Incidencia Normal Y Oblicua De Ondas Electromagnéticas

1.

Primer problema: Incidencia oblicua en un medio no conductor

El campo E = (3ˆ + 4ˆ V /m cos[ωt − (4x − 3y)m−1 ] se propaga en la regi´n y ≥ 0 donde i j) o εr1 = µr1 = 1, σ = 0 e incide en la frontera y = 0. Para y ≤ 0 se tiene que µr2 = 1, εr2 = 4 y σ = 0. Resuelva: H incidente E y H reflejados P

1.1.
1.1.1.

Soluci´n o
H incidente

Inicialmente conocemos el campo el´ctricoincidente, y el vector de onda incidente que e est´ impl´ a ıcito en la expresi´n Ki · r: o Ki · r = (4x − 3y) m−1 Ki = 4ˆ − 3ˆ m−1 i j Ahora bien, sabemos que la expresi´n a hallar del campo magn´tico es o e ˆ Hi = Hoi H cos ωt − (4x − 3y) m−1 por lo que podemos comenzar por hallar la amplitud Hoi : √ 9 + 16 V 5 V Eoi = = Hoi = η1 η1 m η1 m hallamos la impedancia del medio 1, que no es m´s que laimpedancia intr´ a ınseca del vac´ ıo: η1 = ηo = 120π Ω y por lo tanto Hoi = 5 A 120π m

Para hallar la direcci´n de H utilizamos la condici´n de ortogonalidad que tienen los campos o o entre s´ ı: ˆ ˆ ˆ ˆ H =K ×E =k ⇒ Hi = 5 Aˆ k cos ωt − (4x − 3y) m−1 120π m

2

Figura 1: Fen´meno de refracci´n y reflexi´n o o o 1.1.2. E y H reflejados

Por ley de reflexi´n sabemos que θi = θr , entoncespodemos proceder a encontrar el valor o de ambos angulos ´ 4m−1 tan θi = ⇒ θi = 53, 13◦ −1 3m ⇒ θr = 53, 13◦ En nuestro caso para el vector K necesitaremos al complemento de θr θr = 90◦ − θr = 36, 87◦ Kry ⇒ 0,75Krx = Kry Krx sabemos que la magnitud de Ki es igual a la de Kr , entonces: tan (θr ) = Ki = (4m−1 ) + (3m−1 ) = 5m−1 Kr = 5m−1 Kr= (Krx )2 + (Kry )2 = (Krx )2 + (0,75Krx )2 = Kry = ±3m−1 Dadoque Kr est´ en el primer cuadrante, a Kr = 4ˆ + 3ˆ m−1 i j entonces el campo el´ctrico reflejado es: e Er = Erxˆ + Ery ˆ cos ωt − 4ˆ + 3ˆ m−1 i j i j Para hallar Kt : rad ω = K1 Vp1 = 5m−1 · c = 1,5 × 109 s 3 1,5625Krx 2 1,25Krx = 5m−1 ⇒ Krx = ±4m−1

ω = K2 Vp2 ⇒ Vp2 = √

m 1 c c =√ = = 1,5 × 108 µ 2 ε2 µr2 εr2 2 s ω = 10m−1 K2 = Vp2

η1 sin (θi ) = η2 sin (θt ) √ sin (θi ) = µr2 εr2 sin (θt) sin (θi ) 2 ⇒ θt = 23,57◦ Kty tan (θt ) = ⇒ 0,436Ktx = Kty Ktx sin (θt ) = Kt = Ktx 2 + Kty 2 = 10m−1

1,19Kty 2 = 100m−2 Kty 2 = 84,0333m−2 Kty = ±9,16m−1 Ktx = ±3,996m−1 Dado que Kt se encuentra en el cuarto cuadrante: Kt = 3,996ˆ − 9,16ˆ m−1 i j entonces el campo transmitido se puede expresar como: Et = Etxˆ + Ety ˆ cos ωt − 3,996ˆ − 9,16ˆ m−1 i j i j Para hallar las componentes de loscampos reflejados y transmitidos nos valemos de las siguientes ecuaciones: ·E =0 · Er = 4m−1 · Erx sin ωt − (4x − 3y) m−1 − 3m−1 · Ery sin ωt − (4x − 3y) m−1 4Erx = 3Ery (1)

·Et = 3,996m−1 ·Etx sin ωt − (3,996x − 9,16y) m−1 −9,16m−1 ·Ety sin ωt − (3,996x − 9,16y) m−1 = 0 3,996Etx = 9,16Ety Por condici´n de frontera para D normal o Diy − Dry = Dty ⇒ ε1 (Eiy − Ery ) = ε2 Ety Eiy − Ery = Por condici´nde frontera para E tangencial: o Eix + Erx = Etx 4 (4) ε2 Ety ε1 (3) (2)

reemplazando 3 y 4 en 2 tenemos que: 3 Eix + Ery = 2,292Ety 4 tomando 1 y multiplicando por
3 4

(5)

: 3 4 (6)

(Eiy − Ery = 4Ety ) ∗

3 3 Eiy − Ery = 3Ety 4 4 sumando 5 y 6 3 Eix + Eiy = 5,292Ety 4 V (3 + 3) = 5,292Ety m V Ety = 1,133 m ⇒ Etx = 2,92Ety = 2,589 Ery = Eiy − 4 (Ety )

V V V − 4 (1,133) = −0,532m m m 3 V Erx = Ery = −0,399 4 m V ⇒ Etx = 2,589 m V ⇒ Ety = 1,133 m V Er = 2,589ˆ + 1,133ˆ i j cos ωt − (4x − 3y) m−1 m Para hallar la direcci´n del campo magn´tico reflejado, usamos los vectores unitarios de K o e y E: ˆ ˆ ˆ ˆ H =K ×E =k Eor 0,665 A Hor = = η1 120π m 0,665 A ˆ Hr = k cos ωt − (4x − 3y) m−1 120π m Similarmente al anterior, podemos encontrar la direcci´n del campo magn´ticotransmitido: o e Ery = 4 ˆ ˆ ˆ ˆ H =K ×E =k Hot = Ht = Eot 2,826 5,65 A = = η2 60π 120π m

5,65 A ˆ k cos ωt − (3,996x − 9, 16y) m−1 120π m 5

1.1.3.

Vector de Poynting transmitido Pt = Et × Ht = Ety Htˆ − Etx Htˆ i j

Pt = 1,133

2,826 A V cos ωt − (3,996x − 9,16y) m−1 · cos ωt − (3,996x − 9,16y) m−1 ˆ i m 60π m V 2,826 A −2,589 cos ωt − (3,996x − 9,16y) m−1 · cos ωt − (3,996x − 9,16y)...