un conductor externo muy delgado, de radio b y de... como medio dieléctrico aire, y ... E.38

E.38 Considere un cable coaxial con un conductor interno de cobre, y de radio a;
un conductor externo muy delgado, de radio b y de conductividad infinita. El cable tiene
como medio dieléctrico aire, y es alimentado por una fuente de corriente continua de
intensidad I. Si el cable es terminado en una lámina de cobre, como se indica en la
figura E.38-1, determine:
a) El potencial en cada uno de los sectores del cable (medio dieléctrico, conductor
central y lámina terminal de cobre).
b) Vector de Poynting en cada uno de los sectores del cable.
Figura E.38-1 Cable coaxial con corriente continua terminado en una
lámina de cobre.
Solución:
Se trata de un problema de cargas en movimiento uniforme en un medio
conductor con simetría cilíndrica.
En el conductor central,
332
E  lz
J1

Al extremo del conductor central (z = 0), la corriente fluye hacia la lámina
terminal con una densidad igual a:
J r a 
Er
r a
I  J a 
2
1
2a

J r a

Er es igual a menos el gradiente del potencial en la lámina terminal, es decir:
r

E r     C ln ; 0  z  
b

Por consiguiente:
C
I
2
y

 
I
ln r ; en la lámina terminal.
b
2
En la frontera entre el conductor central y el medio dieléctrico (aire), la solución
para el potencial, debido a la simetría cilíndrica del cable, debe satisfacer a la ecuación
de Laplace:
1      2 
0
r  
r r  r  z 2
  Az  B  ln
b
r
Por consiguiente:
333
Er 
Az  B
r
E z  A ln
r
b
En r = a, el campo corresponde al campo en el conductor central es, por lo tanto,
igual a

J I 2
a
a
A ln 
b


En z = 0,
  B ln

b
I
b
I

ln  B 
r 2 r
2
 
I 1
1  b
ln a z 
ln ; a  r  b;  L  z  0
2

b
  a
2  r
La ley circuital nos indica que la intensidad del campo magnético es igual a:
 I
 2r ; r  a; z  0
H  l 
 I r; r  a ; z  0
 2a 2
En la lámina terminal, J  l r
I
 H
2r

H
I
z  l
2r
El vector de Poynting en todos los puntos del cable para z < 0, es igual a;
334
S  E  H  l z E r H   l r E z H 
 
 
2
2

ln b
z
1 
 I 
r
1z 1  I  

 lr 
; ra
a
 2  r   a 2 ln a
2 

a
  2 ln
r
b
b




S 

2
 l r  I  1 r ; r  a
2

 a  2

 
Figura E.38-2 Cable coaxial con corriente continua terminado en una lámina
resistiva.
E.39 Considere un pequeño imán permanente de momento dipolar magnético
igual a
1z m, que se desplaza sobre el eje de una espira de cobre de radio a, en
condiciones de espacio libre. El imán tiene una velocidad de desplazamiento igual a vz,
y en dirección perpendicular al plano de la espira de contorno C, como se indica en la
figura E.39-1.
335
Figura E.39-1 Imán permanente en movimiento uniforme frente a una espira
de cobre.
Determine:
a)
b)
c)
d)
e)
El flujo magnético enlazado por la espira.
La fuerza electromotriz inducida en la espira.
La cantidad de carga eléctrica inducida.
La potencia disipada en la espira.
La fuerza de frenado ejercida sobre el imán en movimiento.
Obtenga resultados numéricos con los siguientes datos:
m = 12 A.m2, v = 800 m/seg, a = 0,30 m, R = 1,67 x 10-3 , d = 5 mm.
Solución:
El potencial vectorial magnético generado por el imán es igual a:
A
0m  lR
m
 l
sen 
2
4R
4R 2
B  A 
m
l R 2 cos   l  sen 
4R 3
La componente meridional B no contribuye al flujo magnético enlazado por la
espira. La componente radial B es siempre normal a la superficie atravesada por el flujo
336
magnético generado por el imán. Esa superficie es la superficie del casquete esférico de
centro en el punto P, como se indica en la figura E.39-1.
a) El flujo magnético enlazado por la espira:
 m   BR dS 
S
m 
0 m
cos dS
2R 3 S
 0 a 2 m  0 m sen3

2R 3
2a
b) Fuerza electromotriz inducida:
d m 3 0 m sen 2  cos d 3 0 m sen 4  cos
f.e.m  


dt
2a
dt
2a 2
v  lz
a  d 
  ; velocidad de desplazamiento del imán.
sen 2   dt 
Cuando el imán se encuentra alejado de la espira   0. A medida que el imán se
acerca a la espira  se hace más grande. El incremento del sen4 supera el
decrecimiento del cos, de forma tal, que la fuerza electromotriz va aumentando de
magnitud a partir de cero. Esto se puede confirmar al observar el comportamiento que
presenta la derivada, (5cos2 - 1)sen3, la cual es positiva para valores pequeños del
ángulo , y es cero cuando el cos2 = (1/5), es decir,   63º; ángulo para el cual la
fuerza electromotriz alcanza su valor máximo:
f .e.m.máx 

3 0 mv 1  1

5
2
2a 2 5
A partir de  = 63º, la fuerza electromotriz decrece, para hacerse igual a cero
cuando  = /2, el imán está exactamente en el centro de la espira. Luego al comenzar
a alejarse del centro de la espira, la fuerza electromotriz vuelve alcanzar su valor
máximo, pero esta vez tiene la polaridad contraria a la del máximo alcanzado cuando se
acercaba al centro de la espira, para luego decrecer nuevamente en magnitud cuando
0.
c) La cantidad de carga eléctrica inducida en la espira:
337
q
m
R
donde R representa la resistencia óhmica de la espira.
El flujo magnético enlazado por la espira depende del valor del ángulo , por
consiguiente la carga dependerá de la magnitud y dirección del flujo enlazado por la
espira, siendo su variación la siguiente:

 0m
 2aR ; 0    2
q  
  0 m ;     
 2aR
2
d) Potencia disipada en la espira:
f .e.m2
P
R

9  0 mv sen 4  cos

4a 4 R

2
e) Fuerza de frenado ejercida por la espira sobre el movimiento del imán:
La fuerza que ejerce la espira sobre el imán es igual y de sentido opuesto a la
fuerza que ejerce el imán sobre la espira, su magnitud es igual a:

 m f .e.m   9  0 mv sen 4  cos 
Fz  i


z
R  z
4a2 Rv

2
Este resultado nos indica, que la potencia disipada en la espira es igual al producto
escalar de la fuerza ejercida por la espira sobre el imán por la velocidad de
desplazamiento del imán. Al ser estos dos vectores antiparalelos, la fuerza ejercida por
la espira sobre el imán resultará de signo contrario a la fuerza ejercida por el imán sobre
la espira. Esto nos indica que se trata de una fuerza que tiende a detener el movimiento
del imán, es una fuerza de frenado.
Resultados numéricos:
Con los datos suministrados, se obtienen los siguientes resultados numéricos:
338
f .e.m.máx  0,058V
q  15mC
Pmáx  1,98W
Para que un imán permanente tenga un momento dipolar magnético igual a 12
2
A.m , su magnetización debe ser del orden de 10 A/m.
Si suponemos que el imán tiene una masa igual a 10 gramos, su energía cinética
sería del orden de 3.200 J. La variación de energía que genera la fuerza de frenado sería
del orden de 1,2 mJ. Esta variación de energía produciría una variación en la velocidad
de desplazamiento del imán del orden 1,5 x 10–4 m/seg, esto nos indicaría que la
variación de velocidad del imán sería despreciable, (v = 800 m/seg), bajo las
condiciones establecidas.
Figura E.39-2 Curvas que representan la variación de la fuerza electromotriz
inducida en la espira y de la potencia disipada
vt/a = z/a = tan; e = [f.e.m.]x[2a/30mv].
m = momento dipolar magnético del imán.
E.40 Considere un solenoide con núcleo móvil de material magnético, como se
representa en la figura E.40-1. El solenoide tiene una longitud L, un radio R, un número
de vueltas N, y está alimentado por una corriente continua de intensidad I. El núcleo
tiene una longitud b, que es menor que L, (b < L). Determine:
a) La energía magnética total almacenada en el sistema.
339
b) La inductancia del solenoide.
c) La fuerza ejercida sobre el núcleo magnético.
Figura E.40-1 Solenoide con núcleo móvil
Solución:
Si se supone que L, b, x, y (L – x) son dimensiones mucho mayores que R, el
campo será esencialmente uniforme en la dirección x dentro del solenoide, y cero en la
región externa. La ley circuital nos permite obtener:
HL  NI
a) La energía magnética total almacenada es aproximadamente igual a:
2
1N 
Wm   I  R 2 0 L    0 x 
2 L 
b) La inductancia del solenoide la podemos expresar en función de la energía
magnética almacenada, en la siguiente forma:
2
2W
1
N
Wm  LI 2  L  2m    R 2 0 L    0 x
2
I
L
340
Figura E.40-2 Inductancia del solenoide en función de la posición del núcleo
c) Fuerza ejercida por el campo electromagnético sobre el núcleo, para corriente
constante, y en función de su posición dentro del solenoide:
Wm
1  NI 
2
F lx
lx 
 R   0  ; 0  x  b
x
2 L 
2
Figura E.40-3 Fuerza electromagnética ejercida sobre el núcleo móvil
341
E.41 Considere un satélite estacionario en órbita ecuatorial. Suponga que el
satélite está constituido por una esfera metálica no magnética, de radio a y moviéndose
en el espacio libre a una velocidad constante v. Determine la densidad de carga inducida
sobre la superficie del satélite.
Solución:
El campo magnético terrestre tendrá dirección tangencial sobre la superficie del
satélite en órbita ecuatorial, y su dirección de acuerdo a lo representado en la figura
E.41-1 se puede suponer paralela al eje z de un sistema de coordenadas cartesianas con
origen ubicado en la superficie del meridiano ecuatorial de la esfera metálica de radio a.
El campo magnético puede ser representado por la expresión vectorial:
B  l z B0
y la velocidad tangencial del satélite sería igual a:
v  l x v0
v   R   l z  l R R  l x v0
donde  es constante y representa la velocidad angular del satélite, y R es la
distancia radial desde el centro de la tierra hasta el centro del satélite (R >> a).
Por consiguiente, la velocidad tangencial del satélite puede ser representada por la
expresión vectorial:
Figura E.41-1 Satélite terrestre en órbita ecuatorial estacionaria.
342
Podemos considerar el problema como el caso de una esfera conductora
sumergida en un campo eléctrico uniforme. El campo eléctrico uniforme correspondería
al campo de Lorentz, (EL), debido al movimiento relativo de la esfera conductora en el
campo magnético terrestre, es decir:
La solución para el potencial existente corresponde a la solución de la ecuación de
Laplace para el caso axisimétrico de un problema en coordenadas esféricas. La solución
general, utilizada en este caso (medio lineal y homogéneo), es:
Las condiciones de borde son:
i)
ii)
iii)
Para R = 0, el potencial no puede ser indefinido, por lo tanto B1 = D1 = 0.
Para R = a, la esfera conductora es una región equipotencial, y el potencial debe
ser una función continua, 1(a,) =2(a,). Por lo tanto, A1 = 0.
Cuando R  , (R,)  -ELRsen = Ey. Por lo tanto, C2 = -EL.
De esta forma obtenemos las siguientes soluciones:
1  C1R sen ; 0  R  a
D
 2  E L R sen   22 sen ; a  R  
R
La ecuación de continuidad en condiciones estacionarias nos indican que, div J =
0, por lo tanto:
1
1
R
 2
R a
 2
R
R a
Haciendo uso de las condiciones de borde, obtenemos:
C1  
3 2 E L
EL
  2 2
   2 
E L
D 2  a 3  1
   2 2 
Substituyendo estos valores en la solución general, obtenemos:
343
3 2
  1  2 2


 Rsen ; 0  R  a

1   E L 
  a 3   1   2
 2   E L 1    
  R    1  2 2

 Rsen ; a  R  

1  C1R sen ; 0  R  a
 2  E L R sen  
D2
sen ; a  R  
R2
La ecuación de continuidad en condiciones estacionarias nos indican que, div J =
0, por lo tanto:
1
1
R
 2
R a
 2
R
:
R a
Estos resultados nos indican:
i)
ii)
La región 1, (la esfera conductora  el satélite), es una región de potencial
constante, q (1= constante)
La región 2, región externa a la esfera conductora, tiene una distribución de
potencial que se debe a la superposición del campo de Lorentz más un campo
dipolar debido a las cargas inducidas en la superficie de la esfera.
La intensidad del campo eléctrico en la región externa a la esfera es igual a:
 2a 3 
 a3 
E 2     2  E L  l R E L  3  cos   l  E L  3  sen 
R 
R 
E L  vBl R cos  l sen   v  B
La densidad de cargas inducidas en la superficie de la esfera es igual a:
q
R a
  0
 2
R
 3Esen ;
R a

3
  
2
2
344
E.42 En el lecho rectangular de un canal se han ubicado dos electrodos
rectangulares como se indican en la figura E.42-1. Si el agua tiene una velocidad
uniforme v, la conductividad del agua es igual a , y la componente vertical del campo
magnético terrestre es igual a B, determine la corriente eléctrica que circulará por una
resistencia externa, (R), conectada entre los electrodos.
Figura E.42-1 Flujo de agua conductora circulando entre dos electrodos en
presencia de un campo magnético uniforme.
Solución:
Se trata de un problema de electrodinámica de cuerpos conductores en un campo
magnético uniforme. Los electrodos actúan como un par de contactos deslizantes hacia
donde fluyen las cargas eléctricas debido a la tensión inducida en el agua en
movimiento en presencia de un campo magnético, es decir:
E  v  B  EH2O  campo total en el agua
v  B  campo de Lorentz
EH2O  campo producido por las cargas acumuladas en los electrodos
345


I   J  dS  Elh    E  H 2O   vB lh
El voltaje medido entre los electrodos es igual:
V  aEH2O
La corriente en la resistencia R es igual a:
I
aE H 2O 
R

lhvB
1  hlR

a

E.43 Considere un solenoide estrechamente arrollado, de gran longitud y
alimentado con corriente continua. El émbolo que constituye el núcleo es de acero y
está dividido en dos secciones, creando entre sus caras internas un entrehierro de
longitud dl, como se indica en la figura E.43-1.
Solución:
Este problema está relacionado con la fuerza que actúa sobre un material
magnético, por lo que tiene particular importancia en el diseño de máquinas eléctricas y
de electroimanes.
Figura E.43-1 Fuerza sobre un núcleo magnético
Estando la bobina estrechamente arrollada podemos suponer que la corriente que
alimenta el solenoide constituye una lámina de corriente superficial K, la cual genera un
campo magnético de intensidad HK, en el interior del solenoide. Para un solenoide de
346
gran longitud, (longitud >> diámetro), el campo será uniforme y de dirección
longitudinal.
 H  dl  K
La densidad de flujo magnético en el núcleo es igual a:
Bn  H K
Para mover las dos secciones del núcleo es necesario aplicar una fuerza externa,
para crear un entrehierro de longitud dl entre sus caras internas. El trabajo realizado
deber ser igual a la cantidad de energía almacenada en ese entrehierro, es decir:
F  dl 
1
Ba H a dlS  1  H a
2
2
2
(volumen del entrehierro)
La densidad de flujo dentro del núcleo es:
B  0 H  0 M  H  0 1  m H
En el entrehierro, el medio es aire, medio no magnético, por lo tanto m = 0,
0. La densidad de flujo es igual en el entrehierro y en el núcleo (.B = 0). En la
interfaz núcleo-entrehierro existe una fuerza neta que es proporcional a la diferencia
(HaB – HnB), donde
Hn = B/ y Ha = B/0. Por lo tanto, la fuerza neta en la interfaz
es igual a:
1  1 1
F   B 2   Sl1
2  0  
Donde S es la superficie de la interfaz y 1l el vector unitario en la dirección axial
del solenoide.
Si erróneamente se hubiese considerado que la densidad de energía magnética era
la misma en el núcleo que en el entrehierro, la fuerza ejercida sobre el núcleo magnético
hubiese resultado nula, es decir, como si el núcleo tuviese una permeabilidad igual a 0.
La diferencia en energías almacenadas en los diferentes medios se debe a la
magnetización existente en el medio magnético, donde H = (B/0) – M.
.
347
E.44 La figura E.44-1 representa un esquema de una máquina eléctrica
(convertidor electromecánico de energía). En el dibujo se muestra una sola bobina de
forma rectangular, colocada dentro de dos ranuras diametralmente opuestas en la
armadura del rotor de la máquina. Si el ancho de la bobina de N vueltas es igual a 2r, su
longitud axial igual a l, conduce una corriente de intensidad I, y el campo magnético B
en el entrehierro tiene dirección radial, determine el torque electromagnético ejercido
sobre dicha armadura.
Solución:
Para una pequeña deflexión angular de la armadura igual a d se produce una
variación en el enlace de flujo igual a:
Wm
   2 NBrld
 Iconstante
Este es el mismo resultado que se obtendría si la bobina hubiese estado totalmente
dentro de un campo magnético radial de densidad B. El hecho es que la armadura se
comporta como un blindaje magnético para las bobinas que se encuentran dentro de sus
ranuras. El torque, es ejercido en gran parte sobre la estructura magnética de la
armadura y en poca magnitud sobre las bobinas conductoras.
Para una variación del enlace de flujo causado por un desplazamiento ds, en un
intervalo de tiempo dt, se produce una fuerza electromotriz igual a I(dL/dt) que se
opone a la variación de flujo igual a IdL. Durante este intervalo de tiempo la fuente
suministra una carga igual a Idt. Si la fuerza mecánica es igual a Fs, el balance de
energía en el sistema será igual a:
I 2 dL (energía suministra da por la fuente) 
 
1 2
I dL (energía almacenada )  Fs ds
2

n
n
L
1 n
I j 2 L j  1  Ii 2 Li   Ii  I j ij

2 j1
 2 i1
 i1, j1
ji
Este torque depende de la fuerza ejercida por el campo sobre el hierro de la
armadura, la cual es transmitida a las bobinas por el contacto mecánico existente entre
ellas y las ranuras en las cuales están ubicadas.
Nótese, que si las bobinas estuviesen en un medio no magnético y en condiciones
estacionarias, sus inductancias serían constantes y la fuerza entre ellas dependería
exclusivamente de su acoplamiento electromagnético, es decir, del flujo mutuo
entrelazado, (de la variación de la inductancia mutua).
348
Figura E.44-1 Armadura de una máquina eléctrica
E.45 Considere un electroimán con dos piezas polares en forma de conos
truncados, como se indica en la figura E.45-1. El electroimán presenta un pequeño
entrehierro de longitud variable, , entre sus superficies circulares de radio a. Si la
fuerza magnetomotriz del electroimán no debe ser mayor de 3500 Ampervueltas; b/a =
3; l = 120 mm; y B = 2 T, determine la máxima magnitud de .
Figura E.45-1 Electroimán con pequeño entrehierro de longitud 
349
Figura E.45-2 Esquema geométrico del electroimán
Solución:
La figura E.45-2 representa un esquema geométrico del electroimán, que nos
permite establecer las relaciones requeridas para la solución del problema
Ax  x 2
r ba
 b  a  2

 A
x
x
L
L2
 
L2 dx
d fmm   m 
 H dx
2 2
    b  a  x
 
yL
f.m.m. 2
y
2
Pero y 
m
L2 dx
  b  a 2 x 2
m L2
 b  a 2
 L 
 yy  L


aL
ba
350
f .m.m.núcleo 
2m L 2BLa

ab
b
f .m.m.entrehierro 
f .m.m.XY 
m  B

a 2  0
2BLa B B


b
0 0
 2La 0


  
 b

Introduciendo los valores numéricos, obtenemos:
  1,87mm
E.46 Un cable coaxial tiene como conductor externo un tubo de cobre de 1 mm de
espesor y con un radio promedio igual a 10 mm. Debido a un cortocircuito la corriente
en el conductor alcanza un valor de 2 x 105 A durante unos pocos microsegundos. Dado
que la resistencia mecánica del cobre es del orden los 2000 kg/cm2, determine la
posibilidad de una ruptura mecánica del conductor.
Figura E.46-1 Conductor coaxial de cobre
Solución:
Se trata de un problema de condiciones estacionarias en medio conductor.
Conocidas la intensidad de corriente y la geometría del conductor, podemos determinar
la densidad del flujo magnético utilizando la ley circuital de Ampère:
 B  dS   i
0
351
El área total interna del conductor externo es:
2rr  2 102 103  2 105 m 2
En condiciones estacionarias, la distribución de corriente es uniforme (no existe
efecto pelicular). La corriente en un elemento diferencial de área es igual a:
8
 rri  0.95 10  r
i  

A


 2rr 
La fuerza radial sobre ese elemento diferencial es:
4  108 r
F  il  B 


4 108 r
La componente vertical de esta fuerza es: 2F  
sen 

0
F 
4  108 r
N

La fuerza ejercida por unidad de superficie en esa delgada capa de la región
interna del conductor externo del coaxial es:
F
4  108

kg / m 2  1.300kg / cm2
r  l 9,81
Por lo tanto el conductor externo del coaxial no sufrirá ruptura mecánica como
consecuencia del cortocircuito, ya que su resistencia mecánica es aproximadamente de
2.000kg/cm2.
E.47 Una onda plana con la intensidad de su campo eléctrico E = 1xE0(z,t), se
propaga en un medio dieléctrico de gran extensión y de propiedades:  = 40,  = 0,
=0. El campo tiene una variación armónica en el tiempo con una frecuencia de 100
MHz, y con un valor máximo igual a 10-4 V/m, a t = 0, y z = (1/8) m.
a) Obtenga la expresión real representativa del campo eléctrico en función de z y de t.
b) Determine el valor instantáneo de H.
c) Determine la ubicación (z), de E cuando su intensidad es máxima y positiva, para t
= 10-8s.
352
Solución:
Primero determinaremos el vector-fasor de propagación , el cual es igual a j,
por ser el medio de propagación un dieléctrico perfecto ( = 0   = 0).  = (00)-1/2
= /c, donde c es la velocidad de la luz en el vacío.
2108

3  108
4
4
rad / m
3
a) Usando la expresión general para una onda plana, podemos escribir para este caso la
siguiente expresión:



Ez, t   l x 104 cos 2108 t  z  
E debe ser igual a 10-4 cuando el argumento de la función coseno es igual cero, es
decir:
2108 t  z    0
Para t  0s , y z 
1
m 
8
 4   1  
  z      rad
 3  8  6

 

E  l x 104 cos 2108 t  4 z  
3
6 




1  

 l x 104 cos 2108 t  4  z    V / m 
3 
8  


b) El valor instantáneo de H:
 jlz  E x  j0 H
H  ly
E
0
4 0

104
4 
1 
 ly
cos2108 t   z   A / m 
60
3 
8 

353
c) Para t = 10–8 seg el argumento de la función coseno debe ser igual a +2n para que
Ex tenga un valor máximo positivo:


2108 108 
z máx 
4 
1
 z máx    2n
3 
8
13 3
 n; n  0,1,2 
8 2
Pero,  
2 3
 m 

2
En la figura E.47-1 se muestra a E y a H como funciones de (z,t), teniendo como
referencia a t = 0
Figura E.47-1 Onda plana en un medio dieléctrico
E.48 Una onda plana monocromática se propaga en condiciones espacio libre. Su
dirección de propagación referida a un sistema de coordenadas cartesianas, forma un
ángulo de 60º con la porción positiva del eje x. Si el vector de Poynting asociado con la
onda está contenido en el plano xy, y E es paralelo al eje z, obtenga:
354
a) El factor de propagación de la onda.
b) Las expresiones en sus formas complejas y en sus formas reales representativas de
los campos E y H.
Solución:
Las características de una onda plana en condiciones de espacio libre,
(propagación en un medio dieléctrico perfecto y de extensión indefinida), nos permiten
hacer un esquema vectorial representativo de la onda como se indica en la figura E.481.
Figura E.48-1 Esquema vectorial representativo de la onda plana
a) En condiciones de espacio libre el factor de propagación es igual a:


  j   j   0 0 l S  j  / c l S

b) E~  l z E0 exp j t    r   l z E0 exp jt exp


x y 3
  0 0 
j  
2 
2

~  l E exp j t    r   l E exp jt exp j  x  y 3    
E
z 0
z 0
 
0 0
2 
  2

~   l 3  l 1  E0 exp jt   x  y 3    
H
 
y
0 0 
 x 2
2
2   0
2 



 
0
355

3
H x, y, t    l x
l y
 2
1  E0

2   0
0


x y 3
  0 0 
cost   
2 


2
E.49 Demuestre que una onda plana uniforme, caracterizada por los campos:
E  E 0 exp j   R 

H  H 0 exp j   R 
es una onda transversoelectromagnética (TEM).
Figura E.49-1
Solución:
En la representación geométrica de la figura E.49-1, podemos observar lo
siguiente:
l n  R  OP ; representa la ecuación de un plano normal a la dirección de
propagación, plano de fase constante.
Para una onda plana en una región libre de cargas, la divergencia del campo
eléctrico es igual a cero, es decir:
356
  E  E 0  exp jl n  R 
  jE 0  l n exp jl n  R   0
Esto nos indica que, l n  E 0  0
Esto implica que E0 es totalmente transversal a la dirección de propagación, y
como
j  E  jH y E  H  l n EH
Por consiguiente H también es totalmente transversal a la dirección de
propagación. En consecuencia la onda plana uniforme es una onda
transversoelectromagnética (TEM).
357