problemasresueltos

6.9 Determine la frecuencia a la cual la intensidad de un campo eléctrico con dependencia armónica con el tiempo causa una densidad de corriente de conducción y una densidad de corriente de desplazamiento de igual magnitud en: a) El agua de mar con ε r = 72 y σ = 4 [S m] . b) La tierra húmeda con ε r = 2.5 y σ = 10 −3 [S m] . Desarrollo: La densidad de corriente de conducción está dada por la siguiente ecuación: J = σE

Mientras que la densidad de corriente de desplazamiento en magnitud está dada por:

ωεE Por enunciado, ambas densidad deben ser iguales, por lo que igualando tenemos lo siguiente:

σE = ωεE Simplificando:

σ = ωε Despejamos ω

ω=

σ ε

Sabemos que:

ω = 2πf Reemplazamos y despejamos f :

f =

σ 2πε

Además, debemos considerar que:

ε = ε rε 0

y

ε0 = Por lo que tenemos:

f =

10 −9 36π

σ 2πε r ε 0

Por lo tanto, reemplazando los datos de los incisos (a ) y (b) obtenemos la frecuencia pedida.

a)

f =

4 10 −9 2π ⋅ 72 ⋅ 36π

⇒ f = 1[GHz ]

b)

f =

10 −3 10 −9 2π ⋅ 2.5 ⋅ 36π

⇒ f = 7.2[MHz ]

6.9 Una lámina infinita con corriente J = a x 5 [ A m] , coincidente con el plano xy , separa el aire (región 1, z > 0 ) de un medio con µ r 2 = 2 (región 2, z < 0 ). Si H 1 = a x 30 + a y 40 + a z 20 [A m] , calcule: a) b) c) d)

H2 B2 El ángulo α 1 que forma B1 con el eje z. El ángulo α 2 que forma B2 con el eje z.

Desarrollo: Al ser dos medios sin pérdidas, ya que la conductividad se asume cero para ambos medios, se pueden aplicar las condiciones de fronteras entre dos medios sin pérdidas. Por lo que:

a) H 1t = H 2t , como se puede observar, la componente tangencial está en el sentido a x , ya que éste es la única posibilidad de ser tangente a la dirección en que fluctúa la corriente. Por lo tanto: H 2t = a x 30[ A m] Por otra parte, a z es la componente normal de H , ya que z es normal al plano xy . Por consiguiente:

µ1 H 1n = µ 2 H 2 n con

µ 2 = 2 µ 0 , µ1 = µ 0 y H 1n = 20[A m] . Reemplazando:

µ 0 20a z = 2µ 0 H 2 n Simplificando, tenemos: H 2 n = a z 10[A m]

Para determinar la otra componente, utilizaremos la siguiente ecuación: a n 2 × ( H 1 − H 2 ) = J s (1) donde

H 1 = a x 30 + a y 40 + a z 20 [A m] y

H 2 = a x 30 + H 2 y + a z 10 [A m] entonces

H 1 − H 2 = a y 40 − H 2 y Ahora, realizaremos el producto cruz de la ecuación (1) : ax

ay

az

0

0

1 = ax 5

0

40 − H 2 y

10

⇒ − (40 − H 2 y )a x = a x 5 Simplificando: ⇒ H 2 y = 45 en dirección a y . Por lo tanto:

H 2 y = a y 45 Entonces:

H 2 = a x 30 + a y 45 + a z 10 [ A m]

b) Para determinar B2 , nuevamente utilizamos las condiciones de fronteras entre dos medios sin pérdidas: B1n = B2 n → µ1 H 1n = µ 2 H 2 n Entonces, tenemos lo siguiente: B2 = µ1 H 1 = µ 2 H 2

Como podemos ver, podemos determinar B2 de dos formas, en este caso lo haremos de la siguiente manera: B2 = µ 2 H 2 Sabemos que µ 2 = 2 µ 0 , por lo que reemplazando: B2 = 2 µ 0 H 2

c) Primero, se determina B1 y se realiza de igual manera como se determinó B2 . Por lo tanto: B1 = µ 0 H 1 Reemplazando H 1 :

B1 = µ 0 (a x 30 + a y 40 + a z 20 ) Ahora, se mostrará un diagrama es donde se puede apreciar claramente el vector B1 :

Se muestran los ángulos α1 y β1 , que corresponden al ángulo que forma B1 con el eje z y el que forma con el plano xy , respectivamente. Entonces, geométricamente tenemos que:

α 1 + β1 = 90º (2) Determinaremos el ángulo β1 , a través del triángulo rectángulo OPQ : - Podemos determinar el trazo OP mediante el Teorema de Pitágoras:

OP = µ 0

(30)2 + (40)2

⇒ OP = µ 0 50 - Conocemos la altura de este triángulo rectángulo que es el trazo PQ : PQ = µ 0 20 - Ahora, determinamos, mediante Pitágoras, el trazo OQ :

OQ = µ 0

(20)2 + (50)2

⇒ OQ = µ 0 53.85 - Sabemos que:

cos β1 =

50 53.85

Aplicamos arccos y obtenemos: ⇒ β1 = 21.79º Reemplazamos este valor en (2) :

α 1 + 21.79º = 90 Despejamos:

⇒ α 1 = 68.2º

d) Este punto no se desarrollará, ya que se hace de igual manera que el punto anterior.

7.5 El campo E de una onda plana que se propaga en un medio dieléctrico está dado por E ( z , t ) = a x 2 cos(10 8 t − z

a) b) c) d)

(

3 ) − a y sen 10 8 t − z

3

) [V m]

Determine la frecuencia y la longitud de onda de la onda. ¿Cuál es la constante dieléctrica del medio? Describa la polarización de la onda. Encuentre el campo H correspondiente.

Desarrollo:

a) El vector de campo eléctrico tiene la siguiente forma: Eo = Eo cos(ωt − kz )

[V m] (1)

Por lo que podemos desprender del dato dado por el enunciado que, la velocidad angular (ω ) es 108 y el número de onda (k ) es 1 3 . Para determinar la frecuencia de la onda, sabemos que ω = 2πf , despejando, tenemos:

f =

ω 2π

f =

108 2π

Reemplazando, queda:

⇒ f = 1.59 ⋅10 7 [Hz ] Además, conocemos el número de onda y la siguiente relación, k = longitud de onda y obtenemos:

λ=

2π k

Reemplazando, tenemos:

λ=

2π 1 3

⇒ λ = 10.88[m]

2π

λ

, despejamos la

b) Sabemos que:

ω k

=

1

µ 0ε 0ε r

En donde conocemos la velocidad angular y el número de onda, también conocemos los 1 , respectivamente. valores de µ 0 y ε 0 , que son 4π ⋅10 −7 y 36π ⋅10 −9 Despejamos la ecuación anterior y obtenemos la constante dieléctrica del medio:

εr =

k2

ω µ 0ε 0 2

⇒ εr =

13 36π ⋅ −9 −7 10 ⋅ 4π ⋅ 10 10 16

⇒ εr = 3

c) En el fasor de campo eléctrico podemos apreciar claramente que las amplitudes y fases son distintas, por lo tanto la polarización de la onda es elíptica. d) El campo H se relaciona con el campo E a través de la impedancia intrínseca, de la siguiente manera: H=

1

η

E

donde

η=

µ0 µ ⇒η = ε ε 0ε r

Reemplazando:

η=

4π ⋅10 −7 120π ⇒η = −9 10 3 ⋅3 36π

Debemos recordar, que la dirección de propagación está dada por la relación E ⊗ H , por lo tanto, la expresión de campo H debe cumplir lo dicho anteriormente. Por lo tanto, el campo H tiene la siguiente forma: H ( z, t ) =

[

120π a x sen(10 8 t − z 3

(

3 ) + a y 2 cos 108 t − z

3

)] [A m]

7.7 Una onda plana uniforme de 3 [GHz ] , polarizada en y , se propaga en la dirección + x en un medio no magnético con constante dieléctrica de 2.5 y tangente de pérdidas de 0.05. a) Determine la distancia a la cual se reducirá a la mitad la amplitud de la onda viajera. b) Determine la impedancia intrínseca, la longitud de onda, la velocidad de fase y la velocidad de grupo de la onda en el medio. c) Suponiendo E = a y 50 sen(6π 10 9 t + π 3) [V m] en x = 0 , escriba la expresión de H instantáneo para todo t y x . Desarrollo:

Datos del problema:

f = 3[GHz ] ε r = 2.5 tan (δ ) = 0.05

a) Tenemos que, tan(δ ) =

También se sabe que,

σ , y este valor es menor que 1, entonces es un dieléctrico. ωε

σ ε '' = , donde ε ' ' es la parte imaginaria de la permitividad y ε ωε ε

corresponde a la parte real. Despejando ε ' ' y reemplazando, tenemos que:

ε ''=

σ σ 10 −9 ⋅ε ⇒ ε ''= ⋅ ε r ε o ⇒ ε ' ' = 0.05 ⋅ 2.5 ⋅ 36π ωε ωε ⇒ ε ' ' = 1.105 ⋅10 −12

Al ser un dieléctrico, la constante de atenuación, α , está dada por:

α=

ωε ' ' µ 2 ε

Reemplazando: 2π ⋅ 3 ⋅10 9 ⋅1.105 ⋅10 −12 4π ⋅10 −7 α= 2 10 −9 36π ⋅ 2.5

⇒ α = 2.481[neper m]

Ahora, con E x = E0 e −αz , así E x disminuye a medida que avanza en dirección z . Por lo tanto:

Ex =

E0 2

donde E0 es la amplitud original. Entonces,

E0 1 = E0 e −αz ⇒ = e −2.481⋅z 2 2 Aplicamos logaritmo natural y obtenemos lo siguiente:

− 0.693 = −2.481 ⋅ z Ahora, despejamos y obtenemos la distancia a la cual se reducirá a la mitad la amplitud de la onda viajera: z = 0.279[m]

b) •

La impedancia intrínseca de un dieléctrico está determinada por la siguiente expresión:

η=

µ⎛ ε '' ⎞ ⎜1 + j ⎟ ε⎝ 2ε ⎠

Reemplazamos:

η = 120π

1 1 ⎛ 1.1058 ⋅10 −12 ⎞ ⎟⎟ ⇒ η = 120π ⎜⎜1 + j (1 + j 0.025) −9 2 .5 ⎝ 2.5 2 ⋅10 36π ⋅ 2.5 ⎠ ⇒ η = 238.31(1 + j 0.025) ⇒ η = 238.31 + j 5.958

∴ η = 238.38∠1.43º

•

Para determinar la longitud de onda, debemos determinar primero la constante de fase.

Sabemos que la constante de fase está dada por la siguiente expresión: ⎡ 1 ⎛ ε '' ⎞2 ⎤ β = ω µε ⎢1 + ⎜ ⎟ ⎥ ⎢⎣ 8 ⎝ ε ⎠ ⎥⎦ Reemplazamos:

β = 2π ⋅ 3 ⋅10

9

10 −9 ⎡ 1 2⎤ ⋅ 2.5 ⎢1 + (0.05) ⎥ 4π ⋅10 36π ⎣ 8 ⎦ −7

⇒ β = 6π ⋅10 −9 ⋅ 5.27 ⋅10 −9 ⋅1.0003125

⎡ rad ⎤ ⇒ β = 99.33⎢ ⎣ m ⎥⎦ Ahora, sabemos que:

β =k =

2π

λ

Despejando, tenemos:

λ=

2π

β

Reemplazando:

λ=

2π 99.33

∴ λ = 6.32 ⋅10 −2 [m]

•

La velocidad de fase está dada por: up =

ω β

Reemplazando: up =

2π ⋅ 3 ⋅10 9 99.33

⎡m⎤ ∴ u p = 1.897 ⋅108 ⎢ ⎥ ⎣s⎦

c) La expresión de H está dada por la siguiente expresión, recordando que la dirección de propagación está dada por la relación de E ⊗ H , por lo tanto el campo H está polarizado en dirección z: H ( x, t ) = a z

E

η

e −αx sen(ωt − βx + π 3) [ A m]

donde los valores son conocidos. Reemplazando:

H ( x, t ) = a z

50 e − 2.481x sen(2π ⋅ 3 ⋅ 10 9 t − 6.32 ⋅10 − 2 x + π 3) [ A m] 238.38∠1.43º

Ahora, debemos introducir el ángulo de la impedancia intrínseca en la expresión, por lo tanto se transforma 1.43º en radianes y se le restan al desfase de la expresión, quedando de esta forma.

H ( x, t ) = a z

50 e −2.481x sen(2π ⋅ 3 ⋅10 9 t − 6.32 ⋅10 −2 x + 0.325π ) [A m] 238.38

7.9 Si la profundidad de penetración del grafito a 100 [MHz ] es 0.16 [mm] , determine: a) La conductividad del grafito b) La distancia que se propaga una onda de 4 [GHz ] en el grafito antes de que su intensidad de campo se reduzca en 30 [dB ] . Desarrollo:

a) Sabemos que la profundidad de penetración es igual a

1

α

y esto es igual a

1 , πfµσ

es decir: 1

α

=

1 πfµσ

donde σ es la conductividad, en este caso del grafito. Si reemplazamos la profundidad de penetración, queda: 0.16 ⋅10 −3 =

1 πfµσ

Ahora, despejamos la conductividad:

σ=

1

(0.16 ⋅10 ) πfµ −3 2

Como dato del problema, tenemos que la frecuencia, f , es 100 [MHz ] y conocemos el valor de µ que es 4π ⋅10 −7 . Por lo tanto, si reemplazamos estos valores en la expresión anterior, tenemos la conductividad del grafito:

⎡S ⎤ ⇒ σ = 99046.87 ⎢ ⎥ ⎣m⎦

b) Veamos ahora la constante α con la nueva frecuencia ( 4 [GHz ] ), recordando que la constante de atenuación de la frecuencia, no así la conductividad, ya que es “algo” propio de cada material.

Sabemos que:

α = πfµσ Reemplazamos:

α = π ⋅ 4 ⋅10 9 ⋅ 4 ⋅ π ⋅10 −7 ⋅ 99046.87 ⎡ Np ⎤ ⇒ α = 39519.117 ⎢ ⎥ ⎣m⎦ Para saber como ha disminuido la amplitud del campo en el punto x de una onda que viaja en un medio con pérdidas, recordamos que debemos utilizar la siguiente expresión:

E x = E 0 e −α x donde: E x : Valor de E en el punto x E0 : Valor original de campo E Ahora, 30[dB ] por debajo equivale a 1000 veces . Por lo que:

Ex =

E0 1000

Por lo tanto:

E0 = E0 e −αx ⇒ E0 ⋅10 −3 = E0 e −αx 1000 Simplificando y aplicando logaritmo natural, la expresión anterior nos queda de la siguiente manera: − 6.907 = −αx Reemplazando y despejando, tenemos: x = 0.175 ⋅10 −3 [m]

7.11 Demuestre que el vector de Poynting instantáneo de una onda plana con polarización circular que se propaga en un medio sin pérdidas es una constante independiente del tiempo y de la distancia. Desarrollo: Como sabemos, una onda plana con polarización circular tiene la siguiente forma:

E = a x E0 cos(ωt − kz ) + a y E0 sen(ωt − kz )

(1)

ya que tenemos igual amplitud y están en fase. Recordemos ahora, que en un medio sin pérdidas tenemos: H=

E

η

Además, el vector de Poynting está dado por: P= E⊗H o también, P=E⊗

E

η

Reemplazando (1) en la última ecuación y desarrollando el producto cruz como se detalla en el apéndice C del libro guía, obtenemos lo siguientes: P = az

E02

η

⇒ P = az

cos 2 (ωt − kz ) + a z E02

η

E02

η

sen 2 (ωt − kz )

[cos (ωt − kz) + sen (ωt − kz)] 2

∴ P = az

2

E02

η

Por lo que se demuestra que en este caso particular el vector de Poynting es una constante independiente del tiempo y la distancia.

7.15 Una onda plana uniforme se propaga en la dirección + z (hacia abajo) hacia el océano (ε r = 72, µ r = 1, σ = 4 S m ). El campo magnético en la superficie del océano ( z = 0) es H (0, t ) = a y 0.3 cos 10 8 t [ A m]. a) Determine la profundidad de penetración y la impedancia intrínseca del agua del océano. b) Determine la expresiones de E ( z , t ) y H ( z , t ) en el océano. Desarrollo:

a) Como parte del enunciado tenemos conocimiento de la frecuencia angular, que es ⎡ rad ⎤ ω = 108 ⎢ , por lo que podemos determinar la frecuencia: ⎣ s ⎥⎦ f =

108 [Hz ] 2π

Además, sabemos que:

δ=

1

α

donde δ : profundidad de penetración También tenemos que:

α = πfµσ Reemplazando, queda de la siguiente manera:

α= π

108 ⎡ Np ⎤ 4π ⋅10 −7 ⋅ 4 ⇒ α = 15.85⎢ ⎥ 2π ⎣m⎦

Por lo tanto, la profundidad de penetración es:

δ = 6.31 ⋅10 −2 [m] Para determinar la impedancia intrínseca, utilizaremos la siguiente fórmula:

η = (1 + j )

α σ

Reemplazando:

η = 3.96 + j 3.96[Ω] b) Sabemos que H (0, t ) = a y 0.3 cos 108 t [A m] con z = 0 y también que se propaga en dirección + z . Por lo tanto, la expresión para H ( z , t ) en el aire, queda de la siguiente manera:

H ( z, t ) = a y 0.3 cos(ωt − βz ) [A m] El agua de mar es un buen conductor, por lo tanto β = α . Entonces, en el océano, tenemos que: H ( z, t ) = a y 0.3e −15.85 z cos(ωt − 15.85 z ) [A m] ya que a medida que avance en + z su amplitud decaerá. Ahora, con H =

E

η

, tenemos:

E ( z, t ) = a x 0.3(3.96 + j 3.96)e −15.85 z cos(ωt − 15.85 z ) [V m] Recordando que es a x , para que se cumpla con que P = E ⊗ H apunte en dirección +z.

E ( z, t ) = a x 0.3 ⋅ 5.6∠45º⋅e −15.85 z cos(ωt − 15.85 z ) [V m] E ( z, t ) = a x 1.68e −15.85 z cos(ωt − 15.85 z + π 4) [V m]

7.17 Una onda plana con polarización circular de mano derecha, representada por el fasor E ( Z ) = E 0 (a x − ja y )e − jβz incide normalmente sobre una pared conductora perfecta en z = 0. a) Determine la polarización de la onda reflejada. b) Calcule la corriente inducida sobre la pared conductora. Desarrollo: Frente a ondas incidentes es fundamental saber que existen las siguientes razones: •

Coeficiente de Reflexión = Γ =

η 2 − η1 η 2 + η1

(incidencia normal)

Esto debido a que habrá una onda reflejada al medio 1.

2η 2 (incidencia normal) η 2 + η1 Ya que puede existir una onda transmitida en el medio 2.

•

Coeficiente de Transmisión = τ =

•

1+ Γ = τ

(incidencia normal)

En este caso, al ser una incidencia normal, podemos ocupar las razones recientemente descritas. Además, por enunciado tenemos que el medio 2 es un conductor perfecto, por lo que:

η2 = 0

(impedancia intrínseca de un conductor perfecto)

Entonces:

Γ = −1

τ =0 Por lo tanto, no hay transmisión, por lo que toda la onda se refleja, pero con la fase invertida (causa del signo -). Onda incidente

E ( z ) = E0 (a x − ja y )e − jβz

⇒ E ( z ) = E0 a x e − jβz − E0 ja y e − jβz

(dirección + z )

Onda reflejada E ( z ) = − E0 a x e jβz + E0 ja y e jβz

(la misma, pero en contrafase y dirección − z )

Onda transmitida

E ( z) = 0

7.19 Una onda plana uniforme en el aire con Ei ( z ) = a x 10e − j 6 z [V m] incide normalmente sobre una superficie de separación en z = 0 con un medio con pérdidas que tiene constante dieléctrica de 2.25 y tangente de pérdidas de 0.3. Encuentre lo siguiente: a) Las expresiones fasoriales de E r ( z ), H r ( z ), E t ( z ) y H t ( z ). b) La razón de onda estacionaria para la onda en el aire. Desarrollo:

Datos del problema:

Ei ( z ) = a x 10e − j 6 z [V m] Incidencia normal ε r = 2.25 tan (δ ) = 0.3

(dir. + z )

a) Medio 2 Tenemos que:

tan (δ ) = 0.3 =

ε'' ε

ε c = ε − jε ' '

(1)

con

Al ser un medio con pérdidas, ε c , tiene un valor complejo. Obtenemos ε ' ' :

ε ' ' = 0.3 ⋅ ε ⇒ ε ' ' = 0.3 ⋅ 2.25 ⋅

10 −9 36π

⇒ ε ' ' = 5.97 ⋅10 −12 Reemplazamos este valor en (1) :

ε c = 2.25 ⋅

10 −9 − j 5.97 ⋅10 −12 36π

⇒ ε c = 2 ⋅10 −11 − j 5.97 ⋅10 −12

Como es un medio con pérdidas, debemos saber si es un buen conductor o un buen dieléctrico, y esto se determina con la tangente de pérdidas, en este caso NO es >> 1 ni f c20

Por lo tanto, el ancho de banda es 3.3 [GHz ] b = 0 .5 a

Al igual que el caso anterior, se determina la frecuencia de corte:

3 ⋅ 108 ⎛ 1 1 ⎞ ⎛ ⎞ +⎜ ⎜ −2 ⎟ −2 ⎟ 2 ⎝ 2.5 ⋅ 10 ⎠ ⎝ 1.25 ⋅ 10 ⎠ 2

f c11 =

2

f c11 = 13.4 [GHz ] > f c20 Al comprobar que el 15% por debajo de la frecuencia de corte del modo dominante superior, es mayor a la restricción dada, se afirma que el ancho de banda utilizable sigue siendo 3.3 [GHz ] . b = 0.75a

Nuevamente, se calcula la frecuencia de corte del modo superior, con la salvedad que en este caso el valor de b es cercano al valor de a, por lo que se calculará f c01 (este paso se recomienda efectuarlo en los valores de b anteriores).

3 ⋅10 8 ⎛ 1 1 ⎞ ⎞ ⎛ +⎜ ⎜ −2 ⎟ −2 ⎟ 2 ⎝ 2.5 ⋅10 ⎠ ⎝ 1.875 ⋅10 ⎠ 2

f c11 =

2

f c11 = 10 [GHz ]

f c01 = 8 [GHz ] Entonces, se concluye, que en este caso el modo dominante superior es TE 01 , cumpliendo con la condición establecida en el problema, el 15% debajo de la frecuencia de corte del siguiente modo mas alto es: 6.8 [GHz ] . Por lo tanto, el piso de la frecuencia es mayor al techo permitido, por lo que se determina que no existe ancho de banda utilizable.

10.1 Determine los valores máximos de las intensidades de campo eléctrico y magnético a una distancia de 10 [Km] de un dipolo hertziano para una potencia de entrada de 15 [Km] que radia con una eficiencia del 70%. Desarrollo: Datos del problema:

R = 10[Km] Pi = 15[KW ] ξ r = 70% Sabemos que la eficiencia de radiación ξ r está relacionada con la potencia total de entrada Pi y la potencia radiada Pr , mediante la siguiente expresión:

ξr =

Pr (1) Pi

Ahora, podemos calcular el valor de la potencia radiada:

Pr = 0.7 ⋅ 15 ⇒ Pr = 10.5 [KW ] Por otro lado, sabemos que la potencia radiada también está dada por: I 2 (dl ) η0 β 2 Pr = 12π 2

Esta expresión la despejaremos de tal forma que nos sea útil más adelante.

I 2 (dl ) η 0 β 2 = Pr ⋅ 12π ⇒ I 2 ( dl ) 2 η 0 β 2 = 10500 ⋅ 12π 2

2 2 ⇒ I (dl ) η 0 β = 126000π ( 2) 2

Ahora, determinaremos la intensidad de radiación, utilizando la siguiente expresión: U=

( I dl ) 2 η 0 β 2 sen 2θ (3) 2 32π

Por enunciado, debemos considerar el valor máximo de la intensidad, por lo tanto, el valor sen 2θ debe tender a 1. Reemplazando ( 2) en (3) , tenemos:

U=

[ ]

126000π ⇒ U ≈ 1253,98 W sr 32π 2

Sabemos que, la intensidad de radiación es igual a R 2 veces la magnitud del vector de Poynting medio temporal, por lo tanto: U = R 2 Pav

Despejando y reemplazando, obtenemos el valor del vector de Poynting: Pav =

1253,98

(10000 )

2

⇒ Pav = 1.254 ⋅ 10 −5 [W ]