Lista de Exercicios resolvidos avançada para o curso de ondas elétromagnéticas

slides) Uma onda plana uniforme em um meio sem perdas e com impedância η1 incide normalmente sobre uma interface com um outro meio sem perdas e de impedância intrínsica η2. Obtenha expressões para as densidades de potência média em ambos os meios. Resolução: Escrevendo os campos incidentes, reetidos e transmitidos, temos: ~ i (z) = a~x Ei0 e−jβ1 z → H ~ i (z) = a~y Ei0 e−jβ1 z E η1 E~ (z) E ~ r (z) = (−a ~ z) × r ~ y r0 ejβ1 z E~r (z) = a~x Er0 ejβ1 z → H = −a η1 η1 ~ ~ t (z) = a~x Er0 e−jβ2 z → H ~ t (z) = (a~z ) × Et (z) = a~y Et0 e−jβ2 z E η2 η2 Através das equações acima, aplicando as condições de contorno ~ i (z = 0) + E~r (z = 0) = E ~ t (z = 0) e H ~ i (z = 0) + H ~ r (z = 0) = H ~ t (z = 0).

Portanto E R= E~r0 η2 − η1 = η2 + η1 E~i0 −→ T = E~t0 2η2 = η2 + η1 E~i0 Para calcular a densidade de potência no meio 1, calcula-se o campo total. Assim ~ i (z) + E~r (z) = a~x Ei0 (e−jβ1 z + Rejβ1 z ) = a~x Ei0 e−jβ1 z (1 + Re2jβ1 z ) E~1 (z) = E ~ 1 (z) = H ~ i (z) + H ~ r (z) = a~y Ei0 (e−jβ1 z − Rejβ1 z ) = a~y Ei0 e−jβ1 z (1 − Re2jβ1 z ) H η1 η1 A densidade de potência, através do vetor de Poynting do meio 1 é então 1 1 Ei0 jβ1 z Pav1 = Re[E~1 × H~1∗ ] = Re[(a~x Ei0 e−jβ1 z (1 + Re2jβ1 z )) × (a~y e (1 − Re−2jβ1 z ))] 2 2 η1 Pav1 = (a~z ) 2 Ei0 E2 Re[(1 + Re2jβ1 z )(1 − Re2jβ1 z )] = (a~z ) i0 Re[(1 − R2 ) + R(e2jβ1 z − e−2jβ1 z )] 2η1 2η1 Pav1 = (a~z ) 2 E2 Ei0 Re[(1 − R2 ) + j2T sin(2β1 z)] = (a~z ) i0 (1 − R2 ) 2η1 2η1 Como no meio 2 só existem as ondas transmitidas 1 ~ t × H~t∗ ] = 1 Re[(a~x T Ei0 e−jβ2 z ) × (a~y T Ei0 ejβ2 z )] Pav2 = Re[E 2 2 η2 2 Ondas Eletromagnéticas Resolução Lista 1 Pav2 = a~z SEL0310 2 Ei0 T2 2η2 Como não há perdas no meio, a potência do meio 1 deve ser igual à do meio 2.

◦ ~ i (x, z, t) e H ~ i (x, z, t), mostrando a dependência c) Escreva a expressão dos campos E temporal com o cosseno. i (x, z, t) = a~y 10 cos(3 × 109 t − 6x − 8z) E 3 Ondas Eletromagnéticas Resolução Lista 1 SEL0310 ~ i (x, z) = 1 a~ni × E ~ i (x, z) → a~ni = 0. a~x + 0. a~z H η0 ~ i (x, z) = 1 (a~x 0. a~z 0. a~x −0. a~z )×(−a~y )2. e−j(6x−8z) → H ~ r (x, z) = 1 (−1. a~z −2. a~x )e−j(6x−8z) H η0 120π ~ r (x, z, t) = 1 (−1. x − 9. z) E 1 ~ t (x, z) = 1 (0. a~x +0. a~z )×(a~y )7. e−j(3. z) H 189. π f )Determine o ânglulo de Brewster e o ângulo de incidência para ocorrer reexão total (e como seria possível isso ocorrer) Quando não há reexão, ou seja, R = 0, existe o chamado ângulo de Brewster θB , onde 4 Ondas Eletromagnéticas Resolução Lista 1 sin2 (θB ) = SEL0310 1 − µ1 2 /µ2 1 1 − (µ1 /µ2 )2 Porém, não há ângulo de transmissão total para interfaces envolvendo materiais não magnéticos no modo TE.

E para reexão total, pela lei de Snell, sóqé possivel ocorrer se a onda vier do meio 2 para o meio 1, que seria então. sin(θt ) = sin(θi ) 12 , e para θt = 90◦ , 1 = 2. e 2 = 1 r θi = sin −1 1 = 39. ◦ R= Er0 η2 cos(θt ) − η1 cos(θi ) = = 0. Ei0 η2 cos(θt ) + η1 cos(θi ) T = Et0 2η2 cos(θi ) = = 0. Ei0 η2 cos(θt ) + η1 cos(θi ) 5 Ondas Eletromagnéticas Resolução Lista 1 SEL0310 √ √ √ √ E~r (y, z) = R∗5(−a~y +a~z 3)ej6( 3y+z) −→ E~r (y, z, t) = R∗5(−a~y +a~z 3) cos(3. ×109 t+6 3y+6z) √ √ √ 1 3 1 1 ~ r (y, z) = (a~nr ) × E~r = (−a~y − a~z ) × (−a~y + a~z 3)R ∗ 5ej6( 3y+z) H η0 120π 2 2 √ √ ~ ~ r (y, z, t) = −R (a~x ) cos(3. × 109 t + 6 3y + 6z) ~ r (y, z) = R (−ax ) ej6( 3y+z) −→ H H 12π 12π Como o ângulo de reexão é θt = 33.

a~z ) cos(3. × 109 t + 6. y − 9. z) E 6. T j(6. ◦ , pois esse valor só depende dos meios que não foram alterados em relação ao exercício anterior. Problema 1. Sadiku Cap 10 ex 44) Em um meio dielétrico ( = 90 , µ = µ0 ), uma onda plana com √ ~ i = 0, 2 cos(109 t − kx − k 8z)a~y H incide no ar em z = 0. Encontre: a)θr e θt kix 1 = √ → θi = θt = 19. ◦ kiz 8 r 1 1 sin(θt ) = sin θi = (3) = 1 → θt = 90◦ 2 3 tan(θi ) = b)k β1 = c)O √ ω√ 109 3 = 10 = k 1 = 1 + 8 = 3k → k = 3. − (1 /2 ) (Sadiku Cap 10 ex 46) Uma onda polarizada no ar incide em poliestireno ( = 2, 60 , µ = µ0 ) com o ângulo de Brewster. Determine o ângulo de transmissão. Como ambos os meios são não magnéticos, consideramos que a polarização é TM para haver o ângulo de Brewster. Assim, Problema 1. sin2 (θB ) = 1 − µ2 1 /µ1 2 ◦ 2 −→ θB = 58. se n1 = 2, n2 = 1, 74 e n0 = 1.

N A = sinθa = 1 θa = sin−1 (0. ◦ Figura 2: Figura para o exercício 1. Problema 1. Orfanidis) Observando a Figura 3, calcule o coeciente de reexão e de transmissão R = 8 E1− E1+ eT = 0 E2+ E1+ Ondas Eletromagnéticas Resolução Lista 1 SEL0310 Figura 3: Dielétrico de M camadas Denindo os coecientes de reexão de ηa para η1 e de η1 para ηb são, respectivamente ρ1 = ηb − η1 η1 − ηa 7→ ρ2 = η1 + ηa ηb + η1 Os coecientes de transmissão também podem ser denidos como τ1 = 1 + ρ1 7→ τ2 = 1 + ρ2 Com esses dados, vamos escrever E1+ e E1− 0 0 0 0 E1+ τ1 = E1+ + ρ1 E1− −→ E1− τ1 = ρ1 E1+ + E1− 0 0 E1+ = ejk1 l1 E2+ −→ E1− = e−jk1 l1 E2− 0 0 E2+ τ2 = E2+ −→ E2− τ2 = ρ2 E2+ Ou escrevendo na forma matricial, temos que    1 1 E1+ = E1− τ1 ρ1   1 E1+ = E1− τ1   0     1 1 ρ1 ejk1 l1 0 E2+ ρ1 E1+ = 0 1 E1− 0 e−jk1 l1 E2− τ1 ρ1 1    0    1 1 ρ2 E2+ 1 ρ1 ejk1 l1 0 ρ1 1 0 0 e−jk1 l1 τ2 ρ2 1 0 Isso ocorre pois é assumido que E2− =0    jk l  0  1 E1+ e 1 1 ρ1 e−jk1 l1 E2+ = jk1 l1 −jk1 l1 0 E1− ρ e e ρ τ1 τ2 1 2 E2+ E1+ ejk1 l1 0 = (1 + ρ1 ρ2 e−j2k1 l1 )E2+ τ1 τ2 E1− = ejk1 l1 0 (ρ1 + ρ2 e−j2k1 l1 )E2+ τ1 τ2 9 Ondas Eletromagnéticas Resolução Lista 1 SEL0310 Podemos resolver então esse sistema para R= ρ1 + ρ2 e−j2k1 l1 E1− = E1+ 1 + ρ1 ρ2 e−j2k1 l1 T = E2+ τ1 τ2 e−jk1 l1 = E1+ 1 + ρ1 ρ2 e−j2k1 l1 0 Problema 1.

Ei− e−jδi E(i+1)− τT,i ρT,i ejδi     0  1 ET,(M +1)+ 1 ρT,M +1 ET,(M +1)+ = ET,(M +1)− 1 0 τT,M +1 ρT,M +1  jδ  e i ρT,i e−jδi 1 Desse modo, sendo Pi = τT,i , podemos escrever ρT,i ejδi e−jδi 12 Ondas Eletromagnéticas Resolução Lista 1   0    1 1 ρT,M +1 E(T,M ET,1+ +1)+ = P1. P2. PM 1 ET,1− 0 τT,M +1 ρT,M +1        0 0 T11 ET,(M ET,1+ T11 T12 ET,(M +1)+ +1)+ = = 0 T21 ET,(M ET,1− T21 T21 0 +1)+ Assim o exercício ca resolvido com R= ET,1− 1 = ET,1+ T11 0 T = ET,(M +1)+ ET,1+ 13 = T21 T11 SEL0310 Ondas Eletromagnéticas Resolução Lista 1 Resumo das equações: Para modo TE: Figura 6: Incidencia TE Figura 7: Equações para TE 14 SEL0310 Ondas Eletromagnéticas Resolução Lista 1 Para modo TM: Figura 8: Incidencia TM Figura 9: Equações para TM 15 SEL0310 Ondas Eletromagnéticas Resolução Lista 2 SEL0310 (Balanis) Uma onda plana está viajando na direção do eixo +z.

Calcule o tipo de polarização (linear, circular ou elíptica), sentido de rotação (horário ou anti -horário), razão axial (AR) e o ângulo de inclinação τ em graus. Problema 2. E0 0 q √ B = E0 0, 5(1 + 1 − 2) = 0. E0 0 Assim, a relação axial AR = A0 /B 0 = 2. O ângulo τ será τ = 90o − 2(1) cos(45) 90o 1 tan−1 [ ] = 90o − = 45o 2 1−1 2 f )Ex = Ey , ∆φ = φy − φx = −π/4 Elíptico, pois ∆φ não é um múltiplo de π/2. Como Ey está atrás de Ex , a rotação é horária. Considerando que Ex = Ey = E0 , q √ A = E0 0, 5(1 + 1 + 2) = 1. Ey , ∆φ = φy − φx = −π/2 Elíptico, pois Ex 6= Ey e ∆φ não é um múltiplo de π ou 0 (o que resultaria em polarização circular). Como Ey está atrás de Ex , a polarização é horária. Das equações acima, temos que p A0 = Ey 0, 5(0.

Ey p B 0 = Ey 0, 5(0. Ey AR = A0 Ey = =2 0 B 0. Ex (z, t) = 3 cos(ωt + kz − π/2) , Ey (z, t) = 4 cos(ωt + kz + π/4) Os campos magnéticos dependem da direção de propagação, então podem ser obtidos através da relação ~ t) = ±a~z × E(z, ~ t) H(z, Desse modo, as componentes Hx e Hy serão 1 1 Hx = − Ey e Hy = Ex nos casos a, c, e, g η η 1 1 Hx = Ey e Hy = − Ex nos casos b, d, f, h η η Para determinar a polarização desses campos, é analisado o vetor de campo elétrico em z = 0, o que fornece a. Ex (z, t) = 3 cos(ωt − π/2) , Ey (z, t) = 0 b. Ex (z, t) = 3 cos(ωt) , Ey (z, t) = 4 cos(ωt) c. Ex (z, t) = 4 cos(ωt + π) , Ey (z, t) = 3 cos(ωt) d.

Ex (z, t) = 3 cos(ωt + π/3) , Ey (z, t) = 3 cos(ωt) e. escreva os campos Hx , Hy , Hz , Ex , Ey , Ez em função de Problema 2. Resolução: a) Ey , para a polarização TE Como  já foi calculado no item anterior, Ex = 0     1 ∂Hx z  ( ∂z − ∂H ) Ey = −j ω  ∂x   E = 0 z TE 1 ∂Ey  H x = −j ωµ ∂z      Hy = 0    1 ∂Ey Hz = j ωµ ∂x b) Hy , para a polarização TM 1 ∂Hy Ex = j ω  ∂z     Ey = 0    E = −j 1 ∂Hy z ω ∂x TM  H = 0 x    1 ∂Ex  z  ( ∂z − ∂E ) Hy = j ωµ  ∂x   Hz = 0 (Schaum) Para o modo TE, a equação de Helmholtz para Ey é Problema 2. ∂ 2 Ey + (k02 n2 − β 2 )Ey = 0 ∂x2 Escreva a equação do campo Ey do guia da Figura 3 para a região 1, 2 e 3 em função das constantes de integração.

Resolução: A solução geral para a equação de Helmholtz, denindo K = p (k02 n2 − β 2 , Ey (x) = Ae−jKx + BejKx Como é esperado que exista ( oscilação na segunda camada e decaimento exponencial na K = puramente real na camada 2 cadama 1 e 3, vamos utilizar K = puramente imaginário na camada 1 e 3  portanto são denidos p 2 2 2  jk1 = K1 → k1 =p β − k0 n1 k2 = K2 → k2 = k02 n22 − β 2 p   jk3 = K3 → k3 = β 2 − k02 n23 Para a camada 1 é esperado que a solução decaia para 0 em x tendendo a innito. Ondas Eletromagnéticas Resolução Lista 2 SEL0310 Para facilitar a solução, já foi imposto que em x=d, o campo deve valer A. Esse guia foi fabricado para carregar luz com comprimento de onda de 1. µm. Assumindo que h = 1.

µm, encontre gracamente os valores de β para 3 primeiros modos. Dica: Para esse exercício, calcule a equação transcendetal do modo TE e utilizando um software numérico (Matlab, Mathematica ou outro) encontre esses pontos. × 106 TE3: β = 11. × 106 p Para facilidade de visualização, podemos também calcular o nef f = TE1: nef f = 3. TE2: nef f = 3. TE3: nef f = 2. β ω/c que vale Código Matlab: clear a l l ; clc ; d = 1e − 6; n1 = 1. − (k1. ∗ k3 )) + k2. ∗ tan (k2 ∗ d ). ∗ ( k1+k3 ) ) ; %TE %B = (k1. ∗ k2 ∗ n2^2∗ n3^2 + k2. Sabendo então que os valores de β devem estar no intervalo n2 k = k2 ≤ β ≤ k1 = n1 k Se n1 ≈ n2 → k1 ≈ k2 , então k1 ≤ β ≤ k2 −→ k1 ≈ β ≈ k2 → k12 ≈ β 2 ≈ k22 Problema 3. Mostre que, para o caso de ∆ << 1, a abertura numérica (NA) pode ser aproximada pela equação √ 1 N A = (n21 − n22 ) 2 ≈ n1 2∆ Como dito no exercício anterior, para o caso de ∆ << 1 → n1 ≈ n2.

Assim, partindo do princípio, temos q p N A = n21 − n22 = (n1 + n2 )(n1 − n2 ) Como n1 ≈ n2 → n1 + n2 ≈ 2n1. Então r r p √ n − n n1 − n2 1 2 → N A = n1 2 = n1 2∆ N A = 2n1 (n1 − n2 ) = 2n21 n1 n1 Problema 3. Uma fibra multimodo de abertura numérica NA = 0. × 10−6 )2 Problema 3. Agrawal) Uma fibra mono-modo com n1 − n2 = 0. possui n1 = 1. Calcule o raio do núcleo a para o caso da fibra possuir um comprimento de onda de corte de 1µm A condição para a fibra ser monomodo é que V < 2. Usando o caso de V = 2,405, q 2πa n21 − n22 = 2, 405 V = λc Assim, calcula-se o raio dessa fibra que deve ser a= 2, 405 × 1µm p = 3, 18µm 2π 1, 452 − 1, 4452 Problema 3. O atraso de grupo por km de uma fibra monomodo pode ser descrita como τ (λ) τ0 λ0 − λ λ = + S0 λ20 ( + ln( )) L L λ λ0 onde λ0 é o comprimento de onda com zero dispersão e S0 é a inclinação da dispersão para λ0.

Calcule o alargamento do pulso para o caso da fibra ser alimentada por uma fonte de largura espectral σλ. Para esse problema, o alargamento do pulso pode ser calculado pela equação   2 Lσλ dβ dτg 2d β =− +λ 2λ σg = dλ 2πc dλ dλ2 (14) O problema desse exercício é encontrar as derivadas de β em função de λ. Para isso, é conhecido que o atraso de grupo é da forma 1 1 dβ λ2 dβ τg (λ) = = =− onde Vg é a velocidade de grupo L Vg c dk 2πc dλ Assim é possível derivar a primeira derivada de β através da equação fornecida pelo exercício como    dβ 2πc τ0 λ 2 λ0 − λ =− 2 + S0 λ0 + ln (15) dλ λ L λ λ0 Derivando a Equação (15) em função de λ, obtém-se que     d2 β 2πc 2τ0 λ 2 3λ0 − 2λ = 3 + S0 λ0 + 2ln −1 dλ2 λ L λ λ0 (16) A resposta pode ser então obtida, utilizando as Equações (15) e (16) na Equação (14).

Problema 3. βjmKm (u2 c) a 1 1 − 2 2 u1 u2  0 Im (u2 c) Im (u2 c)Jˆm (u1 ) − u2 b a  1 1 − 2 2 u1 u2 B2 − ω  C2 − ω ! B1 +. Km (u2 c) Km (u2 c)Jˆm (u2 ) − u2 b a ! Condição de contorno em r=b Para Ez , Ez(2) (r = b) = Ez(3) (r = b) → B1 Im (u2 ) + C1 Km (u2 ) = D1 Km (u3 ) 9 C1 = 0 (22) Ondas Eletromagnéticas Lista 3 D1 = SEL0310 Im (u2 ) Km (u2 ) B1 + C1 Km (u3 ) Km (u3 ) (23) Para Hz , Hz(2) (r = b) = Hz(3) (r = b) → B2 Im (u2 ) + C2 Km (u2 ) = D2 Km (u3 ) D2 = (2) Im (u2 ) Km (u2 ) B2 + C2 Km (u3 ) Km (u3 ) (24) (3) Para Eφ , Eφ (r = b) = Eφ (r = b), então     −j βjm ωµu2  0 0 B1 Im (u2 ) + C1 Km (u2 ) − B2 Im (u2 ) + C2 Km (u2 ) u22 b b   −j β u3 0 = 2 jmD1 Km (u3 ) − ωµ D2 Km (u3 ) u3 b b Encontra-se então     0 βjmIm (u2 ) 1 1 ωµ Im (u2 ) ˆ − − Im (u2 )Km (u3 ) B2 +.

B1 − b u22 u23 b u2      0 βjmKm (u2 ) 1 1 ωµ Km (u2 ). − − Km (u2 )Kˆm (u3 ) C2 = 0 C1 − b u22 u23 b u2  (2) (3) E, por último, calcula-se para o campo magnético Hφ , onde Hφ (r = b) = Hφ (r = b), então     −j βjm ωu2  0 0 B1 Im (u2 ) + C1 Km (u2 ) B2 Im (u2 ) + C2 Km (u2 ) + = u22 b b   u3 −j β 0 jmD2 Km (u3 ) + ω D1 Km (u3 ) = 2 u3 b b Reajeitando a equação acima, têm-se que    0  βjmIm (u2 ) 1 1 ω Im (u2 ) − B2 − − Im (u2 )Kˆm (u3 ) B1 +. b u22 u23 b u2     0  βjmKm (u2 ) 1 1 ω Km (u2 ) ˆ. Cavidades Ressonantes Modo TM Ez (x, y, z) = 2E0 sin(βx x) sin(βy y) cos(βz z) (28) Hz (x, y, z) = 0 (29) Ey (x, y, z) = 2βy βz E0 sin(βx x) cos(βy y) sin(βz z) βx2 + βy2 (30) Ex (x, y, z) = 2βx βz E0 cos(βx x) sin(βy y) sin(βz z) βx2 + βy2 (31) −2jωβx H0 cos(βx x) sin(βy y) cos(βz z) βx2 + βy2 (32) Hy (x, y, z) = 2jωβy H0 sin(βx x) cos(βy y) cos(βz z) βx2 + βy2 r mπ 2  nπ 2  ρπ 2 1 + + =√ µ a b d Hx (x, y, z) = (33) ωmnp (34) 3 Ondas Eletromagnéticas 2 Resolução - Lista 4 SEL0310 Exercícios Problema 4.

Guias de ondas padrões, preenchidos com ar, são geralmente projetados para bandas de radar. Entre eles, WG-16 é adequado para aplicações na banda X (8GHz - 12GHz). Suas dimensões são a = 2,29cm e b = 1,02cm. Se desejamos que tal guia opere em modo dominante T E10 e que a frequência de operação esteja ao menos 25% acima da frequência de corte do modo T E10 mas não mais do que 95% da frequência de corte do próximo modo, qual é a faixa de frequência permitida? Através da Equação (8) e (9), sabemos que r  m 2  n 2 1 + fc = √ 2 µ a b Então, para o modo T E10 com a = 2,29cm e b = 1,02cm e o dielétrico ser ar, a frequência de corte é c1 = 6, 65GHz 2a Para ver qual será o modo seguinte, calculamos o corte para T E20 e T E11 que são, respectivamente fc10 = fc20 = 13, 1GHz fc11 = 16, 1GHz Portanto, o modo fundamental é o T E10 e o próximo modo é o T M20 ou T E20.

GHz é aplicado em sua entrada. Quanto tempo irá demorar para o pulso voltar para a entrada? A partir das equações (8) e (9), temos que 4 Ondas Eletromagnéticas Resolução - Lista 4 fc = 1 √ 2π µ SEL0310 √ βx2 + βy2 = (fc 2π µ)2 q βx2 + βy2 Juntando isso com o fato de βz ser definido como q βz = ω 2 µ − (βx )2 − (βy )2 e sabendo que ω = 2πf , temos que q √ √ p βz = (2πf )2 µ − (fc 2π µ)2 = 2π µ f 2 − fc2 A partir da definição de velocidade de fase, podemos calcular que √ 1/ µ ω 2πf vp = = √ p =q = 6. × 108 m/s βz 2 2π µ f 2 − fc2 1 − (fc /f ) Portanto, o tempo que irá demorar para percorrer o trajeto de 150m de ida e volta será t= 2l 2 ∗ 150 = 430ns = vp 6. × 108 Problema 4. Um guia de ondas de 2cm por 3cm é preenchido com um material dielétrico de constante dielétrica 4. Como m=2 e n=1, o modo de operação é T E21.

A frequência de corte é calculada através de β, através de 2πf p 1 − (fc /f )2 c Como é possível observar através da equação do exercício, β = 12. Separando o termo fc da equação acima, encontra-se que r β 2 c2 fc = f 2 − = 5, 973GHz 4π 2 A impedância intrínsica é calculada através da Equação (7) é r 1 µ 1 q = 120π q = 3978Ω ηT E =  2 2 1 − (fc /f ) 1 − (5, 973/6) β= O campo Hx pode ser calculado através da Equação (4) e (5) Hx (x, y, z) = jβx βz H0 sin(βx x) cos(βy y)e−jβz z βx2 + βy2 Ey (x, y, z) = −jωµβx H0 sin(βx x) cos(βy y)e−jβz z 2 2 βx + βy Calculando então a impedância intrínsica do meio ωµ 2π6 × 109 4π10−7 Ey = = = 400π 2 Hx β 12 Assim, a amplitude de Hx pode ser calculada como ηT E = Eoy 5 = 1, 267 × 10−3 = ηT E 400π 2 E, por fim, o campo magnético na direção x é escrito como Hx = Hx (x, y, z) = 1, 267 sin( mπx nπy ) cos( ) sin(ωt − βz)mA/m a b Problema 4.

Para o modo T M11 , derive a fórmula para a potência média transmitida pelo guia. Como feito no exercício 4. Como b = 2a e d = 3a, escrevemos a frequência de corte como fc = 1 √ 2π µ r mπ 2 a +  nπ 2 2a +  ρπ 2 3a r fc = 3. m2 + c = √ 2 a2. n 2 r  m 2 1 +  n 2 2 +  ρ 2 3  ρ 2 + GHz 2 3 Assim, as frequências foram calculadas e podem ser vistas na Tabela abaixo fc (GHz) 1. Mode 011 110 101 102 120, 103 022 Portanto, os cinco primeiros modos, em ordem crescente, são: 011, 101, 110, 102 e 022, 120 e 103. Ondas Eletromagnéticas Resolução - Lista 4 SEL0310 Problema 4. b) a constante de propagação. c) a potência média da onda incidente em z1. Solução: A impedância e a admitância da linha são, respectivamente, Z = R + j2πωf L Y = G + j2πωf C A constante de propagação é √ ZY k= A impedância característica da linha com perdas é p Zo,p = Z/Y A potência média incidente em um ponto da linha z1 pode ser comparado em relação à potência em z = 0, como mostra a equação Pm (z = z1 ) = P − m(z = 0)e−2kz Substituindo os valores , temos que: k = 0.

j1. m−1 Z = 100. Ondas Eletromagnéticas Lista 5 SEL0310 A impedância de entrada da linha é, para l positivo, Ze = Z0 ZL + jZ0 tan(kl) = 34. Z0 + jZL tan(kl) A tensão nos terminais de entrada da linha é Ze = 84. Ze + Zs A amplitude da onda incidente vale Ze = Vs Ve = 108. V + Γ0 e−jkl A tensão fasorial em z = 0 vale então V+ = ejkl
V (z = 0) = V + e−jkl + Γ0 ejkl = V + (1 + Γ0 ) = 133. Problema 5. Para certa linha de transmissão, l = 1m, f = 262. M Hz, R0 = 50Ω, ZL = (30 − j200)Ω, ZS = (100 + j50)Ω, u = 300m/µs, calcule o comprimento elétrico da linha e os coeficientes de reflexão na carga e no início da linha. Solução: A definição de comprimento elétrico é le = l lf = = 0. λ u 2 Ondas Eletromagnéticas Lista 5 SEL0310 Assim, na carga, tem-se que ΓL = ZL − RC = 0.

ZL + RC E como 2π Γ(z) = ΓL ej2β(z−l) = ΓL ej2( λ )(z−l) Assim, em z = 0, temos que 2π Γ(z = 0) = ΓL e−j2( λ )l = ΓL e−j4πle = 0. Uma linha de transmissão de impedância 50Ω e comprimento 0. λ está terminada em uma carga de ZL = (50 + j50)Ω. Para cancelar a parte imaginária, foi colocada uma linha em curto conectada em paralelo com a carga. Determine o comprimento dessa linha em curto para que a impedância na entrada da linha seja somente real. Solução no link: https://docs. λ, l2 = 0. λ, l3 = 0. λ, calcular: a) A impedância nos terminais (A - B) do gerador b)o coeficiente de reflexão na carga c) a relação de onda estacionária (ROE) na linha principal Figura 1: Figura do exercicio 5. Solução no link: https://docs. google.