Este documento describe la profundidad de penetración de ondas electromagnéticas en un medio conductor. Explica que las ondas E y H se atenúan rápidamente al penetrar en un conductor, disminuyendo a menos del 1% de su valor inicial a una profundidad de 5 veces la profundidad de penetración δ. Luego calcula δ para el cobre a 100 MHz como 6.61 μm. Finalmente, señala que debido a esta rápida atenuación, las ondas no se propagan realmente dentro del conductor.

1. Ondas Reflejadas
Clase 14
25-Julio-2014

2. 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.

3. Profundidad de Penetración

4. Profundidad de Penetración
 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.

5. Profundidad de Penetración
 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.

6. Profundidad de Penetración
 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 𝐽 𝐶 y a sus concomitantes perdidas de potencia de tipo óhmico.

7. 

9. 

10. 

11. 

12.  Las cinco ecuaciones anteriores pueden combinarse para producir las
siguientes relaciones dadas en términos de las impedancias intrínsecas:

𝐸0
𝑟
𝐸0
𝑖 =
𝜂2−𝜂1
𝜂1+𝜂2
𝐻0
𝑟
𝐻0
𝑖 =
𝜂1−𝜂2
𝜂1+𝜂2

𝐸0
𝑡
𝐸0
𝑖 =
2𝜂2
𝜂1+𝜂2
𝐻0
𝑡
𝐸0
𝑖 =
2𝜂1
𝜂1+𝜂2

13. 

14. 

15. 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 𝜖 𝑟 = 3. Compare las magnitudes de las ondas 𝐸 𝑦 𝐻 incidentes
reflejadas y transmitidas en la entrecara.

16. Solución
 𝜂1 = 𝜂0 = 120𝜋 𝜂2 =
𝜇
𝜖
=
120𝜋
𝜖 𝑟
= 217.7

𝐸0
𝑟
𝐸0
𝑖 =
𝜂2−𝜂1
𝜂1+𝜂2
= −0.268
𝐻0
𝑟
𝐻0
𝑖 =
𝜂1−𝜂2
𝜂1+𝜂2
= 0.268

𝐸0
𝑡
𝐸0
𝑖 =
2𝜂2
𝜂1+𝜂2
= 0.732
𝐻0
𝑡
𝐸0
𝑖 =
2𝜂2
𝜂1+𝜂2
= 1.268

17. 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.

18. Incidencia oblicua y las leyes de Snell
 𝜃𝑖 = 𝜃𝑟 y la Ley de Snell de la Refracción

𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑖
𝑠𝑒𝑛 𝜃𝑡
=
𝜇2 𝜖2
𝜇1 𝜖1

19. 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.

20. Solución
 Donde
 𝜇1 = 𝜇2,
𝑠𝑒𝑛 𝜃 𝑖
𝑠𝑒𝑛 𝜃𝑡
=
𝑠𝑒𝑛30°
𝑠𝑒𝑛 𝜃𝑡
=
𝜖 𝑟2
𝜖 𝑟1
= 2.1 𝑜 𝜃𝑡 = 20.18°
 Del teflón al aire

𝑠𝑒𝑛30°
𝑠𝑒𝑛 𝜃𝑡
=
1
2.1
𝑜 𝜃𝑡 = 46.43°

21.  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.

22.  El ángulo critico esta dado por
 𝜃𝑐 = 𝑠𝑒𝑛−1 𝜖 𝑟2
𝜖 𝑟1

23. 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°

24. 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).

𝐸0
𝑟
𝐸0
𝑖 =
𝜂2 𝑐𝑜𝑠𝜃𝑡−𝜂1 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑖
𝜂2 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑖+𝜂1 𝑐𝑜𝑠𝜃𝑡
𝐸0
𝑡
𝐸0
𝑖 =
2𝜂2 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑖
𝜂2 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑖−𝜂1 𝑐𝑜𝑠𝜃𝑡

25. Polarización Perpendicular
 Tenga en cuenta que tendremos la siguiente condición
 𝜃𝑖 = 𝜃𝑡 = 0°

26. 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.

𝐸0
𝑟
𝐸0
𝑖 =
𝜂2 𝑐𝑜𝑠𝜃𝑡−𝜂1 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑖
𝜂1 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑖+𝜂2 𝑐𝑜𝑠𝜃𝑡
𝐸0
𝑡
𝐸0
𝑖 =
2𝜂2 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑖
𝜂1 𝑐𝑜𝑠𝜃 𝑖−𝜂2 𝑐𝑜𝑠𝜃𝑡

27. Polarización Paralela

28. Polarización Paralela
 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:
 𝜃 𝐵 = 𝑡𝑎𝑛−1 𝜖2
𝜖1

29. Problema 3
 El ángulo de Brewster para una onda polarizada paralela que viaja del aire
al vidrio para 𝜖 𝑟 = 5 es:
 𝜃 𝐵 = 𝑡𝑎𝑛−1 5 ≅ 65.91°

30. Problema 4
 ¿ A que frecuencia puede considerarse la tierra un dieléctrico perfecto si
𝜎 = 5 × 10−3 𝑆
𝑚
, 𝜇 𝑟 = 1, 𝑦 𝜖 𝑟 = 8? ¿Puede suponerse 𝛼 = 0 a estas
frecuencias?
 𝜃 𝐵 = 𝑡𝑎𝑛−1
5 ≅ 65.91°

31. Solucion
 Suponemos arbitrariamente que

𝜎
𝜔𝜖
≤
1
100
esto marca la frecuencia de corte. Entonces
 𝑓 =
𝜔
2𝜋
≥
100𝜎
2𝜋𝜖
= 1.13𝐺𝐻𝑧
 Para σ/𝜔𝜖 pequeño
 𝛼 = 𝜔
𝜇𝜖
2
1 +
𝜎
𝜔𝜖
2
− 1

32. Solución
 𝛼 = 𝜔
𝜇𝜖
2
1 +
𝜎
𝜔𝜖
2
− 1 ≈ 𝛼 = 𝜔 𝜇𝜖
2
1
2
𝜎
𝜔𝜖
2
= 𝜎
2
𝜇
𝜖
 𝛼 =
𝜎
2
𝜇 𝑟
𝜖 𝑟
120𝜋 = 0.333 𝑁𝑝/𝑚
 Así pues no importa que tan alta sea la frecuencia, 𝛼 será
alrededor de 0.333
𝑁𝑝
𝑚
𝑜 𝑐𝑎𝑠𝑖 3𝑑𝐵/𝑚

33. Problema 5
 Halle la profundidad de penetración 𝛿 a una frecuencia de 1.6 Mhz en el
aluminio, donde 38.2
𝑀𝑆
𝑚
𝑦 𝜇 𝑟 = 1. También 𝛾 y la velocidad de onda U.

34. 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 =
58
𝑀𝑆
𝑚
, 𝜇 𝑟 = 1, a una frecuencia 𝑓 = 100𝑀𝐻𝑧

35. 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 × 103 𝑚/𝑠

36. Solución
 𝛿 =
1
𝜋𝑓𝜇𝜎
= 6.44 × 10−5 𝑚 = 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

37. 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 = 61.7
𝑀𝑆
𝑚
, 𝜇 𝑟 = 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 𝑎 𝑦 𝑉/𝑚
 Halle 𝐻 𝑧, 𝑡 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑥, 𝑧 > 0

38. 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 × 10−4 𝑒 𝑗𝜋/4

39. Solución
 Entonces
𝐸 𝑦
−𝐻 𝑥
= 𝜂
 𝐻 𝑧, 𝑡 = −2.28 × 103
𝑒−𝛼𝑧
𝑒
𝑗 2𝜋𝑓𝑡−𝛽𝑧−
𝜋
4 𝑎 𝑥 𝐴/𝑚
 O tomando la parte imaginaria
 𝐻 𝑧, 𝑡 = −2.28 × 103 𝑒−𝛼𝑧 𝑠𝑒𝑛 2𝜋𝑓𝑡 − 𝛽𝑧 −
𝜋
4
𝑎 𝑥 𝐴/𝑚
 Donde 𝑓, 𝛼 𝑦 𝛽 los que se dieron antes.

40. Problema 8
 Examine el campo
 𝐸 𝑧, 𝑡 = 10𝑠𝑒𝑛 𝜔𝑡 + 𝛽𝑧 𝑎 𝑥 + 10𝑐𝑜𝑠 𝜔𝑡 + 𝛽𝑧 𝑎 𝑦
 En el plano 𝑧 = 0 para 𝜔𝑡 = 0,
𝜋
4
,
𝜋
2
,
3𝜋
4
𝑦 𝜋

41. Problema 8
𝝎𝒕 𝑬 𝒙 = 𝟏𝟎𝒔𝒆𝒏𝝎𝒕 𝑬 𝒚 = 𝟏𝟎𝒄𝒐𝒔𝝎𝒕 𝑬 = 𝑬 𝒙 𝒂 𝒙 + 𝑬 𝒚 𝒂 𝒚
0 0 0 0
𝜋/4 10/ 2 10/ 2
10
𝑎 𝑥 + 𝑎 𝑦
2
𝜋/2 10 0 10𝑎 𝑥
3𝜋/4 10/ 2 −10/ 2
10
𝑎 𝑥 + 𝑎 𝑦
2
𝜋 −10 −10 10 −𝑎 𝑦
Los cálculos se presentan en la tabla 1

42. Problema 8
 Como se muestra en la figura siguiente 𝐸(𝑧, 𝑡) tiene polarización circular.
Además la onda viaja en dirección de −𝑎 𝑧

43. 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

44. Potencia y Vector Poyting
 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

45. Potencia y Vector Poyting
 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

46. Potencia y Vector Poyting
 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. Como
ϵ𝐸2
2
𝑦
𝜇𝐻2
2
son 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

47. Potencia y Vector Poyting
 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
2
𝑅𝑒 𝐸 × 𝐻∗

48. Potencia y Vector Poyting
 Donde ℘ = 𝐸 × 𝐻 es el vector de Poyting, tasa instantánea de flujo de energía por
unidad de área en un punto.
 En el producto vectorial que define el vector de Poyting, los campos se suponen
reales. Pero si, 𝐸 𝑦 𝐻 se expresan en forman compleja y dependen en común del
tiempo, 𝑒 𝑗𝑤𝑡, entonces el promedio de tiempo de ℘ esta dado por
 Donde 𝐻∗ es la conjugada compleja de H.
 De esto se sigue la potencia compleja del análisis de circuitos, 𝑆 =
1
2
𝑉𝐼∗, de la que
la potencia es la parte real, 𝑃 =
1
2
𝑅𝑒𝑉𝐼∗
℘ 𝑝𝑟𝑜𝑚 =
1
2
𝑅𝑒 𝐸 × 𝐻∗