE = - µ o ⋅
-30-
William Hayt Capitulo 11
H( ρ ,z,t) = c)
ρ , z , t ) P(
0.2654 cos(10 8 t − 0.334 z )
ρ
[ A / m]
= E( ρ ,z,t) x H( ρ ,z,t)
100 0.2654 cos(10 8 t − 0.334 z ) 8 ρ , z , t ) = * cos(10 t − 0.334 z ) P( x ρ ρ ρ , z , t ) P(
26.545
=
2
ρ
cos 2 (10 8 t − 0.334 z ) W/m 2
d ) Pz , prom
= 1 P pico
Pz , prom
=
2 13,2629 2
ρ
W/m 2
EJERCICIO 11.23 Un dieléctrico disipativo está caracterizado por εR = 2.5, μR = 4, σ = 10 -3 Ω’/m a 10 MH. Sea Es = 20e-γzax V/m y encuentre: a) α. b) β. c) ν. d) λ. e) η f) Hs; g) E(2,3,4,10ns). a. )
γ = j 2π (10.10 ) 4(4π .10 )(2.5)(8.854.10 6
7
−12
) 1− j
10 −3 2π (10 8 )(2.5)(8.854.10 −12 )
γ = 0.663∠90°(1.109∠ − 17.56°) γ = 0.226 + j 0.7 m −1 γ = α + jβ
b.)
α = 0.226Vp / m
β = 0.7rad / m
c. ) V = ω β
V =
2π (10 6 )
V = 8.97 x10 7 m / s
0.7
-31-
William Hayt Capitulo 11
λ =
d.)
λ =
f
8.875 x10 7 10 x10
e. ) µ =
µ =
v
4( 4π x10 −7 )∠2.5(8.854 x10 −12 ) 1.109∠ − 17.86
476.535∠0°
f. ) H ( x, y , z , t ) →
H ( x, y , z , t ) = →
µ = 429.358∠17.86°Ω
1.109∠ − 17.86 →
H s
λ = 8.975m
6
Eo +
=
Ι nΙ
20 429.388
e −α t Cos (ω t − β i − θ n) j e −0.266t Cos( 2π 10 x10 6 t − 0.72i − 17.86) j
= 0.047e − j 0.266 z e − j 0.4 z e −7.86
→
H s
= −16.577e − j 0.266 z e −(0.72+ 7.86) j A / m
→
g.) E ( x, y , z , t ) = Exo + e −α z Cos (ω t − β zz )i →
E ( x, y , z , t ) = 20e −0.266 z Cos (2π .10 x10 6 (0.7)(4))i
→
E ( x, y , z , t ) = −4.589iV / m
EJERCICIO 11.24 Una línea de transmisión de dos alambres utiliza dos conductores tubulares circulares cada uno con un diámetro de 3/16 in y un grosor de pared de 0.030 in determinar la resistencia por metro de la línea de transmisión a: a) cd; b) 10Mhz; c) 1Ghz.
Considerando que las líneas de transmisión usualmente son de aluminio:
σ AL
= 3.54 x10 7
Diámetro exterior b= 0.0047625m Diámetro interior
a =(0.0047625 - 0.000762) =0.004m
Análisis para una línea
-32-
William Hayt Capitulo 11
a) dc: En este caso R se expresa mediante la siguiente relación: Consideramos una longitud unitaria por cuestión de análisis
L = 1m
=
R( dc )
L
σ . A
=
1
( 3.54 x10 ) . ∏ .(0.0047625 − 0.004 7
= 0.001346
2
Ω m
b) Considerando la frecuencia de 10MHz δ (10 MHz )
=
1
Π. f . µ 0σ 1
Π.(10 x106 ).(4Πx10 −7 ).(3.54 x107 ) = 2.674 x10 −5 m R(10 MHz )
=
=
L
σ . A
=
1 2Πbδ 1
(3.54 x10 )(2Π(0.0047625))(2.674 x10 −5 ) 7
Ω = 0.03530 m c) Únicamente cambia la frecuencia 1 [GHZ] δ (1GHz )
=
1
Π. f . µ0σ 1
Π.(1 x109 ).(4Πx10 −7 ).(3.54 x107 ) = 2.674 x10 −6 m
-33-
2
)
William Hayt Capitulo 11
R(1GHz )
=
=
L
σ . A
=
1 2Πbδ 1
(3.54 x10 )(2Π(0.0047625))(2.674 x10 − ) 7
6
Ω = 0.3530 m
EJERCICIO 11.25 Una línea de transmisión coaxial tiene conductores de latón (σ
= 1.4x107 Mhos / m)
con
dimensiones a = 1.5mm, b = 6mm. Si las línea esta operando a 500 Mhz, determine la resistencia por unidad de longitud de: a) el conductor interior; b) el conductor exterior; c) la línea de transmisión coaxial.
DATOS: δ =
1
π . f . µ .σ
=
1
π .(500 x106 ).(1).(4π x10 −7 ).(1.4 x10 7 )
δ = 6.015 x10 −6 [ m] a) Conductor interior: R int
=
R int
1 2.π .a.δ .σ
=
1 2.π .(1.5 x10 −3 ).(6.015 x10 −6 ).(1.4 x10 7 )
Ω = 1.2598 m
b) Conductor exterior: Rext =
1 2π a ext δσ
=
1 2.π .(6 x10 −3 ).(6.015 x10 −6 ).(1.4 x10 7 )
-34-
William Hayt Capitulo 11
Rext
Ω = 0.3149 m
c) Línea de transmisión: Rcoaxial = Rcoaxial
1 1 + 1 = 1 + 1 −6 7 2.π .δ .σ a b 2.π .(6.015 x10 ).(1.4 x10 ) 1.5 x10 −3 6 x10 −3 1
Ω = 1.57 m
EJERCICIO 11.26 a) La mayor parte de los hornos de microondas operan a 2.45GHz supóngase que:
σ = 1.1 × 10 6 (S / m ) y µ A = 600
para el acero inoxidable interior; encuentre la profundidad
de penetración. b) Sea
E S
0° (V / =10 ∠
m)
en la superficie del conductor; grafique una curva de
amplitud de E s vs, el ángulo de E s a medida que el campo se propaga dentro del acero inoxidable.
DESARROLLO: Datos
σ = 1.1 x106 (S/m) E S = 10∠0° (V/m) μA = 600 f = 2.45 (GHz)
-35-
William Hayt Capitulo 11 a) δ =
1 π * f * σ * µ 1
δ =
π * ( 2 .45 * 10 9 ) * ( 4π * 10 −7 * 600 ) * (1.1 * 10 6 ) δ = 0.3958 * 10 −6
(m)
b) α = β = π * f * µ * σ =
1 δ
α = 2.52 * 10 6 ( Np / m ) β = 2.52 * 10 6 ( rad / m ) E S
= 10 ∠0 ° (V /
m)
E S ( z ) = 10 e −α z * e − jβ z 6 6 E S ( z ) = 10 e −( 2.52*10 ) z e − j ( 2.52*10 ) z
GRAFICANDO LA ECUACIÓN: E ( z ) = 10e −α z * e − jβ z S
Es (V/m)
∠Es (rad)
10 5.92 3.5 2.07 1.23 0.73 0.43
0
π/6 π/3 π/ 2 2.π / 3 5.π / 6 π
Respuestas
Respuestas
Curva de amplitud de E s vs., el ángulo de E s :
-36-
William Hayt Capitulo 11
EJERCICIO 11.27 Una línea de transmisión coaxial con un conductor sólido interior de 1 mm. De radio y uno exterior de 4mm de radio interior y 4.5 mm de radio exterior está hecho de latón que tiene una conductividad de 1.5 * 10 7. Si la línea está operando a 2GHz, a) encuentre R, la resistencia por unidad de longitud; b) calcule α, sabiendo que
γ = α+jβ = jω C ( R + jω L) , donde C y L son
valores por unidad de longitud obtenidas en las secciones 5.10 y 9.10, respectivamente y la coaxial está llena de aire.
a).-
-37-
William Hayt Capitulo 11
R =
1 + 1 2π a b 1
π ⋅ f ⋅ µ c σ c
1 + 1 R = 2π 1*10 −3 1*10 −3 R = 198.943 ⋅ 0.0229 R = 5.555 [ Ω / m ] 1
π ⋅ 2 *109 ⋅ 4π *10 −7 1.5*10 7
b).ω = 2 ⋅ π ⋅ f ω = 2π ⋅ 2*109 ω = 1.256*1010 [ rad / seg ] µ 0 b ln 2π a 7 4π *10− L = ln 4 2π L =
L = 2.772 *10 −7 [ H / m ]
C =
C =
C =
γ
=
jωC ( R + jω )
C
2π ⋅ ε 0 b ln a 2π ⋅ 8.854*10 −12
4*10−3 ln −3 1*10 5.563*10−11 ln 4
= 4.013*10−11 [ F / m ]
γ = j (1.256 *1010 )(4.013 *10 −11)(4.55) − (1.256 *1010 ) 2 (4.013 *10 −11)(2.772 *10 −7 ) γ = j 2.95 − 17542856 γ = 1754.857∠179.925 γ = 41.89∠89.96 γ = 0.0292 + j 41.89 α = 0.0292
-38-
William Hayt Capitulo 11
EJERCICIO 11.28
11.28.- Una onda de 400MHz se propaga a lo largo de un alambre aislado de cobre. Supóngase que δcu << radio del alambre, ε R =4 y σ/ωε = 10 3 para el aislante, calcule: a) αais/αcu; b) λ ais/λ cu,c)νais/vcu.
ω = 2π f ω = 2π .400.10 6 ω = 8π .10 8 Para el Conductor:(σ=5,8*107)
α = β = π fuσ α = β = π (400.10 6 )(4π .10 −7 )(5.8 x10 7 )
= 9.158077 x1010 α Cu = 302623.15 m −1 α Cu
Para el Aislante:
1
α Ais
=
ε '' ε '
σ ωε
2
σ
µ ε
Tenemos que:
a)
=
µ σ 2 ε
1
1 ε '' = ⋅ ' ωε ⋅ 2 ε
α ais
=
α ais
1 σ ω = 2 ωε c
1
µ r ⋅ ε r
8π .10 8
α ais
= (10 )
α ais
=
α ais
= 8377.580 m −1
3
3.10 8 1 8π (2) (10 3 ) 2 3 2
α ais α Cu α ais α Cu
=
1⋅ 4
8377.58 m −1 302623.15 m −1
= 0.02768
b)
-39-
µ ε
1 ε ''
= ' ⋅ ω 2 ε
µ ⋅ ε
William Hayt Capitulo 11
β =
2π
λ ais λ Cu
=
λ 2π / β ais 2π / β Cu
=
β Cu β ais
=
π f µσ ω ε r c
λ ais λ Cu
=
π (400)(10 6 )(4π .10 − 7 )(0.9999)(5.8 x10 7 ) 8π .10 8 3.10 8
λ ais λ Cu λ ais λ Cu
=
v ais
=
4
302623.15 16.755
= 18053.358
c)
vCu v ais vCu
ω / β ais ω / β Cu
=
β Cu β ais
= 18053.358
-40-
=
302623 .15 16.755
William Hayt Capitulo 11
EJERCICIO 11.29 Un buen conductor no magnético sustenta una onda plana uniforme que viaja con una velocidad de 2.5x105 m/s con una longitud de onda de 0.25 mm. Encuentre: la frecuencia y la conductividad.
ν = 2.5 × 10 5 m / s λ = 0.25mm = 0.25 × 10 −3 m ur = 1
β = β =
δ =
2π
λ 2π
=
0.25 × 10 −3 1
β
=
π ⋅ f ⋅ µ ⋅ σ β
=
f ⋅ σ
= 12.65 × 10 6
π ⋅ µ r ⋅ µ o
=
ν = 2π ⋅ f ⋅
f =
π ⋅ 1 ⋅ 4π × 10 −7
1
π ⋅ f ⋅ µ ⋅ σ
=
2π ⋅ f
ν
π ⋅ µ r ⋅ µ o f ⋅ σ ⋅ν 2π
π ⋅ 4π × 10 −7 ⋅ 12.65 × 10 6 ⋅ 2.5 × 10 5 2π
f = 1 GHz
(
25132.74
=
2π ⋅ f ⋅ δ
π ⋅ µ r ⋅ µ o f ⋅ σ f =
( rad / m )
1
f ⋅ σ
ν = ω ⋅ δ
25132.74
f ⋅ σ
Rta.
) = (12.65 × 10 ) 2
6 2
(12.65 × 10 ) = (12.65 × 10 ) σ = 6 2
f
σ = 160 × 10 3 S
6 2
1 × 10 9
Rta.
-41-
William Hayt Capitulo 11
EJERCICIO 11.30 En la región 1, z <0, σ 1 =0, ε R1 = 4, y µ R1 =1; en la región 2, z >0, σ 2 =0, ε R 2 = 1.44, y µ R 2 +
=6.25. Hay una onda incidente en la región 1, E s1
= 400e − j 20 z a x V/m. a) Especifique f. b) +
Encuentre el campo total E en la región 1. c) Determínese E s 2 .
1
2
σ 1 = 0
=0 ε R 2 = 1.44 µ R1 = 6.25 σ 2
=4 µ R1 = 1 ε R 1
E s+1
E s+2
S s1
+
H s 2
H s+1
S s 2
x z
y
a) E s+1
= 400e − j 20 z a x
β = ω u1ε 1 β 1
= 2π f
f = f =
u1ε 1
β 2π u1ε 1 20 2π 1 ⋅ 4π ⋅ 10
−7
⋅4⋅
10 −9 36π
f = 477.46 MHz
b) E 1 (t ) =| E s+1 | cos(ω t − β z )a x E 1 (t ) = 400 cos(2π ⋅ 477.46 ⋅ 10 6 t − 20 z ) a x
-42-
William Hayt Capitulo 11
c) E s+2 T =
= T E s+1 2η 2
η 2 + η 1
η 1
= 120π
µ r 1 ε r 1
η 1
= 120π
1
η 2
= 120π
η 2
= 120π
T =
4
= 60π
µ r 2 ε r 2 6.25
1.44 2 ⋅ 250π
250π + 60π
= 250π = 1.613
E s+2
= T E s+1
E s+2
= 1.613 * 400 = 645.16
V / m
β = ω u1ε 1 β 2
= 2π f
β 2
= 2π ⋅ 477.46 ⋅ 10
u 2 ε 2 6
6.25 ⋅ 4π ⋅ 10
= 29.976 β E s+2 = E s+2 e − j z a x β 2
2
E s+2
= 645.16e − j 29.976 z a x
-43-
−7
⋅ 1.44
10 −9 36π
William Hayt Capitulo 11
EJERCICIO 11.31 Una onda uniforme de 10MHz en aire esta incidiendo sobre una placa de cobre que es perpendicular a la dirección de propagación. La mayor parte de la potencia reflejada, pero un poco se propaga hacia la placa de cobre. ¿Qué tan lejos de la superficie se propagara la onda en el cobre antes de que el 99% de su potencia sé disipada?
w = 2π * f = w = 2π * 100 *106 rad / s
α = π * f * µ * σ = α = π * (100 * 106 ) * (8.85 *10 −12 ) * (5.80 *107) )
=
α = 127.0161( Np / m) α = β η =
µ σ 1 + j = ε 2 wε
η =
8.85 * 10−12 5.8 *107 + 1 j 4π *10 − 7 2 * ( 2π * (100 *106 ) * 4π *10 − 7
η = 0.002654 + j 974.922 η = 974.92∠89.99° P =
1
0.99
=
2
−α * z
*
η 1
−α z
2η
1 = 1 ln α z 0.99 2η 100 = 1 α z ln 99 2η 100 * 2η = α z ln 99 100 * 2(974.92) ln 99 z = ln
127.0161 z = 0.000481m
-44-
William Hayt Capitulo 11
EJERCICIO 11.32 Dos ondas planas uniformes Es + = 120e − j 4πτ ax y Es − = 30∠50º e j 4πτ ax V/m están viajando en la misma región del espacio. Si esta región es el espacio libre: a) Encuentre la frecuencia de operación. B) ¿Qué impedancia intrínseca en la región z>0 causaría la reflexión de la onda? C) ¿En qué valor o valores de z, -40<=z<=0cm, es máxima la amplitud de campo E?
Es + Es −
= 120e − j 4πτ ax = 30∠50º e j 4πτ ax
β = 4π = F =
β c 2π
=
ω c 4π 3 x10 8 2π
= 6 x108
a) = F = 600 MHz
Γ =
Er Ei
=
30∠50º
0.25∠50º =
120
=
η 2 − η 1 η 2 + η 1
η 2 − η 1 η 2 + η 1
η 2 (0.25∠50º −1) = η 1 ( −1 − 0.25∠50º )
b) = η 2
=
η 1 (−1 − 0.25∠50º ) 0.25∠50º −1
Considerando que η 1 libre.
= E i + E R = 120e − j 4π z + (30∠50º )e j 4π z = E i e − jβ z + Γ E i e jβ z Ei = E i e − jβ z (1 + Γ e j 2 β z )
E 1
= E i . 1 + Γ e j ( 2 β z + β z ) V max = Ei (1 + Γ ) = 2β z + θ r = η 2π V min = Ei (1 − Γ ) = 2β z + θ i = ηπ Ei
El Vmax son para valores de 0, 2, 4… El Vmin son para valores de 1, 3, 5…
-45-
= 120π
ya que esta en el espacio
William Hayt Capitulo 11 2 β z = η 2π − θ r z =
η 2π − θ r 8π
36n − s 18 8
=
=
36n − s 144
c)
•
Para n=0 Z=3.47cm (pero analizando el problema el Vmax no esta en cero si no que esta un poquito desplazado hacia la izquierda).
•
Para n=-1 z=28.42cm.
-46-
William Hayt Capitulo 11
EJERCICIO 11.33 La región A x<0, tiene µ A = 2µH/m, εA = 200pf/m, y σ A = 0; en la región B donde X>0, tiene µB = 2µH/m, εB = 200pf/m 200pf/m,, y σ B = 1.2 1.2.. Si el EA+ = 1000e-αAx cos(1010t-βAx) ay V/m. V/m. : + encuentre a) E SA , B) E SB , c) HB. a) Primero Primero vemos vemos la tangent tangentee de pérdid pérdidas as en la region region A = 0/2µH/m * 200pf/m = 0 <<1 buen dieléctrico
β= w
= 2π
ŋA=120π
para nB
=
= 200 α=0 =
=100
= 0.06 << 1
ŋB=120π
= 100+ j6
Γ=n2-n1/n2+n1 = 100+j6 -100/100+j6+100= j6/200+j6 Γ =6<90º/200.089<1.71º = 0.03<88.29= 0.009 +j0.0299 EA- = EA+ * Γ ESA = EA+ + EA- =1000e-0x cos(1010t-200x)+ 1000e- αAx cos(1010t-βAx)* Γ ESA =1000 e-j200x+141.3-j(200x+106º) V/m
b) T = 1+* Γ =1 -0.009 +j0.0299= 0.9+j0.0299 ESB += T* E A+ = 1000e-0x cos(1010t-200x) *0.9+j0.0299 ESB += 970e j57.7x e-j(208x-8.04º)
c) H b E/ H = n
E/nB = H
-47-
William Hayt Capitulo 11 970e j57.7x e-j(208x-8.04º) / 100+ j6 = 970e j57.7x e-j(208x-8.04º) /100<3.46º= Hb=10.48e-57.7x(cos(1010t— 208x-7.49).
EJERCICIO 11.34 Una onda plana uniforme en la región 1 incide sobre la frontera plana que las separa las regiones 1 y 2. Si σ 1 = σ2 = 0 y µA1= µ 2 = 1, determine la razón εr 1/ εr 2 sim el 10% de la energía de la onda incidente es a) reflejada. b) transmitida a la región 2 b)
= 0 también en la región 2 es 0
T= para que transmita el 10% será igual i gual a 1
T=
=
2
= 0.1 =
(
1.9
=
) 0.1/0.9 =
εr 1/ 1/ εr 2 =0.229
a) = 0 también en la la region 2 es 0
Para Γ T= transmite transmite el 90% será igual a 1
T=
=
2 1.1
= 0.9 =
(
=
) 0.1/1.1 =
εr 1/ 1/ εr 2 =0.301
-48-
William Hayt Capitulo 11
EJERCICIO 11.35 La
inten tensida idad
de
cam campo
eléctrico en
una
región ión
no
disip sipada
está
→
dada
como
intensidad del del campo magnético magnético E = 200 sen(10 9 t ) sen 20 z a x V / m . Si la amplitud de la intensidad asociado es 1A/m, encuentre: a)
ε y µ para el medio; b) H; c) Es.
E = 200sen(109t)sen 20z i V/m |H| = 1 A/m Resolución a) µ r ε r
η = 120π
200 = 120π
µ r ε r µ r ε r
=
=
ϖ =
µ r ε r
µ r ε r
5 3π
2 r
ε
=
=
β * c ϖ 20 * 3 *10 8
25
µ r ε r
=
9π 2
µ r ε r
=6
µ r ε r = 36 36
β * c µ r ε r
µ r ε r = 36
25 9π
36 * 9π 2
µ r =
2
36
ε r
=
36 11.30
µ r = 3.18
= ε r 2
25 ε r = 11.30
µ = µ 0 µ r µ = 4π *10 −7 * 3.18
ε = ε 0ε r
µ = 4 *10 −6
ε = 8.85 *10 −12 *11.30 ε = 1*10 −10 F / m
10 9
Rta
b)
-49-
Rta
William Hayt Capitulo 11
= 2 E x+0 senβ 1 zsenϖ t E x = 200 sen(10 9 t ) sen20 z E x+0 = 100 E x
E x+0 H y = 2 cos β 1 cosϖ t
η 1
100
H y
= 2*
H y
= cos(20 z ) cos(10 9 t )
200
cos(20 z ) cos(10 9 t ) A / m
Rta
c) E s
= − j 2 senβ 1 z * E x+0 →
E z = − j 2 sen( 20 z ) *100 i →
E z = − j 200 sen( 20 z ) i
-50-
V / m
Rta
William Hayt Capitulo 11
EJERCICIO 11.36 Una interfase plana entre dos dieléctricos perfectos están localizadas en z = 0 . Una onda plana de 4Ghz que viaja en la dirección a z , incide en la región 1, z < 0 , a la región 2 z > 0 . Las longitudes de ondas en los dieléctricos son λ 1 = 6cm y λ 2 = 4cm . Ambos materiales no son magnéticos. ¿Que porcentaje de la energía incide en la frontera es a) reflejada b) transmitida? c) ¿Cual es la relación de onda estacionaria en la región 1?
(a) Aplicando la formula general de la impedancia intrínseca de un medio que es:
jω u
η =
σ + jωε
j Como es un dieléctrico perfecto el valor de σ = 0 , remplazando nos queda que γ = β u
η =
ε
Como tenemos dos medios estos será
η 1
u1
=
η 2
ε 1
λ 1
Como
β =
2π
= 6cm
=
u2
ε 2
y λ 2
Entonces
λ
= 4cm
γ 1
= β 1 =
2π
γ 2
λ 1
= β 2 =
2π
λ 2
γ = ± jω µε En los medios no magnéticos la permeabilidad u 1 =u 2
γ 1
(1)
β 1
=
0.06
γ 2
(2)
β 2
2π
=
2π 0.04
= ± jω =
j * 2 * π * 4 × 10 9 * µ 1ε 1
= ± jω =
µ 1ε 1 µ 1ε 1
= (−4.16667 ×10 −9 * j ) 2
µ 1ε 2
= (−3.90625 × 10 −9 * j ) 2
µ 1ε 2
j * 2 * π * 4 × 10 9 * µ 1ε 2
-51-
William Hayt Capitulo 11 Despejamos u1 e igualamos
ε 1
(1) y (2) despejamos ε 1 y ε 2
= 0.444 * ε 2
ε 2
2.25 * ε 1
=
Remplazamos en el coeficiente de reflexión
Γ =
η 2 − η 1 η 2 + η 1 u1
Γ =
ε 2 u1
ε 2
η 1 =
Remplazamos por
u1
−
ε 1 u1
+
u1 2.25 * ε 1
=
u1
ε 1
2.25 * ε 1
− +
(b) Aplicando la relación entre
u1
ε 1
ε 1 u1
Resolviendo queda que
ε 1
Γ y
τ hallamos
(c) la relación de onda estacionaria en la región 1 es:
S =
E max E min
=
=
u2
u 1 =u 2
ε 2
u1
1 + Γ = τ 1 + (−0.2) = τ τ = 0.8
S =
η 2
1+
Γ 1 − Γ
1+
Γ 1 + 0.2 = 1 − Γ 1 − 0.2
S = 1.5
-52-
Γ = −0.2
William Hayt Capitulo 11 EJERCICIO 11.37 Dadas
ε 2
región z < 0, ε 1
la
= 50 pF
m y µ 2
= 20 ρ F m , y µ 1 = 2µ H m ; la región 2, = 2,5 µ H m ; la región 3, z > 8, ε 3 = ε 1 , y µ 3 = µ 1 .
0 < z < 8cm, Sea σ = 0 en
todas partes. a) ¿Cuál es la frecuencia más baja para la cual la onda plana uniforme que incida desde la región 1 sobre la frontera z = 0 no tendrá reflexión? b)¿Si f = 200MHz, que SWR habrá en el región 1?
= 20 × 10 −12 [ F m]; µ 1 = 2 × 10 −6 [ H m];σ 1 = 0 −12 −6 En la región 2: ε 2 = 50 × 10 [ F m]; µ 2 = 2,5 × 10 [ H m]; σ 2 = 0 −12 −6 En la región 3: ε 3 = 20 × 10 [ F m]; µ 3 = 2 × 10 [ H m]; σ 3 = 0 En la región 1: ε 1
d z=8×10-2[m]
z=0
= η 3 =
a) η 1
η 2
µ 2 ε 2
=
=
µ 1 ε 1
=
µ 3 ε 3
2,5 × 10 −6 50 × 10 −12
=
2 × 10 −6 20 × 10 −12
= 316,228[ Ω]
= 223,607[ Ω]
λ 2 = 8 × 10 −2 [ m] ; β 2 d = π [ rad m] f =
π 2π × µ 2 ε 2
× 8 × 10 −2
b) β = ω × µ 2 ε 2
η ω t
=
1 2 × 2,5 × 10
= 2π × 200 × 10 6 ×
−6
× 50 × 10
−12
× 8 × 10
2,5 × 10 −6 × 50 × 10 −12
−2
= 559,016[ MHz ] respuesta
= 14,049[ rad m]
η + jη 2 tan( β 2 d ) 316,228 + j 223,607 tan[(14,049) ( 8 × 10 −2 ) ] = η 2 3 = 223 , 607 − 2 ( ) + η η β j tan d ( ) [ ] ( ) + × 223 , 607 j 316 , 228 tan 14 , 049 8 10 3 2 2
η ω t =
70110,678 + j104352,244 223,607 + j 659,982
=
126053,127∠55,80º 696,833∠71,28º
η ω t = 180,894∠ − 15,48 = 174,399 − j 48,28[ Ω] η ω t − η 1 174,399 − j 48,28 + 316,228 − 141,829 − j 48,28 = = η ω t + η 1 174,399 − j 48,28 − 316,228 490,627 − j 48,28 149,821∠ − 161,2 Γ = = 0,304∠ − 155,58 492,996∠ − 5,62
Γ=
SWR =
1+
Γ 1 + 0,304 = = 1,873 respuesta 1 − Γ 1 − 0,304
EJERCICIO 11.38 -53-
William Hayt Capitulo 11
Una plancha de dieléctrico no disipativo para el cual ε R
=9
está localizada en la región
0 < z < 0,25m . Existe espacio libre en las regiones z < 0 , z > 0.25m . Una onda plana uniforme de 250 Mhz que viaja en la dirección a z incide sobre la frontera en z = 0 . a) Encuentre la relación onda estacionaria en cada una de las tres regiones. b) Encuentre la localización del máximo de E en el espacio l ibre cercano a la plancha z < 0 . En la región 1 (aire):
= 1[ F m]; µ R1 = 1[ H m];
ε R1
σ 1
= 0;
α = 0 .
En la región 2(Dieléctrico no disipativo): ε R 2 = 9[ F m]; µ R 2 = 1[ H m]; σ 2 = 0 . En la región 3 (aire):
= 1[ F m]; µ R3 = 1[ H m];
ε R3
σ 3
= 0;
α = 0 .
d z=0
z=0.25[m]
= η 3 =
a) η 1
µ R 2 η 2
= 1;
= η 0
ε R 2 µ R ε R
µ 1 ε 1
= 120π
= 9;
µ R ε R
=
1 1
= 277[ Ω]
α = 0
= 377 η E
1 9
= 125.67[ Ω]
NT
β 2
=
2π f µ R ε R c
=
2π * 250 * 10 6 1 * 9 3 * 10 8
= 15.708[ rad m]
Impedancia intrínseca de entrada:
η 3 + jη 2 tan ( β 2 d ) 377 + j125.67 tan[ (15.7008 )( 0.25) ] = 125 . 67 + + η j η tan β d 125 . 67 j 377 tan 15 . 7008 0 . 25 ( ) ( )( ) [ ] 2 3 2 η ENT = 226.85 − j 302.46[ Ω] η ENT = η 2
Para la región 1:
− η 1 226.85 − j302.46 − 377 = = 0.5∠ − 189.796 + η 1 226.85 − j302.46 + 377 1 + Γ 1 + 0.5 SWR = = =3 1 − Γ 1 − 0,5
Γ=
η ENT η ENT
-54-
William Hayt Capitulo 11 Para la región 2:
Γ =
η 2 η 2
− η ENT 125.67 − (226.85 − j 302.46) = = 0.68664∠149.12 − η ENT 125.67 + (226.85 − j302.46) 1+
Γ 1 + 0.69 = = 5.4516 1 − Γ 1 − 0,69
SWR =
Para la región 3:
Γ =
η 3 η 3
− η ENT 377 + (226.85 − j 302.46) = = 0.4997∠90.158 + η ENT 377 − (226.85 − j 302.46)
SWR =
b) S =
1+
Γ 1 + 0.4997 = = 2.998 1 − Γ 1 − 0.4997
E XS 1, MAX E XS 1, MIN
E XS 1, MAX = E XS 1, MAX = E XS 1
=
1+
Γ 1 − Γ
S 1−
Γ
3 1 − 0.5
= 6[V / m]
= (e − jβ z + Γ e − j ( β z +φ ) ) E + 1
1
X 10
E XS 1, MAX = (1 +
Γ ) E +
X 10
Esto sucede cuando:
− β 1 * z = β 1 * z + φ + nπ
( n = 0,
± 1, ± 2,.....)
Entonces:
− β 1 * z máx = φ + nπ 2
− z máx
φ + nπ 2 = β 1
φ = π β 1 =
2π f
− z máx
c
=
2π * 250 *10 6 3 *108
= 5.24[ rad m]
π + nπ 2 = 5.24
-55-
William Hayt Capitulo 11
Los máximos se repiten para cada valor de n*pi. El máximo cuando n=0 es:
− z máx
π = 2 = 0.299m 5.24
EJERCICIO 11.39 Las tres regiones mostradas en la figura 11.12 son todas no disipativas y no magnéticas. Determine la relación de onda no estacionaria para E en l a región izquierda cuando d2 es igual a: a) 0; b) 5cm; c) 8cm.
-56-
William Hayt Capitulo 11
a) ω = 2π f ω = 2π ( 500 x10 6 ) ω = 1000π x10 6 rad
n1
= 120π [ Ω]
n2
= 120π
ur 2
n2
= 120π
1
n3
= 120π
ur 3
n3
= 120π
1
seg d 2
ε r 2 9
= n2 = 40π [ Ω]
=0
+ 1 60π − 120π = = −0.33 n3 − 1 60π + 120π 1 + Γ 1 + 0.33 = =2 SWR = 1 − Γ 1 − 0.33
Γ =
n3
ε r 3 4
= 60π [ Ω]
b)
d 2
= 5 x10 −2 [ m]
β = 2π f µε = 2π ( 500 x10 6 ) ( 4π x10 −7 )( 9) (8.85 x10 −12 )
= 31.437 rad seg
+ jn 2 tan ( β 2 d 2 ) 60π + j 40π tan ( 31.437( 5 x10 − 2 ) ) η ent = n 2 = 40π n2 + jn3 tan ( β 2 d 2 ) 40π + j 60π tan ( 31.437( 5 x10 − 2 ) ) η ent = 83.719 + j 0.073[ Ω] n3
-57-
William Hayt Capitulo 11
Γ =
n ent − n1
=
n ent − n1 SWR
d 2
=
1+
83 .719 83 .719
Γ
1 − Γ
=
− j120 π + j120 π
1 + 0.6370 1 − 0.6370
=
= 0.6370 ∠179 .98
0
4.509
= 8 x10 −2 [ m]
β = 2π f µε = 2π ( 500 x10 6 )
( 4π x10 − )( 9) (8.85 x10 − ) = 31.437 rad seg 7
12
+ jn2 tan( β 2 d 2 ) 60π + j 40π tan ( 31.437( 8 x10 − 2 ) ) = 40π η ent = n2 n 2 + jn3 tan ( β 2 d 2 ) 40π + j 60π tan ( 31.437( 8 x10 − 2 ) ) η ent = 131.739 + j 52.159[ Ω ] n −n 131.739 + j 52.159 − 120π Γ = ent 1 = = 0.4908∠162.14 0 nent − n1 131.739 + j 52.159 + 120π 1 + Γ 1 + 0.4908 = = 2.924 SWR = 1 − Γ 1 − 0.4908 n3
-58-
William Hayt Capitulo 11 EJERCICIO 11.40 En la figura 11.10 sea η 1
= 0.5η 0 . Una onda plana incide normalmente desde la izquierda,
como se muestra. Grafique una curva de S en la región a la izquierda: a) Como función de l si f=3Ghz; b) Como función de la frecuencia si l=2.5cm.
η
η
=377Ω
0
η
=188.5 Ω
1
Cubierta domo protectora
Onda incidente
η
2
=377Ω
=η
0
EN
T
-l
Figura 11.10
0
η 2 + jη 1 tan ( β 2 l ) η 0 = η 2 = 377[Ω]; η 1 = 188.5 + η j η tan β l ( ) 1 2 2 377 + j188.5 tan( β 2 l ) η ENT = 188.5 x = β l + 188 . 5 j 377 tan β l ( ) 2 377 + j188.5 tan( β 2 l ) 188.5 ( sen( x)) 2 (cos x)) 2 + 0.44 η ENT = 188.5 + 188 . 5 j 377 tan β l ( ) ( sen( x )) 2 + 0.33 2 η − η Γ = ENT 0 η ENT + η 0 η ENT = η 1
(( sen( x))2 (cos( x))4
Γ =
+ 8( sen( x))4 + 0.67( sen( x))2 + 0.22)(cos( x))2 + 16( sen( x))2 ( sen( x))4 + 1.33( sen( x))2 + 0.44) * ( sen( x))2 (cos( x))2 + 4(( sen( x))4 + 1.33( sen( x))2 + 0.44)
sen( x ) ∠90 * tan −1 ( y )
0.25 sen( x)((cos( x)) 2 − 4(( sen( x)) 2 + 0.67 y = 2 + (( sen ( x )) 0 . 33 ) cos( x ) 1 + Γ = S SWR = 1 − Γ S =
−1
( sen( x )) 2 (cos( x)) 4 ( sen( x )) 2 (cos( x )) 4
+ 8(( sen( x)) 4 + 0.67( sen( x)) 2 + 0.22)(cos( x)) 2 + 16( sen( x)) 2 (( sen( x)) 4 + 1.33( sen( x)) 2 + 0.44)
+ 8(( sen( x)) 4
+ 0.67( sen( x)) 2
+ 0.22)(cos( x)) 2
+ ( sen( x)) 2 (cos( x)) 2 + 4(( sen( x)) 4 + 1.33( sen( x)) 2 + 0.44)) sen( x ) − ( sen( x )) 2 (cos( x )) 2 − 4(( sen( x )) 4 + 1.33( sen( x)) 2 + 0.44))
sen( x)
λ =
2π
β
=
1 f µε
=
c f µ R ε R
=
λ 0 µ R ε R
[ rad m]
-59-
+ 16( sen( x)) 2 (( sen( x)) 4
+ 1.33( sen( x)) 2
+ 0.44)
*
William Hayt Capitulo 11 a) f=3Ghz
λ 0
=
2π
β β =
3 *10 8 3 *10 9
= 0.1
λ 0
=
µ R ε R
[ rad m]
2π µ Rε R
λ 0
Tomando:
µ R ε R β =
2π 0.1
=1
= 62.83
x = 62.83 * l Reemplazamos este valor de x en la ecuación de S, la grafica sería:
En la gráfica el eje y viene a ser el eje S y el eje x es el eje l. Se nota en la gráfica como varia S conforme cambia la distancia l. b) l=2.5cm
2π
β
=
c f µ R ε R
[ rad m]
Tomando igualmente:
µ R ε R
=1
-60-
William Hayt Capitulo 11 β =
2π f
=
2π f 8
= 2.1*10 −8 f
c 3 *10 x = ( 2.1*10 −8 )(2.5 *10 −2 ) f x = 5.25 *10 −10
Reemplazamos este valor de x en la ecuación de S, la grafica sería:
θ c
= Sen− 1
En la gráfica el eje y viene a ser el eje S y el eje x es el eje f. Se nota en la gráfica como varia S conforme cambia la frecuencia (f).
1 81
c = 6,380
μ = ε
n1=
4* πx10− 7 81x(8.85x1 0− 12 )
Cosθ
ε1senθ− 1 i t = − j ε 2
= − j2.991
n cosθ − n cosθ + j41,86(2.9 11) 1 1 t = 377cos20 Γ = 2 n cosθ + n cosθ 377cos20 − j41,86(2.9 11) 2 1 1 t Γ = 0.788+ j0.615 0 Γ = 1∠37.97
= j1.34
1 + Γ = θ 1 Γ = 1 + 0.788+ j0.615 j0.33 Γ = 1.89
EJERCICIO 11.41
-61-
