CAPÍTULO 12 12.1. Una onda planar uniforme en aire, E cos(1010t

CAPÍTULO 12
+
12.1. Una onda planar uniforme en aire, E +x1 = Ex10
cos(1010 t −βz) V/m, es normalmente incidente en una superficie
de cobre en z = 0. ¿Qué porcentaje de la densidad potencial incidente es transmitida en el cobre? Necesitamos
encontrar el coeficiente de reflexión. La impedancia intrínseca del cobre (un buen conductor) es
ηc =
j ωµ
ωµ
1010 (4π × 107 )
= (1 + j )
= (1 + j )
= (1 + j )(.0104)
σ
2σ
2(5.8 × 107 )
Note que la exactitud aquí es cuestionable, ya que conocemos la conductividad para sólo dos figuras
significativas. No obstante procedemos: Usando η 0 = 376.7288 ohms, escribimos
=
.0104 − 376.7288 + j.0104
ηc − η0
= −.9999 + j.0001
=
ηc + η0
.0104 + 376.7288 + j.0104
Ahora ||2 = .9999, y así la fracción potencial transmitida es 1 − ||2 = .0001, o aproximadamente 0.01%
es transmitido.
= 1, µ = µ ,
12.2. El plano y = 0 define los límites entre dos dieléctricos diferentes. Para y < 0, R1
1
0
y R1 = 0; y para y > 0, R2 = 5, µ2 = µ0 , y R2 = 0. Sea E+z1 = 150 cos(ωt − 8y) V/m, y
encuentra
a) ω: Se tiene β = 8 = ω/c ⇒ ω = 8c = 2.4 × 109 sec−1 .
b) H+
1 : Con E en la dirección z , y la propagación en la dirección delantera y , H se encontrará en la dirección
positiva x , y su amplitud será H x = Ey /η0 en la región 1.
9
Así H+
1 = (150/η 0 ) cos(ωt − 8y)ax = 0.40 cos(2.4 × 10 t − 8y)ax A/m.
c) H1−: Primero,
−
Ez1
=
+
Ez1
√
√
η0 / 5 − η0 /1
1− 5 +
+
=
=
√ Ez1 = −0.38Ez1
√
η0 / 5 + η0 /1
1+ 5
Entonces
−
+
Hx1
= +(0.38/η0 )Ez1
=
0.38(150)
cos(ωt + 8y)
377
−
= 0.15 cos(2.4 × 109 t + 8y)ax A/m.
Así finalmente, Hx1
12.3. Una onda planar uniforme en la región 1 es normalmente-incidente en el límite planar separando las regiones 1 y
= µ3 , se encuentran en la relación / si 20% de la energía
2. Si 1 = 2 = 0, mientras R1 = µ3R1 y R2
R2
R2 R1
en la onda incidente se refleja en el límite. Hay dos respuestas posibles. Primero, ya que ||2 = .20,
y ya que ambos permitividad y permeabilidad son reales, = ±0.447. entonces establecemos
)−η
)
(µ
/
(µR1 /R1
η
0
R2
0
R2
η2 − η1
= = ±0.447 =
η2 + η1
)+η
η0 (µR2 /R2
0 (µR1 /R1 )
(µR2 /µ3R2 ) − (µR1 /µ3R1 )
µR1 − µR2
=
=
µR1 + µR2
(µ /µ3 ) + (µ /µ3 )
R2
R2
R1
200
R1
12.3. (continuación) Por lo tanto
1 ∓ 0.447
µR2
=
= (0.382, 2.62) ⇒ R2
=
µR1
1 ± 0.447
R1
µR2
µR1
3
= (0.056, 17.9)
12.4. La intensidad de campo magnético en una región donde = 0 se da como H = 5 cos ωt cos βz ay A/m, donde
ω = 5 Grad/s y β = 30 rad/m. Si la amplitud de la intensidad de campo eléctrico asociado es 2kV/m,
encuentra
a) µ y para el medio: En forma fasor, el campo magnético es H ys = H0 e−jβz + H0 e+βz =
5 cos βz ⇒ H 0 = 2.5. El campo eléctrico se dirigirá a x, y así Exs = η(2.5)e−jβz −
2×103 =
η(2.5)e+jβz = (2j )η(2.5) sen βz. Dada la
amplitud de campo eléctrico de 2 kV/m, escribimos
5η, o η = 400 . Ahora η = 400 = η 0 µr /R y tenemos también β = 30 = (ω/c) µ R R .
Resolvemos estas dos ecuaciones simultáneamente para µR y R para encontrar µR = 1.91 y R = 1.70.
Por lo tanto µ = 1.91 × 4π × 10−7 = 2.40 µH/m y = 1.70 × 8.854 × 10−12 = 15.1 pF/m.
b) E: Del inciso a, el campo eléctrico en forma fasor es Exs = j 2 sen βz kV/m, y así , en forma real:
E(z, t) = Re(E xs ej ωt )ax = 2 sen βz sen ωt ax kV/m con ω y β como el dado.
12.5. La región z < 0 se caracteriza por R = µR = 1 y R = 0. El campo total E aquí está dado como la
suma de las dos ondas planares uniformes, E s = 150e−j 10z ax + (50 20◦ )ej 10z ax V/m.
a) ¿Cuál es la frecuencia que opera? En espacio libre, β = k0 = 10 = ω/c = ω/3 × 108 . Así,
ω = 3 × 109 s−1 , o f = ω/2π = 4.7 × 108 Hz.
b) Especifique la impedancia intrínseca de la región z > 0 que proporcionaría la onda reflejada apropiada
Use
◦
50ej 20
η − η0
Er
1
◦
=
=
= ej 20 = 0.31 + j 0.11 =
Einc
150
3
η + η0
Ahora
η = η0
1+
1−
1 + 0.31 + j 0.11
= 377
1 − 0.31 − j 0.31
= 691 + j 177 c) ¿En qué valor de z (−10 cm < z < 0) es la intensidad de campo eléctrico total una amplitud máxima?
Encontramos la fase del coeficiente de reflexión para que sea φ = 20◦ = .349rad, y usamos
zmax =
−φ
−.349
=
= −0.017 m = −1.7 cm
2β
20
12.6. La región 1, z < 0, y la región 2, z > 0, los describen los parámetros siguientes: 1 = 100 pF/m,
µ1 = 25 µH/m, 1 = 0, 2 = 200 pF/m, µ2 = 50 µH/m, y 2 /2 = 0.5.
Si E+1 = 600e−α1 z cos(5 × 1010 t − β1 z)ax V/m, encuentra:
a) α 1 : De la Ec. (35), Capítulo 11, notamos que ya que 1 = 0, sigue que α1 = 0.
b) β 1 : β1 = ω µ1 1 = (5 × 1010 ) (25 × 10−6 )(100 × 10−12 ) = 2.50 × 103 rad/m.
c) E+s1 = 600e−j 2.50×10 z ax V/m.
3
d) E−s1 : Para encontrar este, necesitamos evaluar el coeficiente de reflexión, que significa que primero necesitamos las dos
impedancias intrínsecas. Primero, η 1 = µ1 /1 = (25 × 10−6 )/(100 × 10−12 ) = 500.
201
12.6d)
(continuación) Luego, usando la Ec. (39), Capítulo 11,
η2 =
µ2
1
=
2 1 − j (2 /2 )
50 × 10−6
1
= 460 + j 109
√
−10
2 × 10
1 − j 0.5
Entonces
=
460 + j 109 − 500
η2 − η1
◦
= −2.83 × 10−2 + j 1.16 × 10−1 = 0.120ej 104
=
η2 + η1
460 + j 109 + 500
Ahora multiplicamos E+s1 por e invertimos la dirección de la propagación para obtener
◦
−
= 71.8ej 104 ej 2.5×10
Es1
3z
V/m
e) E+
s2 : Esta onda experimentará pérdida en la región 2, junto con una fase constante diferente. Necesitamos
evaluar α 2 y β2 . Primero, usando la Ec. (35), Capítulo 11,
α2 = ω
µ2 2
2

 1+
= (5 × 1010 )
2 2
2
1/2
− 1
1/2
(50 × 106 )(200 × 10−12 ) 1 + (0.5)2 − 1
= 1.21 × 103 Np/m
2
Entonces, usando la Ec. (36), Capítulo 11,
β2 = ω
µ2 2
2

 1+
2 2
2
1/2
+ 1
= 5.15 × 103 rad/m
Entonces, el coeficiente de transmisión será
τ = 1 + = 1 − 2.83 × 10−2 + j 1.16 × 10−1 = 0.972ej 7
◦
La amplitud compleja de E+s2 se encuentra entonces multiplicando la amplitud de E +
s1 por τ . El campo
en la región 2 se construye entonces usando la amplitud resultante, junto con la atenuación y
fase constantes que son apropiados para la región 2. El resultado es
◦
+
= 587e−1.21×10 z ej 7 e−j 5.15×10
Es2
3
3z
V/m
12.7. Las regiones semiinfinitas z < 0 y z > 1 m están en espacio libre. Para 0 < z < 1m, R = 4, µR = 1,
y R = 0. Una onda planar uniforme con ω = 4 × 108 rad/s está viajando en la dirección a z hacia
la interface en z = 0.
a) Encuentre la razón de onda estacionaria en cada una de las tres regiones: Primero encontramos la fase
constante en la región media,
β2 =
ω R
c
=
2(4 × 108 )
= 2.67 rad/m
3 × 108
202
12.7a. (continuación) Entonces, con el medio espesor
de la capa de 1 m, β 2 d = 2.67 rad. También, la impedancia
intrínseca del espesor medio es η2 = η0 / R = η0 /2. Ahora encontramos la impedancia de entrada:
ηin = η2
377 2 cos(2.67) + j sen(2.67)
η0 cos(β2 d) + j η2 sen(β2 d)
=
= 231 + j 141
η2 cos(β2 d) + j η0 sen(β2 d)
2
cos(2.67) + j 2 sen(2.67)
Ahora, en la primer interface
12 =
ηin − η0
231 + j 141 − 377
=
= −.176 + j.273 = .325 123◦
ηin + η0
231 + j 141 + 377
La relación de onda estacionaria medida en la región 1 es entonces
s1 =
1 + 0.325
1 + |12 |
=
= 1.96
1 − |12 |
1 − 0.325
En la región 2 la razón de onda estacionaria se encuentra considerando el coeficiente de reflexión
para las ondas incidentales de la región 2 en la segunda interface:
23 =
1 − 1/2
1
η0 − η0 /2
=
=
η0 + η0 /2
1 + 1/2
3
Entonces
1 + 1/3
=2
1 − 1/3
s2 =
Finalmente, s 3 = 1, ya que no existe reflexión de ondas en la región 3.
b) Encuentre la localización del máximo |E| para z < 0 que es cercano a z = 0. Notamos que la fase
de 12 es φ = 123◦ = 2.15 rad. Así
zmáx =
−2.15
−φ
=
= −.81 m
2β
2(4/3)
12.8. Una onda empieza en el punto a, se propaga 100m a través de un dieléctrico de pérdida para que α= 0.5 Np/m,
refleja una incidencia normal en un límite en que = 0.3 + j 0.4, y entonces regresa al punto a. Calcule
la razón del potencial final al potencial incidental después de este viaje redondo: El potencial final, Pf , y el
potencial incidental. P i , están relacionados a través
Pf
= |0.3 + j 0.4|2 e−2(0.5)100 = 3.5 × 10−88 (!)
Pi
Pf = Pi e−2αL ||2 e−2αL ⇒
Pruebe mediarla.
12.9. La región 1, z < 0, y la región 2, z > 0, son ambos dieléctricos perfectos (µ = µ 0 , = 0). Una onda planar
uniforme viajando en la dirección a z tiene una frecuencia radial de 3 × 1010 rad/s. Sus longitudes de onda en las
dos regiones son λ1 = 5 cm y λ2 = 3 cm. ¿Qué porcentaje de la energía incidental en el límite es
a) reflejado; Primero notamos que
R1
=
2πc
λ1 ω
2
203
y R2
=
2πc
λ2 ω
2
/ = (λ /λ )2 . Entonces con µ = µ en ambas regiones, encontramos
12.9a. (continuación) Por lo tanto R1
2 1
0
R2
−η
/ − 1
R1
η0 1/R2
0 1/R1
R2
(λ2 /λ1 ) − 1
η2 − η1
=
=
= =
η2 + η1
(λ2 /λ1 ) + 1
η 1/ + η 1/ / + 1
0
R2
0
R1
R1
R2
1
3−5
λ 2 − λ1
=−
=
=
λ2 + λ1
3+5
4
La fracción de la energía incidental que se refleja es entonces ||2 = 1/16 = 6.25 × 10−2.
b) ¿transmitida? Usamos el inciso a y encontrar la fracción transmitida para ser
1 − ||2 = 15/16 = 0.938.
c) ¿Cuál es la razón de onda estacionaria en la región 1? Use
s=
1 + ||
1 + 1/4
5
=
= = 1.67
1 − ||
1 − 1/4
3
si
12.10. En la Fig. 12.1, sea la región 2 espacio libre, mientras µ R1 = 1, R1 = 0, y R1 es desconocido. Encuentre R!
−
+
a) la amplitud de E1 es una mitad de E 1 : Ya que la región 2 es espacio libre, el coeficiente de
reflexión es
−1
−
−
η
/
R1
η
0
0
|E1 |
R1
1
η0 − η1
=
=
= + =
⇒ R1
=
=9
η0 + η1
2
|E1 |
η0 + η0 / R1
R1 + 1
.
−
b) P1,prom
es una mitad de P +
1,prom : Esta vez
2
R1 − 1 1
||2 = ⇒ R1
= 34
=
+ 1 2
R1
c) |E1 |mín es una mitad de |E1 |máx : Use
|E1 |máx
|E1 |mín
−1
R1
1
1 + ||
⇒ R1
= 2 ⇒ || = = = =s=
=4
1 − ||
3
R1 + 1
12.11. Una onda planar uniforme de 150 MHz es normalmente incidental desde el aire encima de un material cuya impedancia
intrinseca se desconoce. Las dimensiones producen una razón de onda estacionaria de 3 y la apariencia de un campo
eléctrico mínimo en 0.3 longitudes de onda delante de la interface. Determine la impedancia del material
desconocido: Primero, el campo mínimo se usa para encontrar la fase del coeficiente de reflexión, donde ��
zmín = −
1
(φ + π) = −0.3λ ⇒ φ = 0.2π
2β
donde β = 2π/λ se ha usado. Luego,
|| =
s−1
3−1
1
=
=
s+1
3+1
2
204
12.11. (continuación) Así ahora tenemos
= 0.5ej 0.2π =
ηu − η0
ηu + η0
Resolvemos η u para encontrar
ηu = η0 (1.70 + j 1.33) = 641 + j 501 12.12. Una onda planar uniforme 50MHz es normalmente incidental del aire hacia la superficie de
= 78.
un océano tranquilo. Para el agua de mar, σ = 4 S/m, y R
a) Determine las fracciones de potencial incidental que se reflejan y transmiten: Primero encontramos
la tangente de pérdida:
4
σ
= 18.4
=
ω 2π(50 × 106 )(78)(8.854 × 10−12 )
Este valor es suficientemente mayor que 1 para permitir considerar al agua de mar un buen conductor
en 50MHz.
Entonces, usando la aproximación (Ec. 65, capítulo 11), la impedancia intrínseca es
√
ηs = πf µ/σ (1 + j ), y el coeficiente de la reflexión se vuelve
√
πf µ/σ (1 + j ) − η0
=√
πf µ/σ (1 + j ) + η0
donde
√
πf µ/σ = π(50 × 106 )(4π × 10−7 )/4 = 7.0. La fracción de la potencia reflejada es
√
Pr
[ πf µ/σ − η0 ]2 + πf µ/σ
[7.0 − 377]2 + 49.0
2
= || = √
= 0.93
=
Pi
[7.0 + 377]2 + 49.0
[ πf µ/σ + η0 ]2 + πf µ/σ
La fracción transmitida es entonces
Pt
= 1 − ||2 = 1 − 0.93 = 0.07
Pi
b) ¿Cualitativamente, cómo cambiarán estas respuestas (si en todas) si se incrementa la frecuencia? Dentro de
los límites de nuestro aproximación del buen conductor (la tangente de pérdida mayor que aproximadamente diez),
la fracción potencial reflejada, usando la fórmula derivada en el inciso a, se encuentra para disminuir con la
frecuencia incrementada. El fragmento de potencial transmitido entonces se incrementa.
12.13. Una onda plana polarizada circularmente derecha es normalmente incidental del aire hacia un bloque semiinfinito de
plexiglas (R = 3.45, R = 0). Calcule los fragmentos del potencial incidental que se refleja y se transmite.
También, describa las polarizaciones
de las ondas reflejadas y transmitidas. Primero, la impedancia de
√
el plexiglas será η = η0 / 3.45 = 203 . Entonces
=
203 − 377
= −0.30
203 + 377
La fracción potencial reflejada es así ||2 = 0.09. El campo eléctrico total en el plano de la interface
debe rotar en la misma dirección como el campo incidentl para satisfacer el límite continuamente la condición
del límite de continuidad del campo eléctrico tangencial por la interface. Por consiguiente, la onda reflejada tendrá
que ser polarizada circularmente a la izquierda para hacer que esto pase. El fragmento de potencial transmitido es ahora
1 − ||2 = 0.91. El campo transmitido será polarizado circularmente derecho (como el campo incidental) para
las mismas razones.
205
12.14. Una onda plana polarizada circularmente izquierda es normalmente-incidental sobre la superficie de un conductor perfecto.
a) Construya la superposición de la incidental y las ondas de reflexión en la forma fasor: Suponga el viaje positivo
z para el campo eléctrico incidental. Entonces, con el coeficiente de reflexión, = −1, los campos incidentales y
reflejados se adicionarán para dar el campo total:
Etot = Ei + Er = E0 (ax + j ay )e−jβz − E0 (ax + j ay )e+jβz



 −jβz
jβz
−jβz
jβz
= E0 
−
e
a
+
j
e
−
e
ay 
e
x

 = 2E0 sen(βz) ay − j ax
��
��
−2j sen(βz)
−2j sen(βz)
b) Determine la forma real instantánea del resultado del inciso a:
E(z, t) = Re Etot ej ωt = 2E0 sen(βz) cos(ωt)ay + sen(ωt)ax
c) Describa la onda que se forma: Ésta es una onda estacionaria exhibiendo polarización circular en
tiempo. En cada situación a lo largo del eje z el vector del campo gira en el sentido de las manecillas del reloj en
el plano xy y tiene la amplitud (constante con tiempo) dado por 2E0 sen(βz).
12.15. Considere estas regiones en que = 0: región 1, z < 0, µ 1 = 4 µH/m y 1 = 10 pF/m; región 2,
0 < z < 6 cm, µ2 = 2 µH /m, 2 = 25 pF/m; región 3, z > 6 cm, µ3 = µ1 y 3 = 1 .
a) ¿cuál es la frecuencia más baja en que una onda plana uniforme incidental de la región 1 sobre
el límite en z = 0 notendrá reflexión? Esta frecuencia da la condición β 2 d = π, donde
d = 6 cm, y β 2 = ω µ2 2 . Por consiguiente
β2 d = π ⇒ ω =
π
1
⇒ f =
= 1.2 GHz
(.06) µ2 2
0.12 (2 × 10−6 )(25 × 10−12 )
b) Si f = 50 MHz, , ¿cuál
será la razón de onda estacionaria en la región 1? A la frecuencia dada,
β2 = (2π × 5 × 107 ) (2 × 10−6 )(25 × 10−12 ) = 2.22 rad/m.
Así β 2 d = 2.22(.06) = 0.133.
La impedancia intrínseca de las regiones 1 y 3 es η1 = η3 = (4 × 10−6 )/(10−11 ) = 632 . La
impedancia de entrada a la primera interface es ahora
632 cos(.133) + j 283 sen(.133)
ηin = 283
= 589 − j 138 = 605 − .23
283 cos(.133) + j 632 sen(.133)
El coeficiente de la reflexión es ahora
ηin − η1
589 − j 138 − 632
=
=
= .12 − 1.7
ηin + η1
589 − j 138 + 632
La razón de onda estacionaria es ahora
1 + ||
1 + .12
s=
=
= 1.27
1 − ||
1 − .12
12.16. Una onda plana uniforme en aire es normalmente-incidental hacia una placa dieléctrica sin pérdidas de espesor λ/8, y
de impedancia intrínseca η = 260 . Determine la razón de onda estacionaria delante de la placa. También encontrar
la fracción del potencial incidental que se transmite al otro lado
√ de la placa: Con un espesor
de λ/8, tenemos βd = π/4, y así cos(βd) = sen(βd) = 1 2. La impedancia de entrada se vuelve así
377 + j 260
ηen = 260
= 243 − j 92 260 + j 377
206
12.16. (continuación)
El coeficiente de reflexión es entonces
=
(243 − j 92) − 377
= −0.19 − j 0.18 = 0.26 − 2.4rad
(243 − j 92) + 377
Por consiguiente s = ��
s=
1 + .26
= 1.7 y
1 − .26
1 − ||2 = 1 − (.26)2 = 0.93
12.17. Repita el Problema 12.16 para los casos en que la frecuencia es
a) doble: Si esto es verdad, entonces d = λ/4, y así η en = (260)2 /377 = 179. El coeficiente de la reflexión
se vuelve
179 − 377
1 + .36
=
= −0.36 ⇒ s =
= 2.13
179 + 377
1 − .36
Entonces 1 − ||2 = 1 − (.36)2 = 0.87.
b) cuádruple: Ahora, d = λ/2, y así tenemos una sección de media-onda rodeada por aire. La transmisión
será total, y así s = 1 y 1 − ||2 = 1.
12.18. En la Fig. 12.6, sea η 1 = η3 = 377, y η2 = 0.4η1 . Una onda plana uniforme es normalmente incidental de
la izquierda, como lo mostrado. Trace una curva de la razón de onda estacionaria, s, en la región a la izquierda:
a) como una función de l si f = 2.5GHz: Con η 1 = η3 = η0 y con η2 = 0.4η0 , Ec. (41) se vuelve
0.4 cos(βl) − j sen(βl)
cos(βl) + j 0.4 sen(βl)
×
ηen = 0.4η0
0.4 cos(βl) + j sen(βl)
0.4 cos(βl) − j sen(βl)
1 − j 1.05 sen(2βl)
= η0
cos2 (βl) + 6.25 sen2 (βl)
Entonces = (η en − η0 )/(ηen + η0 ), del cual encontramos
|| =
√
1/2
2 (βl) − 6.25 sen2 (βl) 2 + (1.05)2 sen2 (2βl)
1
−
cos
∗ = 2
1 + cos2 (βl) + 6.25 sen2 (βl) + (1.05)2 sen2 (2βl)
√
Entonces s = (1 + ||)/(1 − ||). Ahora para una onda plana uniforme, β = ω µ = nω/c. Dado que
η2 = 0.4η0 = η0 /n, encontramos n = 2.5 (suponiendo µ = µ0 ). Entonces, en 2.5 GHz,
βl =
(2.5)(2π)(2.5 × 109 )
nω
l=
l = 12.95 l (l en m) = 0.1295 l (l en cm)
c
3 × 108
Usando esto en la expresión para ||, y calculando s como una función de l en cm lleva al primer trazo
mostrado en la próxima página.
b) como una función de frecuencia si l = 2cm. En este caso usamos
βl =
(2.5)(2π)(0.02)
f = 1.04 × 10−10 f (f en Hz) = 0.104 f (f en GHz)
3 × 108
Usando esto en la expresión para ||, y calculando s como una función de f en GHz lleva al segundo
trazo mostrado en la próxima página. MathCad se uso en ambos casos.
207
12.18 (continuación) las trazos para los incisos a y b
12.19. Usted tiene cuatro bloques de dieléctrico sin pérdidas, todos con la misma impedancia intrínseca, η, conocida para
ser diferente de espacio libre. El espesor de cada bloque es λ/4, donde λ es la longitud de onda
medida en el material del bloque. Los bloques serán posicionadas paralelo entre sí, y la combinación se encuentra
en la trayectoria de una onda plana uniforme, normalmente incidente. Los bloques son colocados en forma tal que
los espacios de aire entre ellos son cualquier cero, un cuarto de longitud de onda, o un medio de longitud de
onda en espesor.Especifique un arreglo de bloques y espacios aire tal que
a) la onda es totalmente transmitida a través de la pila: En este caso, buscamos una combinación de secciones
de onda media. Sean las distancias interbloque d1 , d2 , y d3 (de izquierda a derecha). Dos posibilidades son
i.) d 1 = d2 = d3 = 0, lo que crea una sección única de espesor λ, o ii.) d 1 = d3 = 0, d2 = λ/2 ,
lo que produce dos secciones de la medias-ondas separadas por una longitud medua de onda.
b) la pila presenta la reflectividad más alta en la onda incidental: La mejor opción aquí es hacer
d1 = d2 = d3 = λ/4 . Así cada espesor es un-cuarto de longitud de onda. Las impedancias se transforman así:
Primero, la impedancia de entrada en la superficie delantera del último bloque (bloque 4) es ηen,1 = η2 /η0 .
Transformamos esta parte de atrás a la superficie trasera del bloque 3, moviendo a través de una distancia de λ/4 en espacio
libre: η en,2 = η20 /ηen,1 = η 03/η2 . Seguimos transformando esta impedancia a la superficie delantera del bloque 3,
produciéndo ηen,3 = η2 /ηen,2 = η4 /η03. Continuamos de esta manera hasta alcanzar la superficie delantera del
bloque 1, donde encontramos ηen,7 = η8 /η70 . Suponiendo η < η0 , la razón, ηn /η0n−1 se vuelve más pequeños que
incremento de (como el número de incrementos de bloques). El coeficiente de reflexión para la incidencia de
ondas en el bloque delantero así se aproxima a la unidad, y se acerca 1 como el número infinito de informes de bloques.
12.20. La onda plana 50MHz del Problema 12.12 es incidental hacia la superficie del océano en un ángulo normal
de 60◦ . Determine los fracciones del potencial incidental que se refleja y transmite para
a) la polarización s: Para repasar el Problema 12, primero encontramos la tangente de pérdida: ��
σ
4
=
= 18.4
6
ω
2π(50 × 10 )(78)(8.854 × 10−12 )
Este valor es suficientemente mayor que 1 para permitir considerar el agua de mar un buen conductor en
50MHz. Entonces, √
usando la aproximación (Ec. 65, capítulo 11), y con µ = µ0 , la impedancia
intrínseca es η s = πf µ/σ (1 + j ) = 7.0(1 + j ).
208
12.20a. (continuación)
Luego necesitamos el ángulo de refracción que significa que necesitamos saber el índice refractivo del
agua de mar en 50MHz. Para una onda plana uniforme en un buen conductor, la constante de la fase es
µσ
nmar ω . .
= πf µσ ⇒ nmar = c
= 26.8
β=
c
4πf
Entonces, usando la ley de Snell, el ángulo de refracción se encuentra:
sen θ2 =
nmar
sen θ 1 = 26.8 sen(60◦ ) ⇒ θ2 = 1.9◦
n1
.
Este ángulo es bastante pequeño así que cos θ 2 = 1. Por consiguiente, para la polarización s,
7.0(1 + j ) − 377/ cos 60◦
. ηs2 − ηs1
s =
=
= −0.98 + j 0.018 = 0.98 179◦
ηs2 + ηs1
7.0(1 + j ) + 377/ cos 60◦
La fracción del potencial reflejado es ahora | s |2 = 0.96. La fracción transmitida es entonces 0.04 .
b) la polarización de p: De nuevo, con el ángulo refractado cerca de cero, el coeficiente de reflexión para la
polarización de p es
7.0(1 + j ) − 377 cos 60◦
. ηp2 − ηp1
p =
=
= −0.93 + j 0.069 = 0.93 176◦
◦
ηp2 + ηp1
7.0(1 + j ) + 377 cos 60
La fracción del potencial reflejado es ahora | p |2 = 0.86. La fracción transmitida es entonces 0.14.
12.21. Una onda plana derecha-circularmente polarizada en el aire es incidente en el ángulo de Brewster hacia un bloque
= 3.45, = 0, µ = µ ).
semiinfinito de plexiglas ( R
0
R
a) Determine las fracciones del potencial incidental que se refleja y√se transmite: En el plexiglas,
/ ) = tan−1 ( 3.45) = 61.7◦ . Entonces el ángulo de
el ángulo de Brewster es θB = θ1 = tan−1 (R2
R1
◦
refracción es θ 2 = 90 − θB (vea Ejemplo 12.9), o θ2 = 28.3◦ . Con la incidencia en el ángulo de
Brewster, todo potencial polarizado p será transmitido, únicamente el potencial polarizado s se reflejará.
Esto se encuentra a través de
η2s − η1s
.614η0 − 2.11η0
s =
=
= −0.549
η2s + η1s
.614η0 + 2.11η0
sec(61.7◦ ) = 2.11η0 ,
donde η1s = η1 sec θ1 = η0√
y η 2s = η2 sec θ2 = (η0 / 3.45) sec(28.3◦ ) = 0.614η0 . Ahora, la fracción de potencial reflejado
es ||2 = (−.549)2 = .302 . Ya que la onda está circularmente polarizada, la componente polarizada s
representa la mitad del potencial de onda incidental total, y ya que el fragmento del potencial total
reflejado es .302/2 = 0.15, o 15%. El fragmento del potencial incidental que se transmite es entonces
el remanente, u 85%.
b) Describa las polarizaciones de las ondas reflejadas y transmitidas: Ya que toda la componente p-polarizada
se transmite, la onda reflejada será completamente s-polarizada (lineal). La onda transmitida, mientras
tiene todo el potencial de incidencia p-polarizado, tendrá una componente s-reducida, y así
esta onda será polarizada elípticamente derecha.
209
12.22. Una guía de onda dieléctrica se muestra en la Fig. 12.18 con los índices refractivos como etiquetado. La luz incidente entra
la guía en ángulo φ de la superficie delantera normal como se muestra. Una vez dentro, la luz totalmente se refleja
en la interface superior n1 − n2 , donde n1 > n2 . Todas las reflexiones subsecuentes desde los límites
superior y menor también serán totales, y para que la luz se confine a la guía. Exprese, en términos de n1 y
n2 , el valor máximo de φ tal que el confinamiento total ocurrirá, con n0 = 1. La cantidad sen φ se
conoce como la abertura numérica de la guía.
De la ilustración vemos que φ 1 se maximiza cuando θ1 están en su valor mínimo. Este mínimo
será el ángulo crítico para la interface n1 − n2 donde sen θc = sen θ1 = n2 /n1 . Sea el ángulo refractado
a la derecha de la interface vertical (no mostrada) φ 2 , donde n0 sen φ1 = n1 sen φ2 . Entonces vemos que
φ2 + θ1 = 90◦ , y así sen θ1 = cos φ2 . Ahora, la abertura numérica se vuelve
n1
2
2
sen φ 1máx = sen φ2 = n1 cos θ1 = n1 1 − sen θ1 = n1 1 − (n2 /n1 ) = n21 − n22
n0
−1
2
2
Finalmente, φ 1máx = sen
n1 − n2
es el ángulo de la abertura numérica.
12.23. Suponga que φ1 en la Fig. 12.18 es el ángulo de Brewster, y que θ 1 es el ángulo crítico. Encuentre n0 en términos de
n1 y n2 : Con el rayo entrante al ángulo de Brewster, el ángulo refractado de este rayo (medido de
la normal interior a la superficie delantera) será 90◦ − φ 1 . Por consiguiente, φ1 = θ1 , y así sen φ1 = sen θ1 .
Así
n1
n2
sen φ 1 = = sen θ 1 =
⇒ n0 = (n1 /n2 ) n21 − n22
n1
n20 + n21
Alternativamente,
podríamos usar el resultado del Problema 12.22 en que se encontró que sen φ 1 =
2
2
(1/n 0 ) n1 − n2 , que en ese caso pusimos igual a sen θ1 = n2 /n1 para conseguir el mismo resultado.
12.24. Un prisma Brewster se diseña para pasar la luz polarizada p- sin alguna pérdida reflexiva. El prisma de la Fig.
12.19 es de vidrio (n = 1.45), y está en el aire. Considere la trayectoria de luz mostrada, determine el ángulo
del vértice, α: Con los rayos de entrada y salida al ángulo de Brewster (para eliminar la pérdida reflexiva), el rayo interior
debe ser horizontal, o paralelo a la superficie inferior del prisma. Por su forma, el ángulo entre
el rayo interior y el normal a las superficies del prisma que lo intersecan es α/2. Ya que este ángulo también es
el ángulo de Brewster, podemos escribir:
1
α = 2 sen−1 √
1 + n2
1
= 2 sen−1 1 + (1.45)2
= 1.21 rad = 69.2◦
12.25. En el prisma de Brewster de la Fig. 12.19, determine para la luz polarizada s la fracción del potencial incidental
que se transmite a través del prisma: Usamos s = (ηs2 − ηs1 )/(ηs2 + ηs1 ), donde
ηs2 =
η2
η0 η2
= 2 1 + n2
= √
cos(θB2 )
n
n/ 1 + n2
ηs1 =
η1
η1
= √
= η0 1 + n2
cos(θB1 )
1/ 1 + n2
y
210
12.25. (continuación) Así, en la primera interface, = (1 − n2 )/(1 + n2 ). En la segunda interface, estará igual
pero de signo opuesto al valor anterior. El coeficiente de transmisión del potencial a través de cada interface es
1 − ||2 , así que para ambas interfaces, tenemos, con n = 1.45:
2 2
2
2
Ptr
n −1
2
= 1 − ||
= 1−
= 0.76
Pinc
n2 + 1
12.26. Demuestre cómo un solo bloque de vidrio puede usarse para volverse una viga p-polarizada de luz a través de 180◦ ,
con la luz sufriendo, en principio, pérdida reflexiva cero. La luz es incidente del aire, y la viga de retraso
(también en aire) puede desplazarse del lado de la viga incidental. Especifique todos los ángulos pertinentes y use
n = 1.45 45 para el virio. Más que un diseño es posible aquí.
El prisma de sbajo se diseña en forma tal que luz entra al ángulo de Brewster, y una vez dentro, se da la vuelta
usando la reflexión total. Usando el resultado del Ejemplo 12.9, encontramos que con el vidrio , θ B = 55.4◦ , que, por
su forma, también es el ángulo incidental para la reflexión total en la parte de atrás del prisma. Para trabajar esto,
el ángulo de Brewster debe ser mayor que o igual al ángulo crítico. Éste es de hecho el caso, y que
θc = sen−1 (n2 /n1 ) = sen−1 (1/1.45) = 43.6◦ .
12.27. Usando la Ec. (59) en el Capítulo 11 como un punto de partida, determine la relación del grupo y velocidades de la
fase de una onda electromagnética en un buen conductor. Suponga que la conductividad no varía con la frecuencia:
En un buen conductor:
β = πf µσ =
Así
dω
=
dβ
dβ
dω
−1
ωµσ
2
→
dβ
1 ωµσ −1/2 µσ
=
dω
2
2
2
2ω
= vg
=2
µσ
y
Por consiguiente v g /vp = 2.
211
vp =
ω
ω
=√
=
β
ωµσ /2
2ω
µσ
12.28. Sobre un cierto rango de frecuencia, el índice refractivo de cierto material varía aproximadamente en forma lineal
.
con la frecuencia: n(ω) = na + nb (ω − ωa ), donde na , nb , y ωa son las constantes. Usando β = nω/c:
a) determine la velocidad de grupo como una función (o quizás no una función) de frecuencia:
vg = (dβ/dω)−1 , donde
dβ
d na ω nb (ω − ωa )ω
1
=
+
= [na + nb (2ω − ωa )]
dω
dω
c
c
c
así que
vg (ω) = c [na + nb (2ω − ωa )]−1
b) determine el parámetro de dispersión de grupo, β 2 :
β2 =
d 2 β d 1
=
+
n
(2ω
−
ω
)]
= 2nb /c
[n
a
b
a ω0
dω2 ω0
dω c
c) Analice las implicaciones de cualquiera de estos resultados, con ensanchamiento del pulso: El punto de este problema
fue mostrar que los términos de orden mayor (involucrando d 3 β/dω3 y mayores) en la series de expansión de
Taylor, la Ec. (89), no existe si el índice refractivo varía linealmente con ω. Estos términos de orden mayor será
necesario en casos que involucran pulsos de extremadamente banda ancha, o en variaciones de medios de comunicación
complicadas en sus curvas ω-β * sobre los rangos de frecuencia relativamente pequeños. Con d 2 β/dω2
constante, el término tres de la Ec. (89) de la expansión de Taylor describe la constante fase de este medio
exactamente. El pulso ensanchará y adquirirá un barrido de frecuencia (gorjeo) que es precisamente lineal
con el tiempo. Adicionalmente, un pulso de una banda ancha dado ensanchará por la misma cantidad, sin ver
qué frecuencia del portador se usa.
12.29. Un T = 5 ps el pulso de transformación-limitada propaga en un canal dispersivo para que β 2 = 10 ps2 /km.
¿Sobrequé distancia el pulso extenderá dos
√ veces su anchura inicial? Después de la propagación, la anchura es
T = T 2 + (τ )2 = 2T . Así τ = 3T , donde τ = β2 z/T . Por lo tanto
√ 2
√
β2 z √
3T
3(5 ps)2
= 3T o z =
= 4.3 km
=
T
β2
10 ps2 /km
12.30. Un T = 20 ps el pulso de transformación-limitada propaga a través de 10 km de un canal dispersivo para que β2 =
12 ps2 /km. El pulso entonces propaga a través de un segundo canal de10 km para que β2 = −12 ps2 /km.
Describa el pulso en la salida del segundo canal y dé una explicación física de lo que pasó.
Nuestra teoría de pulso extendido permitirá los cambios en β2 abajo la longitud del canal. De hecho, ����
podemos escribir en general:
1 L
τ =
β2 (z) dz
T 0
Teniendo β 2 cambio de signo al punto medio, produce un cero τ , y así el pulso surge de la salida
¡inalterado! Físicamente, el pulso adquiere un gorjeo lineal positivo (la frecuencia se incrementa con el tiempo
sobre el pulso) durante la primera la mitad del canal. Cuando β2 conecta el signo de los interruptores, el pulso empieza
a adquirir un gorjeo negativo en la segunda mitad que, sobre una distancia igual, eliminará completamente
el gorjeo adquirido durante la primera mitad. El pulso, si originalmente se limite y transforma en la entrada, surgirá
de nuevo la transformación-limitada, en su anchura original. Más generalmente, la compensación de la dispersión
completa se logra usando un canal del dos-segmentos cuando β2 L = −β 2 L , suponiendolos términos de dispersión
de orden más alto que β2 no existen.
212