Ondas ReflejadasClase 14
21-Noviembre-2014
Profundidad de Penetración
Las ondas E y H cuando viajan en un medio conductor, son atenuadas por
el factor 𝑒−𝛼𝑧 al avanzar a lo largo de 𝑧. Esta atenuación es tan rápida que
a menudo las ondas pueden considerarse cero solo a unos pocos
milímetros de avance.
Considérese que la región 𝑧 ≥ 0 es un conductor y justo adentro del
conductor, en 𝑧 = +0, 𝐸 tiene magnitud 1V/m. La profundidad de
penetración 𝛿 , se define como la distancia a partir de la cual 𝐸 ha
disminuido a 𝑒−1 = 0.368 𝑉/𝑚.
Profundidad de Penetración
Profundidad de Penetración
De esta manera
𝛿 =1
𝛼=
1
𝜋𝑓𝜇𝜎
Por conveniencia, 𝑧 = 5𝛿 se toma a menudo como el
punto donde la función es cero, ya que ahí su valor es
0.0067 o 0.67% del valor inicial.
Profundidad de Penetración
A una frecuencia de 100 MHz en el caso del cobre, la profundidad
de penetración es de 6.61𝜇𝑚. Las ondas se atenúan en 0.67% en
5𝛿 𝑜 33𝜇𝑚. Por consiguiente, el termino propagación, cuando se
utiliza conjuntamente con el comportamiento de la onda dentro
de un conductor, es causa de mala interpretación.
Las Ondas E y H difícilmente se propagan.
Profundidad de Penetración
Como se vera en breve la mayor parte de una onda incidente
sobre la superficie de un conductor se refleja. Sin embargo la
porción que continua dentro del conductor y se atenúa
rápidamente no puede ignorarse completamente, porque da lugar
a una densidad de corriente de conducción 𝐽𝐶 y a sus
concomitantes perdidas de potencia de tipo óhmico.
Las cinco ecuaciones anteriores pueden combinarse para producir
las siguientes relaciones dadas en términos de las impedancias
intrínsecas:
𝐸0𝑟
𝐸0𝑖 =
𝜂2−𝜂1
𝜂1+𝜂2
𝐻0𝑟
𝐻0𝑖 =
𝜂1−𝜂2
𝜂1+𝜂2
𝐸0𝑡
𝐸0𝑖 =
2𝜂2
𝜂1+𝜂2
𝐻0𝑡
𝐸0𝑖 =
2𝜂1
𝜂1+𝜂2
Problema 1
Las ondas viajeras 𝐸 𝑦 𝐻 en el espacio vacío (región 1) inciden
normalmente en la entrecara con un dieléctrico perfecto (región
2), para el que 𝜖𝑟 = 3. Compare las magnitudes de las ondas 𝐸 𝑦 𝐻
incidentes reflejadas y transmitidas en la entrecara.
Solución
𝜂1 = 𝜂0 = 120𝜋 𝜂2 =𝜇
𝜖=120𝜋
𝜖𝑟= 217.7
𝐸0𝑟
𝐸0𝑖 =
𝜂2−𝜂1
𝜂1+𝜂2= −0.268
𝐻0𝑟
𝐻0𝑖 =
𝜂1−𝜂2
𝜂1+𝜂2= 0.268
𝐸0𝑡
𝐸0𝑖 =
2𝜂2
𝜂1+𝜂2= 0.732
𝐻0𝑡
𝐸0𝑖 =
2𝜂1
𝜂1+𝜂2= 1.268
Incidencia oblicua y las leyes de Snell
Una onda incidente que se aproxima a un plano entre dos medios
diferentes generalmente dará como resultado una onda
transmitida en la primera. Las normales de las ondas reflejadas y
transmitidas, también se encuentra en el plano de incidencia. El
ángulo de incidencia 𝜃𝑖, el ángulo de reflexión 𝜃𝑟 y el ángulo de
transmisión están definidas en la siguiente figura.
Incidencia oblicua y las leyes de Snell
𝜃𝑖 = 𝜃𝑟 y la Ley de Snell de la Refracción
𝑠𝑒𝑛𝜃𝑖
𝑠𝑒𝑛 𝜃𝑡=
𝜇2𝜖2
𝜇1𝜖1
Problema
Una onda es incidente en un ángulo de 30 ° a partir del aire al
teflón. Calcular el ángulo de la transmisión y repetir con un
intercambio de las regiones.
Solución
Donde
𝜇1 = 𝜇2,𝑠𝑒𝑛 𝜃𝑖
𝑠𝑒𝑛 𝜃𝑡=𝑠𝑒𝑛30°
𝑠𝑒𝑛 𝜃𝑡=
𝜖𝑟2
𝜖𝑟1= 2.1 𝑜 𝜃𝑡 = 20.18°
Del teflón al aire
𝑠𝑒𝑛30°
𝑠𝑒𝑛 𝜃𝑡=
1
2.1𝑜 𝜃𝑡 = 46.43°
Suponiendo ambos medios tienen la misma permeabilidad, de
propagación desde el medio ópticamente más denso 𝜖1 > 𝜖2
tenemos en consecuencia que 𝜃𝑡 > 𝜃𝑖. A medida que aumenta 𝜃𝑖
como el ángulo de incidencia se alcanzará este resultado en 𝜃𝑡 =
90°.
En este ángulo crítico de incidencia, en lugar de una onda que se
transmite en el segundo medio habrá una onda que se propaga a
lo largo de la superficie.
El ángulo critico esta dado por
𝜃𝑐 = 𝑠𝑒𝑛−1 𝜖𝑟2
𝜖𝑟1
Problema
El ángulo critico para la onda de propagación del teflón al espacio
libre del problema anterior es:
𝜃𝑐 = 𝑠𝑒𝑛−1 1
2.1= 43.64°
Polarización Perpendicular
La orientación del campo Eléctrico E respecto al plano de
incidencia determina la polarización de la onda entre las dos
diferentes regiones. En la polarización perpendicular E es
perpendicular al plano de incidencia (el 𝑝𝑙𝑎𝑛𝑜 𝑥𝑧 en la figura
siguiente) y es paralelo a la densidad planar (Se utiliza en ciertos
casos teóricos de aplicaciones físicas como los de campo o
corriente eléctrica donde las características de un material se
expresan en densidad por unidad de área).
𝐸0𝑟
𝐸0𝑖 =
𝜂2𝑐𝑜𝑠𝜃𝑡−𝜂1𝑐𝑜𝑠𝜃𝑖
𝜂2𝑐𝑜𝑠𝜃𝑖+𝜂1𝑐𝑜𝑠𝜃𝑡
𝐸0𝑡
𝐸0𝑖 =
2𝜂2𝑐𝑜𝑠𝜃𝑖
𝜂2𝑐𝑜𝑠𝜃𝑖−𝜂1𝑐𝑜𝑠𝜃𝑡
Polarización Perpendicular
Tenga en cuenta que tendremos la siguiente condición
𝜃𝑖 = 𝜃𝑡 = 0°
Polarización Paralela
Para la polarización paralela al vector de campo eléctrico 𝐸 se
encuentra totalmente dentro del plano de incidencia al plano
𝑝𝑙𝑎𝑛𝑜 𝑥𝑧 como se muestra en al siguiente figura.
𝐸0𝑟
𝐸0𝑖 =
𝜂2𝑐𝑜𝑠𝜃𝑡−𝜂1𝑐𝑜𝑠𝜃𝑖
𝜂1𝑐𝑜𝑠𝜃𝑖+𝜂2𝑐𝑜𝑠𝜃𝑡
𝐸0𝑡
𝐸0𝑖 =
2𝜂2𝑐𝑜𝑠𝜃𝑖
𝜂1𝑐𝑜𝑠𝜃𝑖−𝜂2𝑐𝑜𝑠𝜃𝑡
Polarización Paralela
Polarización Paralela
En contraste con polarizaciones perpendiculares, si 𝜇1 = 𝜇2 habrá
una incidencia particular para la que no hay onda reflejada. Esto
se le conoce como el ángulo de Brewster y esta dado por:
𝜃𝐵 = 𝑡𝑎𝑛−1 𝜖2
𝜖1
Problema 3
El ángulo de Brewster para una onda polarizada paralela que viaja
del aire al vidrio para 𝜖𝑟 = 5 es:
𝜃𝐵 = 𝑡𝑎𝑛−1 5 ≅ 65.91°
Problema 4
¿ A que frecuencia puede considerarse la tierra un dieléctrico
perfecto si 𝜎 = 5 × 10−3𝑆
𝑚, 𝜇𝑟 = 1, 𝑦 𝜖𝑟 = 8? ¿Puede suponerse 𝛼 = 0
a estas frecuencias?
𝜃𝐵 = 𝑡𝑎𝑛−1 5 ≅ 65.91°
Solucion
Suponemos arbitrariamente que
𝜎
𝜔𝜖≤
1
100esto marca la frecuencia de corte. Entonces
𝑓 =𝜔
2𝜋≥100𝜎
2𝜋𝜖= 1.13𝐺𝐻𝑧
Para σ/𝜔𝜖 pequeño
𝛼 = 𝜔𝜇𝜖
21 +
𝜎
𝜔𝜖
2− 1
Solución
𝛼 = 𝜔𝜇𝜖
21 +
𝜎
𝜔𝜖
2− 1 ≈ 𝛼 = 𝜔 𝜇𝜖
212
𝜎𝜔𝜖
2= 𝜎2
𝜇𝜖
𝛼 =𝜎
2
𝜇𝑟
𝜖𝑟120𝜋 = 0.333 𝑁𝑝/𝑚
Así pues no importa que tan alta sea la frecuencia, 𝛼
será alrededor de 0.333𝑁𝑝
𝑚𝑜 𝑐𝑎𝑠𝑖 3𝑑𝐵/𝑚
Problema 5
Halle la profundidad de penetración 𝛿 a una frecuencia de 1.6 Mhz
en el aluminio, donde 38.2𝑀𝑆
𝑚𝑦 𝜇𝑟 = 1. También 𝛾 y la velocidad de
onda U.
Problema 6
Calcule la impedancia intrínseca 𝜂, la constante de propagación 𝛾
y la velocidad de la Onda U para un medio conductor en el que
𝜎 = 58𝑀𝑆
𝑚, 𝜇𝑟 = 1, a una frecuencia 𝑓 = 100𝑀𝐻𝑧
Solución
𝛾 = 𝜔𝜇𝜎∠45° = 2.14 × 105∠45° 𝑚−1
𝜂 =𝜔𝜇
𝜎∠45° = 3.69 × 10−3∠45° Ω
𝛼 = 𝛽 = 1.51 × 105
𝛿 =1
𝛼= 6.61 𝜇𝑚 𝑈 = 𝜔𝛿 = 4.15 × 103𝑚/𝑠
Solución
𝛿 =1
𝜋𝑓𝜇𝜎= 6.44 × 10−5𝑚 = 64.4𝜇𝑚
Como 𝛼 = 𝛽 = 𝛿−1
𝛾 = 1.55 × 104 + 𝑗1.55 × 104 = 2.20 × 104∠45°𝑚−1
𝑈 =𝜔
𝛽= 𝜔𝛿 = 647𝑚/𝑠
Problema 7
Una onda plana que viaja en la dirección +𝑧, en el espacio vacío
𝑧 < 0 incide en forma normal en 𝑧 = 0 sobre un conductor (𝑧 > 0)
para que el que 𝜎 = 61.7𝑀𝑆
𝑚, 𝜇𝑟 = 1. La onda E en el espacio vacío,
tiene una frecuencia 𝑓 = 1.5𝑀𝐻𝑧 y una amplitud de 1V/m. En la
entrecara esta dada por
𝐸 0, 𝑡 = 1𝑠𝑒𝑛2𝜋𝑓𝑡 𝑎𝑦 𝑉/𝑚
Halle 𝐻 𝑧, 𝑡 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑥, 𝑧 > 0
Solución
Donde se tomara finalmente la parte imaginaria. En el conductor
𝛼 = 𝛽 = 𝜋𝑓𝜇𝜎 = 𝜋 1.5 × 106 4𝜋 × 10−7 61.7 × 106
𝛼 = 1.91 × 104
𝜂 =𝜔𝜇
𝜎∠45° = 4.38 × 10−4𝑒𝑗𝜋/4
Solución
Entonces𝐸𝑦
−𝐻𝑥= 𝜂
𝐻 𝑧, 𝑡 = −2.28 × 103𝑒−𝛼𝑧𝑒𝑗 2𝜋𝑓𝑡−𝛽𝑧−
𝜋
4 𝑎𝑥 𝐴/𝑚
O tomando la parte imaginaria
𝐻 𝑧, 𝑡 = −2.28 × 103𝑒−𝛼𝑧𝑠𝑒𝑛 2𝜋𝑓𝑡 − 𝛽𝑧 −𝜋
4𝑎𝑥 𝐴/𝑚
Donde 𝑓, 𝛼 𝑦 𝛽 los que se dieron antes.
Problema 8
Examine el campo
𝐸 𝑧, 𝑡 = 10𝑠𝑒𝑛 𝜔𝑡 + 𝛽𝑧 𝑎𝑥 + 10𝑐𝑜𝑠 𝜔𝑡 + 𝛽𝑧 𝑎𝑦
En el plano 𝑧 = 0 para 𝜔𝑡 = 0,𝜋
4,𝜋
2,3𝜋
4𝑦 𝜋
Problema 8
𝝎𝒕 𝑬𝒙 = 𝟏𝟎𝒔𝒆𝒏𝝎𝒕 𝑬𝒚 = 𝟏𝟎𝒄𝒐𝒔𝝎𝒕 𝑬 = 𝑬𝒙𝒂𝒙 + 𝑬𝒚𝒂𝒚
0 0 0 0
𝜋/4 10/ 2 10/ 210
𝑎𝑥 + 𝑎𝑦
2
𝜋/2 10 0 10𝑎𝑥
3𝜋/4 10/ 2 −10/ 210
𝑎𝑥 + 𝑎𝑦
2
𝜋 −10 −10 10 −𝑎𝑦
Los cálculos se presentan en la tabla 1
Problema 8
Como se muestra en la figura siguiente 𝐸(𝑧, 𝑡) tiene polarización
circular. Además la onda viaja en dirección de −𝑎𝑧
Potencia y Vector Poyting
Se escribe la primera ecuación de Maxwell para una región de
conductividad 𝜎 y luego se toma el producto escalar de 𝐸 con cada
término:
Donde, como es usual, 𝐸2 = 𝐸 ∙ 𝐸. E utiliza la identidad vectorial
𝛻 ∙ 𝐴 × 𝐵 = 𝐵 ∙ 𝛻 × 𝐴 − 𝐴 ∙ 𝛻 × 𝐵 para cambiar el lado izquierdo de la
ecuación.
𝛻 × 𝐻 = 𝜎𝐸 + 𝜖𝜕𝐸
𝜕𝑡
𝐸 ∙ 𝛻 × 𝐻 = 𝜎𝐸2 + 𝐸 ∙ 𝜖𝜕𝐸
𝜕𝑡
Potencia y Vector Poyting
Por la segunda ecuación de Maxwell, tenemos
Similarmente,
𝐻 ∙ 𝛻 × 𝐸 − 𝛻 ∙ 𝐸 × 𝐻 = 𝜎𝐸2 + 𝐸 ∙ 𝜖𝜕𝐸
𝜕𝑡
𝐻 ∙ 𝛻 × 𝐸 = 𝐻 ∙ −𝜇𝜕𝐸
𝜕𝑡= −
𝜇
2
𝜕𝐻2
𝜕𝑡
𝐸 ∙ 𝜖𝜕𝐸
𝜕𝑡=𝜖
2
𝜕𝐸2
𝜕𝑡
Potencia y Vector Poyting
Sustituyendo y reordenando términos,
Si esta igualdad es valida, entonces la integración de sus términos sobre un
volumen general 𝑣 debe ser valida también
Donde el ultimo término ha sido convertido a una integral sobre la
superficie de 𝑣 mediante el teorema de divergencia.
𝜎𝐸2 = −𝜖𝜕𝐸2
𝜕𝑡−𝜇
2
𝜕𝐻2
𝜕𝑡− 𝛻 ∙ 𝐸 × 𝐻
𝑣
𝜎𝐸2 = −
𝑣
𝜖𝜕𝐸2
𝜕𝑡−𝜇
2
𝜕𝐻2
𝜕𝑡−
𝑆
𝐸 × 𝐻 ∙ 𝑑𝑆
Potencia y Vector Poyting
La integral de la izquierda tiene unidades watts y es el termino óhmico
conocido para representar la energía disipada en calor por unidad de
tiempo. Esta energía disipada tiene su fuente en las integrales de la
derecha. Comoϵ𝐸2
2𝑦𝜇𝐻2
2son las densidades de energía almacenadas
en los campos eléctrico y magnético respectivamente, las derivadas
negativas respecto del tiempo pueden considerarse como una
disminución en esta energía almacenada. Por consiguiente, la integral final
(incluyendo el signo menos) debe ser la tasa de energía que penetra el
volumen desde fuera. Un cambio de signo produce el valor instantáneo de
energía que abandona el volumen:
𝑃 𝑡 =
𝑆
𝐸 × 𝐻 ∙ 𝑑𝑆 =
𝑆
℘ ∙ 𝑑𝑆
Potencia y Vector Poyting
Para ondas planas, la dirección del flujo de energía es la dirección de
propagación. De esta manera, el vector Poynting ofrece una forma una
forma útil y libre del sistema de coordenadas de hallar la dirección de
propagación es conocida. Esto puede tener mucho valor cuando se
examinan ondas incidentes, transmitidas y reflejadas.
℘𝑝𝑟𝑜𝑚 =1
2𝑅𝑒 𝐸 × 𝐻∗
Potencia y Vector Poyting
Donde ℘ = 𝐸 × 𝐻 es el vector de Poyting, tasa instantánea de flujo deenergía por unidad de área en un punto.
En el producto vectorial que define el vector de Poyting, los campos sesuponen reales. Pero si, 𝐸 𝑦 𝐻 se expresan en forman compleja y dependenen común del tiempo, 𝑒𝑗𝑤𝑡, entonces el promedio de tiempo de ℘ estadado por
Donde 𝐻∗ es la conjugada compleja de H.
De esto se sigue la potencia compleja del análisis de circuitos, 𝑆 =1
2𝑉𝐼∗, de
la que la potencia es la parte real, 𝑃 =1
2𝑅𝑒𝑉𝐼∗
℘𝑝𝑟𝑜𝑚 =1
2𝑅𝑒 𝐸 × 𝐻∗
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