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CAPÍTULO 11
11.1. Demuestre que Exs = Aej k0 z+φ es una solución de la ecuación vectorial de Helmholtz, Sec. 11.1, Ec. (16), para
√
k0 = ω µ0 0 y algún φ y A: Tomamos
d2
Aej k0 z+φ = (j k0 )2 Aej k0 z+φ = −k02 Exs
dz2
11.2. Sea E(z, t) = 200 sen 0.2z cos 108 tax + 500 cos(0.2z + 50◦ ) sen 108 tay V/m. Encuentre:
a) E en P (0, 2, 0.6) en t = 25 ns: Obtener
EP (t = 25) = 200 sen [(0.2)(0.6)] cos(2.5)ax + 500 cos [(0.2)(0.6) + 50(2π)/360] sen(2.5)ay
= −19.2ax + 164ay V/m
b) |E| en P en t = 20 ns:
EP (t = 20) = 200 sen [(0.2)(0.6)] cos(2.0)ax + 500 cos [(0.2)(0.6) + 50(2π)/360] sen(2.0)ay
= −9.96ax + 248ay V/m
Así |E
P|
=
(9.96)2 + (248)2 = 249 V/m.
c) Es en P : Es = 200 sen 0.2zax − j 500 cos(0.2z + 50◦ )ay . Así
EsP = 200 sen [(0.2)(0.6)] ax − j 500 cos [(0.2)(0.6) + 2π(50)/360] ay
= 23.9ax − j 273ay V/m
11.3. Un campo H en espacio libre se da como H(x, t) = 10 cos(108 t − βx)ay A/m. Encuentre
a) β: Ya que tenemos una onda plana uniforme, β = ω/c, donde identificamos ω = 108 sec−1 . Así
β = 108 /(3 × 108 ) = 0.33 rad/m.
b) λ: Conocemos λ = 2π/β = 18.9 m .
c) E(x, t) en P (0.1, 0.2, 0.3) en t = 1 ns: Use E(x, t) = −η 0 H (x, t) = −(377)(10) cos(108 t −
βx) = −3.77 × 103 cos(108 t − βx). La dirección del vector de E será −a z , después requerimos que
S = E × H, donde S es dirección x. En el punto dado, la coordenada relevante es x = 0.1. Usando
esta, junto con t = 10−9 sec, obtenemos finalmente
E(x, t) = −3.77 × 103 cos[(108 )(10−9 ) − (0.33)(0.1)]az = −3.77 × 103 cos(6.7 × 10−2 )az
= −3.76 × 103 az V/m
11.4. En forma de fasor, la intensidad del campo eléctrico de una onda plana uniforme en espacio libre se expresa como
Es = (40 − j 30)e−j 20z ax V/m. Encuentre:
a) ω: De la expresión dada identificamos β = 20 rad/m. Entonces ω = cβ = (3 × 108 )(20) =
6.0 × 109 rad/s .
b) β = 20 rad/m del inciso a.
182
11.4. (continuación)
c) f = ω/2π = 956 MHz.
d) λ = 2π/β = 2π/20 = 0.314 m.
e) Hs : En espacio libre, encontramos Hs dividiendo Es entre η0 , y asignando componentes vectoriales tales que
Es × Hs da la dirección requerida de la onda viajera. Encontramos
Hs =
40 − j 30 −j 20z
ay = (0.11 − j 0.08)e−j 20z ay A/m
e
377
f) H(z, t) en P (6, −1, 0.07), t = 71 ps:
H(z, t) = Re Hs ej ωt = 0.11 cos(6.0 × 109 t − 20z) + 0.08 sen(6.0 × 109 t − 20z) ay
Entonces
H(.07, t = 71ps) = 0.11 cos (6.0 × 109 )(7.1 × 10−11 ) − 20(.07)
+ .08 sen (6.0 × 109 )(7.1 × 10−11 ) − 20(.07) ay
= [0.11(0.562) − 0.08(0.827)]ay = −6.2 × 10−3 ay A/m
11.5. Una onda plana uniforme de 150-MHz en espacio libre se describe por Hs = (4 + j 10)(2ax + j ay )e−jβz A/m.
a) Encuentre valores numéricos para ω, λ, y β: Primero, ω = 2π × 150 × 106 = 3π × 108 sec−1 . Segundo,
para una onda plana uniforme en espacio libre, λ = 2πc/ω = c/f = (3 × 108 )/(1.5 × 108 ) = 2 m.
Tercero, β = 2π/λ = π rad/m.
b) Encuentre H(z, t) en t = 1.5 ns, z = 20 cm: Use
H(z, t) = Re{Hs ej ωt } = Re{(4 + j 10)(2ax + j ay )(cos(ωt − βz) + j sen(ωt − βz)}
= [8 cos(ωt − βz) − 20 sen(ωt − βz)] ax − [10 cos(ωt − βz) + 4 sen(ωt − βz)] ay
8
−9
Ahora en la posición y tiempo
√ dados, ωt − βz = (3π × 10 )(1.5 × 10 ) − π(0.20) = π/4. Y
cos(π/4) = sen(π/4) = 1/ 2. Así finalmente,
1 H(z = 20 cm, t = 1.5ns) = −√ 12ax + 14ay = −8.5ax − 9.9ay A/m
2
c) ¿Cuál es |E| máx ? Se tiene|E|máx = η0 |H |máx , donde
|H |máx =
Hs · Hs∗ = [4(4 + j 10)(4 − j 10) + (j )(−j )(4 + j 10)(4 − j 10)]1/2 = 24.1 A/m
Entonces |E| máx = 377(24.1) = 9.08 kV/m .
183
11.6. Sea µR = R = 1 para el campo E(z, t) = (25ax − 30ay ) cos(ωt − 50z) V/m.
a) Encuentre ω: ω = cβ = (3 × 108 )(50) = 15.0 × 109 s−1 .
b) Determine la densidad de corriente de desplazamiento, Jd (z, t):
∂D
= −0 ω(25ax − 30ay ) sen(ωt − 50z)
∂t
= (−3.32ax + 3.98ay ) sen(1.5 × 1010 t − 50z) A/m2
Jd (z, t) =
c) Encuentre el flujo magnético total pasando a través del rectángulo definido por 0 < x < 1, y = 0,
0 < z < 1, en t = 0: En espacio libre, el campo magnético de la onda plana uniforme puede ser facilmente
encontrada usando la impedancia intrínseca:
H(z, t) =
30
25
ay + ax cos(ωt − 50z) A/m
η0
η0
Entonces B(z, t) = µ 0 H(z, t) = (1/c)(25ay + 30ax ) cos(ωt − 50z) Wb/m2 , donde µ0 /η0
√
µ0 0 = 1/c. El flujo en t = 0 es ahora
=
1 1
0
1
B · ay dx dz =
0
0
=
25
25
cos(50z) dz =
sen(50) = −0.44 nWb
c
50(3 × 108 )
11.7. La intensidad de campo magnético fasor para una onda plana uniforme de 400-MHz propagándose en cierto material
sin pérdidas (2a y − j 5az )e−j 25x A/m. Conociendo que la amplitud máxima de E es 1500 V/m, encuentre β,
η, λ, vp , R , µR , y H(x, y, z, t): Primero, de la expresión fasor, identificamos β =√25 m−1 del
√
√
∗ =
2 + 52 =
argumento de función exponencial.
Luego,
evaluamos
H
=
|H|
=
H
·
H
2
29.
0
√
Entonces η = E0 /H0 = 1500/ 29 = 278.5 . Entonces λ = 2π/β = 2π/25 = .25 m = 25 cm . Luego,
vp =
ω
2π × 400 × 106
=
= 1.01 × 108 m/s
β
25
Ahora notamos que
η = 278.5 = 377
Y
µR
µR
⇒
= 0.546
R
R
c
⇒ µR R = 8.79
vp = 1.01 × 108 = √
µR R
Resolvemos las dos ecuaciones anteriores simultáneamente para encontrar R = 4.01 y µR = 2.19. Finalmente,
H(x, y, z, t) = Re (2ay − j 5az )e−j 25x ej ωt
= 2 cos(2π × 400 × 106 t − 25x)ay + 5 sen(2π × 400 × 106 t − 25x)az
= 2 cos(8π × 108 t − 25x)ay + 5 sen(8π × 108 t − 25x)az A/m
184
11.8. Sean los campos, E(z, t) = 1800 cos(107 πt − βz)a x V/m y H(z, t) = 3.8 cos(107 πt − βz)ay A/m,
representa una onda plana uniforme propagándose a una velocidad de 1.4 × 108 m/s en un dieléctrico perfecto. Encuentre
a) β = ω/v = (107 π)/(1.4 × 108 ) = 0.224 m−1 .
b) λ = 2π/β = 2π/.224 = 28.0 m.
c) η = |E|/|H| = 1800/3.8 = 474 .
d) µR : Tenemos dos ecuaciones en dos incógnitas, µR y R : η = η0
Elimine R para encontrar
βcη
µR =
ωη0
2
(.224)(3 × 108 )(474)
=
(107 π)(377)
√
√
µR /R y β = ω µ R R /c.
2
= 2.69
e) R = µR (η0 /η)2 = (2.69)(377/474)2 = 1.70.
11.9. Un cierto material sin pérdidas tiene µR = 4 y R = 9. Una onda plana uniforme 10-MHz se está propagando en
la dirección a y con Ex0 = 400 V/m y Ey0 = Ez0 = 0 en P (0.6, 0.6, 0.6) en t = 60 ns.
a) Encuentre β, λ, vp , y η: Para una onda plana uniforme,
ω√
2π × 107 √
β = ω µ =
µR R =
(4)(9) = 0.4π rad/m
c
3 × 108
Entonces λ = (2π)/β = (2π)/(0.4π) = 5 m. Luego,
vp =
Finalmente,
η=
2π × 107
ω
=
= 5 × 107 m/s
β
4π × 10−1
µ
= η0
µR
4
= 251 = 377
R
9
b) Encuentre E(t) (en P ): Damos la amplitud en t = 60 ns y en y = 0.6 m. Sea la máxima
amplitud E máx , �así que en general, Ex = Emáx cos(ωt − βy). En la posición y tiempo dados
Ex = 400 = Emáx cos[(2π × 107 )(60 × 10−9 ) − (4π × 10−1 )(0.6)] = Emáx cos(0.96π )
= −0.99Emáx
Así E máx = (400)/(−0.99) = −403 V/m. Así en P, E(t) = −403 cos(2π × 107 t) V/m.
c) Encuentre H (t): Primero, notamos que si E en unos puntos de instante dados en la dirección negativa x,
mientras la onda se propaga en la dirección delantera y, Entonces H en la misma dirección y tiempo deben apuntar
en la dirección positiva z . Ya tenemos un medio homogéneo sin pérdidas, η es real, y nos
permitirá escribir H (t) = E(t)/η, donde η es tratado como negativo y real. Así
H (t) = Hz (t) =
Ex (t)
−403
=
cos(2π × 10−7 t) = 1.61 cos(2π × 10−7 t) A/m
η
−251
185
11.10. Dada una onda plana uniforme 20MHz con H s = (6ax − j 2ay )e−j z A/m, supone una propagación en un
medio sin pérdidas caracterizado por R = 5 y una incógnita µR .
a) Encuentre λ, vp , µR , y η: Primero, β = 1, así λ = 2π/β = 2π m. Luego, vp = ω/β = 2π × 20 × 106 =
4π × 107 m/s . Entonces, µ R = (β 2 c2 )/(ω2 R ) = (3 × 108 )2 /(4π × 107 )2 (5) = 1.14
.
√
√
Finalmente, η = η 0 µ R /R = 377 1.14/5 = 180.
b) Determine E en el origen en t = 20ns: Usamos la relación |E| = η|H| y note que para la propagación positiva z
una componente positiva x de H se acopla a una componente negativa y de E, y una componente negativa
y de H se acopla con una
negativa x de E. Obtenemos E s = −η(6ay +j 2ax )e−j z .
componente
j
ωt
Entonces E(z, t) = Re Es e
= −6η cos(ωt − z)ay + 2η sen(ωt − z)ax = 360 sen(ωt − z)ax −
1080 cos(ωt − z)ay . Con ω = 4π × 107 sec−1 , t = 2 × 10−8 s, y z = 0, E evaluamos como
E(0, 20ns) = 360(0.588)ax − 1080(−0.809)ay = 212ax + 874ay V/m.
11.11. Una onda plana uniforme de 2-GHz tiene una amplitud de Ey0 = 1.4 kV/m en (0, 0, 0, t = 0) y está propagando
en la dirección a z en un medio donde = 1.6×10−11 F/m, = 3.0×10−11 F/m, y µ = 2.5 µH/m.
Encontrar:
a) E y en P (0, 0, 1.8 cm) en 0.2 ns: Para comenzar, tenemos la razón, / = 1.6/3.0 = 0.533. Así

1/2
2
µ 
α=ω
1+
− 1
2
1/2
(2.5 × 10−6 )(3.0 × 10−11 ) = (2π × 2 × 109 )
1 + (.533)2 − 1
= 28.1 Np/m
2
Entonces
β=ω
Así en general,
µ 2

 1+
2
1/2
+ 1
= 112 rad/m
Ey (z, t) = 1.4e−28.1z cos(4π × 109 t − 112z) kV/m
Evaluando este en t = 0.2 ns y z = 1.8 cm, encuentre
Ey (1.8 cm, 0.2 ns) = 0.74 kV/m
b) Hx en P en 0.2 ns: Usamos la relación de fasor, Hxs = −Eys /η donde
µ
1
2.5 × 10−6
1
=
η=
= 263 + j 65.7 = 271 14◦ √
−11
1 − j ( / )
3.0 × 10
1 − j (.533)
Así ahora
Hxs = −
Entonces
Eys
(1.4 × 103 )e−28.1z e−j 112z
◦
=−
= −5.16e−28.1z e−j 112z e−j 14 A/m
◦
j
14
η
271e
Hx (z, t) = −5.16e−28.1z cos(4π × 10−9 t − 112z − 14◦ )
Este, cuando se evalúa en t = 0.2 ns y z = 1.8 cm, produce
Hx (1.8 cm, 0.2 ns) = −3.0 A/m
186
11.12. La onda plana E s = 300e−j kx ay V/m se propaga en un material para que µ = 2.25 µH/m, = 9
pF/m, y = 7.8 pF/m. Si ω = 64 Mrad/s, encuentre:
a) α: Usamos la fórmula general, Ec. (35):
α=ω
µ 2

 1+
= (64 × 106 )
2
1/2
− 1
1/2
(2.25 × 10−6 )(9 × 10−12 ) 1 + (.867)2 − 1
= 0.116 Np/m
2
b) β: Usando (36), escribimos
β=ω
µ 2

 1+
2
1/2
+ 1
= .311 rad/m
c) vp = ω/β = (64 × 106 )/(.311) = 2.06 × 108 m/s.
d) λ = 2π/β = 2π/(.311) = 20.2 m.
e) η: Usando (39):
η=
µ
1
=
1 − j ( / )
2.25 × 10−6
1
= 407 + j 152 = 434.5ej.36 √
−12
9 × 10
1 − j (.867)
f) Hs : Con Es en la dirección positiva y (en un tiempo dado) y propagándose en la dirección positiva x,
debemos tener una componente positiva z de H s , en el mismo tiempo. Escribimos (con j k = α + jβ):
Hs =
Es
300
az =
e−j kx az = 0.69e−αx e−jβx e−j.36 az
η
434.5ej.36
= 0.69e−.116x e−j.311x e−j.36 az A/m
g) E(3, 2, 4, 10ns): La forma instantánea real de E será
E(x, y, z, t) = Re Es ej ωt = 300e−αx cos(ωt − βx)ay
Por lo tanto
E(3, 2, 4, 10ns) = 300e−.116(3) cos[(64 × 106 )(10−8 ) − .311(3)]ay = 203 V/m
11.13. Sea j k = 0.2 + j 1.5 m−1 y η = 450 + j 60 para una onda plana uniforme propagándose en la dirección a z
Si ω = 300 Mrad/s, encuentre µ, , y : Comenzamos con
µ
1
= 450 + j 60
η=
1 − j ( / )
y
j k = j ω µ 1 − j ( / ) = 0.2 + j 1.5
187
11.13. (continuación) Entonces
ηη∗ =
µ
1
= (450 + j 60)(450 − j 60) = 2.06 × 105
1 + ( / )2
y
(j k)(j k)∗ = ω2 µ 1 + ( / )2 = (0.2 + j 1.5)(0.2 − j 1.5) = 2.29
(1)
(2)
Tomando la razón de (2) a (1),
(j k)(j k)∗
2.29
2 2
2
=
ω
(
)
/
)
= 1.11 × 10−5
1
+
(
=
5
ηη∗
2.06 × 10
Entonces con ω = 3 × 108 ,
( )2 =
1.11 × 10−5
1.23 × 10−22
=
1 + ( / )2
(3 × 108 )2 1 + ( / )2
(3)
Ahora usamos las ecuac. (35) y (36). Cuadrando estas y tomando sus razones dadas
1 + ( / )2
(0.2)2
α2
=
=
β2
(1.5)2
1 + ( / )2
Resolvemos esta para encontrar / = 0.271. Substituyendo este resultado en (3) dado = 1.07 × 10−11 F/m.
Ya que / = 0.271, encontramos entonces = 2.90 × 10−12 F/m. Finalmente usando estos resultados en cada (1) o
(2) encontramos µ = 2.28 × 10−6 H/m. Resumiendo: µ = 2.28 × 10−6 H/m,
= 1.07 × 10−11 F/m, y = 2.90 × 10−12 F/m .
11.14. Cierto material no magnético tiene las constantes materiales R = 2 y / = 4 × 10−4 en ω = 1.5
Grad/s. Encuentre la distancia que una onda plana uniforme puede propagar a través del material antes de que:
a) sea atenuado por 1 Np: Primero, = (4 × 104 )(2)(8.854 × 10−12 ) = 7.1 × 10−15 F/m. Entonces,
ya que / << 1, usamos la forma aproximada para α, dada por la Ec. (51) (escribir en términos de ):
(1.5 × 109 )(7.1 × 10−15 ) 377
. ω µ
α=
=
√ = 1.42 × 10−3 Np/m
2
2
2
La distancia requerida es ahora z 1 = (1.42 × 10−3 )−1 = 706 m
b) el nivel de potencia se reduce por una mitad: La relación que gobierna es e−2αz1/2 = 1/2, o z
ln 2/2α = ln 2/2(1.42 × 10− 3) = 244 m .
1/2
=
◦
una longitud de onda, donde λ = 2π/β
c) la fase se traslada
360 : Esta distancia se define como
√
8
9
= (2πc)/(ω R ) = [2π(3 × 10 )]/[(1.5 × 10 ) 2] = 0.89 m.
11.15. Una señal de radar de 10 GHz puede ser representada como una onda plana uniforme en una región suficientemente
pequeña. Calcule la longitud de onda en centímetros y la atenuación en nepers por metro si la onda se propaga
en un material no magnético para que
a) R = 1 y R = 0: En un material no magnético, debemos tener:

1/2
2
µ0 0 R
R
 1+
α=ω
− 1
2
R
188
11.15. (continuación) y

1/2
2
R
µ0 0 R
 1+
+ 1
β=ω
2
R
Con los valores dados de R y R , es claro que β = ω
√
µ 0 0
= ω/c, y así
λ = 2π/β = 2πc/ω = 3 × 1010 /1010 = 3 cm. Es también claro que α = 0 .
b)
R
R
9.00 × 10−4 :
= 1.04 y
=
En este caso
Así λ = 2π/β = 2.95 cm. Entonces
. ω α=
2
R /R
.
<< 1, y así β = ω
R /c = 2.13 cm−1 .
√
ωR µ0 0
µ
ω R
2π × 1010 (9.00 × 10−4 )
=
=
=
√
2
2c 2 × 3 × 108
1.04
R
R
= 9.24 × 10−2 Np/m
c) R = 2.5 y R = 7.2: Usando las fórmulas anteriores, obtenemos
1/2

√
2
2.5
7.2
2π
+ 1 = 4.71 cm−1
β=
√  1+
10
2.5
(3 × 10 ) 2
× 1010
y así λ = 2π/β = 1.33 cm. Entonces
1/2

√
2
2.5
7.2
2π
− 1 = 335 Np/m
α=
√  1+
8
2.5
(3 × 10 ) 2
× 1010
11.16. El factor de potencia de un capacitor está definido como el coseno del ángulo de la fase de impedancia, y su Q es
ωCR, donde R es la resistencia paralela. Suponga un capacitor de placas paralelas idealizando que tiene un
dieléctrico caracterizado por σ , , y µR . Encontrar ambos, el factor de potencia y Q en términos de la tangente pérdida.
Primero, la impedancia será:
Z=
R
R+
1
j ωC
1
j ωC
=R
1 − j RωC
1 − jQ
=R
2
1 + (RωC)
1 + Q2
Ahora R = d/(σ A) y C = A/d, y así Q = ω /σ = 1/ l.t. Entonces el factor de potencia es F.P. =
cos[tan−1 (−Q)] = 1/ 1 + Q2 .
189
11.17. Sea η = 250 + j 30 y j k = 0.2 + j 2 m−1 para una onda plana uniforme propagándose en la dirección a z
en un dieléctrico que tiene alguna conductividad finita. Si |Es | = 400 V/m at z = 0, encuentre:
a) Pz,av en z = 0 y z = 60 cm: Suponga la polarización x para el campo eléctrico. Entonces
Pz,av
1
1 400 −αz jβz
∗
−αz −jβz
= Re Es × Hs = Re 400e e
ax × ∗ e e ay
2
2
η
1
1
1
2 −2αz
4 −2(0.2)z
Re ∗ az = 8.0 × 10 e
Re
= (400) e
az
2
η
250 − j 30
= 315 e−2(0.2)z a z W/m2
Evaluando en z = 0, obtener Pz,av (z = 0) = 315 az W/m2 ,
y en z = 60 cm, Pz,av (z = 0.6) = 315e−2(0.2)(0.6) az = 248 az W/m2 .
b) la disipación promedio de la potencia óhmica en watts por metro cúbico en z = 60 cm: En este punto un defectoo
se vuelve evidente en el problema presentado, ya que resolviendo este inciso en dos diferentes sentidos
da diferentes resultados. Yo lo demostraré. En el primer método, usamos el teorema de Poynting
en forma puntual ( primero la ecuación en el inicio de la p. 366), que modificamos para el caso de campos de
promedio-tiempo para leer:
−∇ · Pz,av =< J · E >
donde el lado de la mano derecha es la potencia disipadapor volumen. Note que los términos adicionales
lado de la mano derecha, en el teorema de Poynting que describe cambios en la energía almacenada en los campos
ambos serán cero en estado estable. Aplicamos nuestra ecuación para el resultado del inciso a:
< J · E >= −∇ · Pz,av = −
d
315 e−2(0.2)z = (0.4)(315)e−2(0.2)z = 126e−0.4z W/m3
dz
En z = 60 cm, este se vuelve < J · E > = 99.1 W/m3 . En el segundo método, resolvemos para la
conductividad y evaluamos < J · E >= σ < E 2 >. Usamos
j k = j ω µ 1 − j ( / )
y
η=
Tomamos la razón,
µ
1
1 − j ( / )
jk
= j ω 1 − j
= j ω + ω η
Identificando σ = ω , encontramos
jk
σ = Re
η
0.2 + j 2
= Re
250 + j 30
= 1.74 × 10−3 S/m
Ahora encontramos la potencia disipada por volumen:
σ < E 2 >= 1.74 × 10−3
190
2
1
400e−0.2z
2
11.17b. (continuación) En z = 60 cm, éste se evalúa como 109 W/m3 . Uno puede demostrar que la consistencia entre
los dos métodos requiere que
σ
1
Re ∗ =
η
2α
Esta relación no sostiene usar los números como los dados en el problema presentado y el valor de σ
encontrado arriba. Note que en el problema 11.13, donde todos los valores se trabajan fuera,
la relación se sostiene y se obtienen los resultados consistentes usando ambos métodos.
11.18a. Encuentre P (r, t) si Es = 400e−j 2x ay V/m en espacio libre. Una componente positiva y de E requiere una
componente positiva z de H para la propagación hacia adelante en la dirección x. Así H s = (400/η0 )e−j 2x az =
1.06e−j 2x az A/m. E n forma real el campo es E(x, t) = 400 cos(ωt −2x)ay y H(x, t) = 1.06 cos(ωt −
2x)az . Ahora P (r, t) = P (x, t) = E(x, t) × H(x, t) = 424.4 cos2 (ωt − 2x)ax W/m2.
b) Encuentre P en t = 0 para r = (a, 5, 10), donde a = 0,1,2, y 3: En t = 0, encontramos del inciso a,
P (a, 0) = 424.4 cos2 (2a), que lleva a los valores (en W/m2 ): 424.4 en a = 0 , 73.5 en a = 1,
181.3 en a = 2, y 391.3 en a = 3.
c) Encuentre P en el origen para T = 0, 0.2T , 0.4T , y 0.6T, donde T es el periodo de oscilación. En
el origen, tenemos P (0, t) = 424.4 cos2 (ωt) = 424.4 cos2 (2πt/T ). Usando esta, obtenemos
los siguientes valores (en W/m2 ): 424.4 en t = 0, 42.4 en t = 0.2T, 277.8 en t = 0.4T, y
277.8 en t = 0.6T.
11.19. Los cilíndros perfectamente conductores con radios de 8 mm y 20 mm son coaxiales. La región entre ellos
se llena con un dieléctrico perfecto para que = 10−9 /4π F/m y µR = 1. Si E en esta región
es (500/ρ) cos(ωt − 4z)aρ V/m, encuentre
a) ω, con la ayuda de la ecuaciones de Maxwell en coordenadas cilíndricas. Usamos las dos ecuaciones rotacionales,
comenzando con ∇ × E = −∂B/∂t, donde en este caso
∇ ×E=
Así
Bφ =
Entonces
Hφ =
∂Bφ
∂Eρ
2000
aφ =
sen(ωt − 4z)aφ = −
aφ
∂z
ρ
∂t
2000
2000
sen(ωt − 4z)dt =
cos(ωt − 4z) T
ρ
ωρ
Bφ
2000
cos(ωt − 4z) A/m
=
µ0
(4π × 10−7 )ωρ
Usamos luego ∇ × H = ∂D/∂t, donde en este caso
∇ ×H=−
∂Hφ
1 ∂(ρHφ )
aρ +
az
∂z
ρ ∂ρ
donde el segundo término en el lado de la mano derecha se vuelve cero cuando substituyendo nuestro H φ . Así
∇ ×H=−
Y
Dρ =
−
∂Hφ
∂Dρ
8000
aρ = −
sen(ωt − 4z)aρ =
aρ
∂z
(4π × 10−7 )ωρ
∂t
8000
8000
sen(ωt − 4z)dt =
cos(ωt − 4z) C/m2
−7
(4π × 10 )ωρ
(4π × 10−7 )ω2 ρ
191
11.19a. (continuación) Finalmente, usando el proporcionado,
Eρ =
Dρ
8000
=
cos(ωt − 4z) V/m
−16
(10 )ω2 ρ
Este debe ser el mismo como el campo dado, así requerimos
8000
(10−16 )ω2 ρ
=
500
⇒ ω = 4 × 108 rad/s
ρ
b) H(ρ, z, t): Del inciso a, tenemos
H(ρ, z, t) =
2000
4.0
cos(ωt − 4z)aφ =
cos(4 × 108 t − 4z)aφ A/m
(4π × 10−7 )ωρ
ρ
c) P(ρ, φ, z): Este será
P(ρ, φ, z) = E × H =
500
4.0
cos(4 × 108 t − 4z)aρ ×
cos(4 × 108 t − 4z)aφ
ρ
ρ
2.0 × 10−3
cos2 (4 × 108 t − 4z)az W/m2
2
ρ
=
d) la potencia promedio que pasa a través de cada sección cruzada 8 < ρ < 20 mm, 0 < φ < 2π . Usando
el resultado del inciso c, encontramos Pprom = (1.0 × 103 )/ρ 2 az W/m2 . La potencia a través de la sección
cruzada dada es ahora
2π .020
1.0 × 103
20
3
= 5.7 kW
ρ dρ dφ = 2π × 10 ln
P=
2
ρ
8
0
.008
11.20. Si Es = (60/r) sen θ e−j 2r aθ V/m, y Hs = (1/4πr) sen θ e−j 2r aφ A/m en espacio libre, encuentra la potencia
promedio pasando por fuera a través de la superficie r = 106 , 0 < θ < π/3, y 0 < φ < 2π.
15 sen2 θ
1 ar W/m2
Pprom = Re Es × Hs∗ =
2
2πr 2
Entonces la potencia requerida, será
π/3
15 sen2 θ
2
ar · ar r sen θdθdφ = 15
sen3 θ dθ
=
2
2πr
0
0
0
25
1
π/3
2
= 3.13 W
=
= 15 − cos θ (sen θ + 2) 0
3
8
2π
π/3
Note que la distancia radial en la superficie, r = 106 m, no es diferente ya que la densidad potencial
se presenta como 1/r 2 .
192
11.21. El cascarón cilíndrico, 1 cm < ρ < 1.2 cm, está compuesto de un material conductor para que σ = 106
S/m. Las regiones externa e interna son no conductoras. Sea H φ = 2000 A/m en ρ = 1.2 cm.
a) Encuentre H por todos lados: Use la ley cicuital de Ampere, que establece:
H · dL = 2πρ(2000) = 2π(1.2 × 10−2 )(2000) = 48π A = Ienc
Entonces en este caso
I
48
az =
az = 1.09 × 106 az A/m2
Área
(1.44 − 1.00) × 10−4
J=
Con el resultado usamos otra vez la ley circuital de Ampere para encontrar H por todos lados dentro del cascarón
como una función de ρ (en metros):
1
Hφ1 (ρ) =
2πρ
2π
0
ρ
1.09 × 106 ρ dρ dφ =
.01
54.5 4 2
(10 ρ − 1) A/m (.01 < ρ < .012)
ρ
Por fuera del cascarón, tendríamos
Hφ2 (ρ) =
48π
= 24/ρ A/m (ρ > .012)
2πρ
Adentro del cascarón (ρ < .01 m), H φ = 0 ya que no hay corriente encerrada.
b) Encuentre E por todas partes. Usamos
E=
J
1.09 × 106
=
az = 1.09 az V/m
σ
106
que es válido, presumiblemente, tanto para el exterior como el interior del cascarón.
c) Encuentre P por todas partes. Use
P = E × H = 1.09 az ×
=−
54.5 4 2
(10 ρ − 1) aφ
ρ
59.4
(104 ρ 2 − 1) aρ W/m2 (.01 < ρ < .012 m)
ρ
Por fuera del cascarón
P = 1.09 az ×
24
26
aφ = − aρ W/m2 (ρ > .012 m)
ρ
ρ
193
11.22. Las dimensiones internas y externas de una línea de transmisión coaxial de cobre son 2 y 7 mm, respectivamente.
Ambos conductores tienen un espesor mucho mas grande que δ. El dieléctrico es no disipativo y la frecuencia
en la que opera es de 400 MHz. Calcule la resistencia por longitud métrica del:
a) conductor interno, Primero
1
1
δ=√
= 3.3 × 10−6 m = 3.3µm
=
πf µσ
π(4 × 108 )(4π × 10−7 )(5.8 × 107 )
Ahora, usando (70) con una longitud unitaria, encontramos
Rin =
1
1
= 0.42 ohms/m
=
−3
2π(2 × 10 )(5.8 × 107 )(3.3 × 10−6 )
2πaσ δ
b) conductor externo: Comenzar aplicando, (70) pero con un conductor de radio diferente. Así
a
2
R sal = Rent = (0.42) = 0.12 ohms/m
b
7
c) línea de transmisión: Ya que las dos resistencias encontradas anteriormente están en serie, la
resistencia lineal es su suma, o R = R ent + Rsal = 0.54 ohms/m.
11.23. Un conductor tubular vacío está construido con un tipo de latón con una conductividad de 1.2 × 107 S/m.
Los radios interno y externo son 9 mm y 10 mm respectivamente. Calcule la resistencia por longitud métrica
en una frecuencia de
a) cd: En este caso la densidad de corriente es uniforme sobre la sección cruzada del tubo entero. Escribimos
R(cd) =
L
1
=
= 1.4 × 10−3 /m
7
σA
(1.2 × 10 )π(.012 − .0092 )
b) 20 MHz: Ahora el efecto de cubierta limitará la sección cruzada efectiva. En 20 MHz, la profundidad de la cubierta es
δ(20MHz) = [πf µ0 σ ]−1/2 = [π(20 × 106 )(4π × 10−7 )(1.2 × 107 )]−1/2 = 3.25 × 10−5 m
Este es mucho menos que el radio exterior del tubo. Por lo tanto podemos aproximar la resistencia
usando la fórmula:
R(20MHz) =
L
1
1
= 4.1 × 10−2 /m
=
=
7
σA
2πbδ
(1.2 × 10 )(2π(.01))(3.25 × 10−5 )
c) 2 GHz: Usando la misma fórmula como en el inciso b, encontramos la profundidad de la cubierta en 2 GHz para ser δ = 3.25×10−6
m. La resistencia (usando la otra fórmula) es R(2GHz) = 4.1 × 10−1 /m.
194
11.24a. La mayor parte de los hornos de microondas operan en 2.45 GHz. Suponga que σ = 1.2 × 106 S/m y µR = 500
para el interior de acero inoxidable, y encuentre la profundidad de penetración.
1
1
δ=√
= 9.28 × 10−6 m = 9.28µm
=
9
−7
6
πf µσ
π(2.45 × 10 )(4π × 10 )(1.2 × 10 )
b) Sea Es = 50 / 0◦ V/m en la superficie del conductor, y trace una curva de la amplitud de E s contra
el ángulo de E s como un campo
de propagación hacia el acero inoxidable. ya que la conductividad
.
. √
es alta (62) escribir α = β = πf µσ = 1/δ. Así, suponiendo que la dirección hacia el conductor es
z, el campo de profundidad dependiente se escribe como
Es (z) = 50e−αz e−jβz = 50e−z/δ e−j z/δ = 50 exp(−z/9.28) exp(−j z/9.28)
amplitud
ángulo
donde z está en micras. Por lo tanto, el trazo de amplitud contra ángulo es sencillamente un trazo de e−x
contra x, donde x = z/9.28; la amplitud iniciada es 50 y la amplitud 1/e (en z = 9.28 µm) es 18.4.
11.25. Un buen conductor está en forma planar y lleva una onda de plano uniforme que tiene una longitud de onda de 0.3 mm
y una velocidad de 3 × 105 m/s. Suponiendo que el conductor es no magnético, determine la frecuencia y
la conductividad. Primero, usamos
f =
3 × 105
v
=
= 109 Hz = 1 GHz
λ
3 × 10−4
Luego, para un buen conductor,
δ=
λ
1
=√
2π
πf µσ
⇒ σ =
4π
λ2 f µ
=
4π
(9 × 10−8 )(109 )(4π
× 10−7 )
= 1.1 × 105 S/m
11.26. Las dimensiones de cierta línea de transmisión coaxial son a = 0.8mm y b = 4mm. El espesor del
conductor externo es 0.6 mm, y todo conductor tiene σ = 1.6 × 107 S/m.
a) Encuentre R, la resistencia por longitud unitaria, operando en una frecuencia de 2.4 GHz: Primero
1
1
δ=√
= 2.57 × 10−6 m = 2.57µm
=
8
−7
7
πf µσ
π(2.4 × 10 )(4π × 10 )(1.6 × 10 )
Entonces, usando (70) con una longitud unitaria, encontramos
Rent =
1
1
=
= 4.84 ohms/m
2πaσ δ
2π(0.8 × 10−3 )(1.6 × 107 )(2.57 × 10−6 )
La resistencia del conductor externo se encuentra entonces desde el interno a través
Rsal =
a
0.8
Rent =
(4.84) = 0.97 ohms/m
b
4
La resistencia neta por longitud es entonces la suma, R = R ent + Rsal = 5.81 ohms/m .
195
11.26b. Use la información de las Secs. 5.10 y 9.10 para encontrar C y L, la capacitancia e inductancia por longitud
unitaria, respectivamente. La coaxial está llena de aire. De estas secciones, encuentre (en espacio libre)
C=
2π(8.854 × 10−12 )
2π0
=
= 3.46 × 10−11 F/m
ln(b/a)
ln(4/.8)
4π × 10−7
µ0
ln(b/a) =
ln(4/.8) = 3.22 × 10−7 H/m
2π
2π
√
c) Encuentre α y β si α + jβ = j ωC(R + j ωL): Tomando partes reales e imaginarias de la expresión
dada, encontramos
1/2

2
ω√LC
R
 1+
α = Re
j ωC(R + j ωL) = √
− 1
ωL
2
L=
y
1/2

2
ω√LC
 1+ R
j ωC(R + j ωL) = √
+ 1
β = Im
ωL
2
√
√
Esta, se pueden hallar escribiendo fuera α = Re
j ωC(R + j ωL) = (1/2) j ωC(R + j ωL)+c.c.,
donde c.c denota la conjugación compleja. El resultado es cuadrado, los términos se reúnen, y se toma la raíz cuadrada.
Ahora usando los valores de R, C, yL encontrada en los incisos a y b, encontramos α = 3.0 × 10−2 Np/m
y β = 50.3 rad/m.
11.27. La superficie planar en z = 0 es una interface Teflón-latón. usar los datos disponibles en el Apéndice C para
evaluar las siguientes razones para una onda plana uniforme teniendo ω = 4 × 1010 rad/s:
a) αTeflón /αlatón: Del apéndice encontramos / = .0003 para el Teflón, haciendo el material un buen
dieléctrico. También, para el Teflón, R = 2.1. Para el latón, encontramos σ = 1.5 × 107 S/m, lo que hace al latón
un buen conductor en la frecuencia establecida. Para un buen dieléctrico (Teflón) usamos las aproximaciones:
1
1 ω . σ µ
ω µ =
=
R
α=
2 2
2 c
1 ω . √
. =
ω
β = ω µ 1 +
µ
=
R
8 c
Para el latón (buen conductor) tenemos
1
.
.
(4 × 1010 )(4π × 10−7 )(1.5 × 107 ) = 6.14 × 105 m−1
α = β = πf µσlatón = π
2π
Ahora
αTef
αlatón
b)
√
1/2 / (ω/c) R
(1/2)(.0003)(4 × 1010 /3 × 108 ) 2.1
=
=
= 4.7 × 10−8
√
6.14 × 105
πf µσlatón
√
λTeflón (2π/βTeflón) βlatón
c πf µσlatón
(3 × 108 )(6.14 × 105 )
=
=
=
=
= 3.2 × 103
√
10 ) 2.1
λlatón
(2π/βlatón)
βTeflón
(4
×
10
ω R Teflón
196
11.27. (continuación)
c)
vTeflón (ω/βTeflón) βlatón
=
=
= 3.2 × 103 como antes
vlatón
(ω/βlatón)
βTeflón
11.28.
Una onda plana uniforme en espacio libre tiene un campo eléctrico dado por Es = 10e−jβx az + 15e−jβx ay V/m.
a) Describa la polarización de onda. Ya que las dos componentes tienen una diferencia de fase fija ( en este
caso cero) con respecto a tiempo y posición, la onda tiene una polarización lineal , con el vector campo
en el plano yz en ángulo φ = tan−1 (10/15) = 33.7◦ para el eje y.
b) Encuentre H s : Con una propagación hacia adelante x, debemos de tener
Hs =
−10 −jβx
15 −jβx
e
e
ay +
az A/m = −26.5e−jβx ay + 39.8e−jβx az mA/m
377
377
c) determine la densidad de potencia promedio en la onda en W/m2 : Use
1 (10)2
1 (15)2
∗
Pprom =� Re Es × Hs =
ax +
ax = 0.43ax W/m2 or Pprom =� 0.43 W/m2
2
2 377
377
11.29. Considerando una onda polarizada circularmente izquierda en espacio libre que propaga en la dirección hacia z.
El campo está dado por la forma apropiada de la Ec. (80).
a) Determine el campo magnético fasor, H s :
Comenzamos, usando (80), con E s = E 0 (ax + j ay )e−jβz . Encontramos las dos componentes de H s
por separado, usando las dos componentes de E s . Especificamente la componente x de Es se asocia
con una componente y de Hs , y la componente y de Es se asocia con una componente negativa x
de H s . El resultado es
E0 Hs =
ay − j ax e−jβz
η0
b) Determine una expresión para la densidad potencial promedio en la onda en W/m2 por aplicación directa
de la Ec. (57): Tenemos
1
1
E0
∗
−jβz
+jβz
Pz,prom =� Re(Es × Hs ) = Re E0 (ax + j ay )e
×
(ay − j ax )e
2
2
η0
=
E02
az W/m2 (Suponiendo que E 0 es real)
η0
197
11.30. El campo eléctrico de una onda plana uniforme en espacio libre está dada por E s = 10(ay + j az )e−j 25x .
a) Determine la frecuencia, f : Use
f =
βc
(25)(3 × 108 )
=
= 1.2 GHz
2π
2π
b) Encuentre el campo magnético fasor, H s : Con el vector Poynting en la dirección positiva x , una componente
positiva y para E requiere una componente positiva z para H. Similarmente, una componente positiva z
para E requiere una componente negativa y para H. Por lo tanto,
Hs =
!
10
az − j ay e−j 25x
η0
c) Describa la polarización de la onda. Esta es más claramente vista por convertir primero el campo dado
a la forma real instantánea:
!
E(x, t) = Re Es ej ωt = 10 cos(ωt − 25x)ay − sen(ωt − 25x)az
En x = 0, este se vuelve,
!
E(0, t) = 10 cos(ωt)ay − sen(ωt)az
Con la onda viajando en la dirección hacia x, reconocemos la polarización como circular izquierda.
11.31. Una onda plana uniforme linealmente polarizada, propagándose en la dirección hacia z, de entrada a un material
anisotrópico sin pérdida , en que la costante dieléctrica encontrada por las ondas polarizadas a lo largo de y (Ry )
difiere de lo visto por las ondas polarizadas a lo largo de x(Rx ). Suponga Rx = 2.15, Ry = 2.10, y el campo de
onda eléctrica de entrada se polariza en 45◦ para los ejes positivos x y y. Suponga longitud de onda en espacio libre
λ.
a) Determine la longitud más corta del material tal que la onda que sale del extremo de salida
se polariza circularmente: Con el campo de entrada en 45◦ , las componentes x y y son de igual magnitud,
y la polarización circular resultará si la diferencia de fase entre las componentes es π/2. Nuestro
requisito sobre la longitud L es así β x L − βy L = π/2, o
L=
π
πc
=
√
√
2(βx − βy )
2ω( Rx − Ry )
Con los valores dados, encontramos
L=
(58.3)πc
λ
= 58.3 = 14.6 λ
2ω
4
b) ¿La onda de salida circularmente-polarizada será derecha o izquierda? Con el dieléctrico constante mayor para
las ondas polarizadas x de la componente x se retrasará la componente y en tiempo en la salida. El campo
puede escribirse así como E = E 0 (ay − j ax ), que es la polarización circular
izquierda.
.
198
11.32. Suponga que la longitud del medio del Problema 11.31 se hace dos veces como determinado en
el problema. Describa la polarización de la onda de salida en este caso: Con la longitud doble, un
cambio de fase de radianes π se desarrolla entre las dos componentes. A la entrada, podemos escribir el campo como
Es (0) = E0 (ax + ay ). Después de la propagación a través de la longitud L, tendríamos,
Es (L) = E0 [e−jβx L ax + e−jβy L ay ] = E0 e−jβx L [ax + e−j (βy −βx )L ay ]
donde (βy − βx )L = −π ya que βx > βy ), y a sí Es (L) = E0 e−jβx L [ax − ay ]. Con la inversión de la
componente y, la polarización de la onda gira por 90◦, pero todavía la polarización es lineal.
11.33. Dada una onda para que E s = 15e−jβz ax + 18e−jβz ej φ ay V/m, propagando en un medio caracterizado
por la impedancia intrínseca compleja, η.
a) Encuentre H s : Con la onda propagándose en la dirección hacia z, encontramos:
Hs =
1
−18ej φ ax + 15ay e−jβz A/m
η
b) Determine la densidad potencial promedio en W/m2 : Encontramos
1
(15)2
1
1 (18)2
∗
Pz,prom = Re Es × Hs = Re
= 275 Re ∗ W/m2
+ ∗
∗
2
2
η
η
η
11.34. Dada la onda general de polarización elíptica por la Ec. (73):
Es = [Ex0 ax + Ey0 ej φ ay ]e−jβz
a) Demuestre, usando métodos similares a aquéllos del ejemplo 11.7, que una onda linealmente polarizada resulta
cuando se sobrepone al campo dado y un campo fase-cambiada de la forma:
Es = [Ex0 ax + Ey0 e−j φ ay ]e−jβz ej δ
donde δ es una constante: Adicionando los dos campos dados
Es,tot = Ex0 1 + ej δ ax + Ey0 ej φ + e−j φ ej δ ay e−jβz




j δ/2
−j δ/2
j δ/2
j δ/2
−j δ/2 j φ
−j φ j δ/2
−jβz
=
E
e
+
e
a
+
E
e
e
+
e
e
ay 
e
e
x
y0
e
 x0
2 cos(δ/2)
2 cos(φ−δ/2)
!
Este se simplifica a E s,tot = 2 Ex0 cos(δ/2)ax + Ey0 cos(φ − δ/2)ay ej δ/2 e−jβz , que es polarizado
linealmente.
b) Encuentre δ en términos de φ tal que la onda resultante se polariza a lo largo de x: Inspeccionando el resultado del
inciso a logramos una componente y cero cuando 2φ − δ = π (o múltiplos impares de π).
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