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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.


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.


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.


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°


𝜖𝑟2

𝜖𝑟1= 2.1 𝑜 𝜃𝑡 = 20.18°

Del teflón al aire

𝑠𝑒𝑛30°


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


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


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


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


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


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∗


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∗