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SEL310 e SEL—612: Ondas eletromagnéticas
Gabarito da Prova Substitutiva
dezembro de 2006
Questão 1: A figura abaixo mostra um circuito com linha de transmissão. Todas as linhas são sem
perdas e de impedância característica Zo = 50 Ω. A localização do trecho de linha curto-circuitado é tal que
a relação de onda estacionária no trecho 1 é ROE = 1. Calcular: Q1.a) A impedância de carga ZL; Q1.b)
A relação de onda estacionária no trecho 2. Dica: utilizar a carta de Smith.
curto-circuito
ZL
A
A’
B
B’
trecho 2
0,375λ
0,25λ
trecho 1
C
C’
Solução
A impedância vista na entrada de uma linha terminada em curto-circuito é ZA1(z = −l) = jZ0tg(2πl/λ).
A admitância correspondente é YA1 = 1/ZA1 ≡ jBA1. A admitância em AA0 é a associação das admitân-
cias referentes ao trecho curto-circuitado e YAL = 1/ZAL ≡ GAL + jBAL. Como a ROE no trecho 1 é
unitária, então a admitância em AA0 é Ye = 1/Ze ≡ Ge = 1/50 S. A admitância equivalente em AA0
é Ye = YA1 + YAL e Ge = jBA1 + GAL + jBAL. Portanto, GAL = Ge e BAL = −BA1. Substituindo
os valores, ZA1(z = −0, 375λ) = j50tg(2π × 0, 375) = −j50 Ω e YA1 = 1/ (−j50) = j0, 02 S. Por-
tanto, YAL = 1/50 − j0, 02 = 0, 02 (1− j) S. A impedância correspondente a YAL é ZAL = 1/YAL =
1/ ([0, 02 (1− j)]) = 25 + j25 Ω. Como o trecho 2 possui comprimento 0, 25λ, devemos percorrer este
comprimento desde ZAL até ZL. Assim, ZL = Z0 [ZAL + jZ0tg (2πl/λ)] / [Z0 + jZALtg (2πl/λ)], na qual
l = 0, 25λ. Portanto, ZL = 50− j50 Ω . O coeficiente de reflexão na carga é ΓL = (ZL − Z0) / (ZL + Z0),
ΓL = [50(1− j)− 50] / [50(1− j) + 50] = 0, 2 − j0, 4 e ΓL = 0, 4476 − 63, 40. A ROE no trecho 2 é
ROE = (1 + |ΓL|) / (1− |ΓL|) = (1 + 0, 447) / (1− 0, 447) e ROE = 2, 62 .
Questão 2: Uma onda plana de freqüência 10 MHz propagando no ar incide normalmente sobre uma
lâmina de alumínio (ε = ε0; μ = μ0 H/m; σ = 3, 8× 107 S/m) de espessura t. Calcular: Q2.a) A constante
de propagação da onda no alumínio; Q2.b) A profundidade de penetração no alumínio; Q2.c) A espessura t
da lâmina de alumínio para que a atenuação da amplitude de campo seja 80 dB1, sabendo que a amplitude
1Sejam P2 e P1 dois valores de potência em watts. A relação em dB é 10log(P2/P1). Se a rede apresenta ganho o valor
da relação em dB é positivo. Se a rede atenua o sinal o valor da relação em dB é negativo. Costuma-se utilizar a referência a
atenuação, mas com sinal positivo. Lembrar disso ao efetuar as operações com atenuação. A correspondente relação entre duas
amplitudes de campo é 20 log(E2/E1).
1
de campo elétrico no alumínio é E0 = 1 V/m em z = 0; Q2.d) A relação entre a espessura da lâmina t
(calculada no item anterior) e a profundidade de penetração.
Solução
No caso de bom condutor, k ' pωμσ/2(1 − j). Como k = kr − jki, então kr = ki = pωμσ/2. A
profundidade de penetração é dp = 1/ki e, para bons condutores, dp ≡ δ =
p
2/ωμσ. Se a atenuação deve
ser 80 dB, então 20 log (E1/E0) = −80 dB, E1/E0 = 10−80/20 e E1 = 10−4. A amplitude de campo no
alumínio é E1 = E0 exp (−kiz). Em z = t, E1 = E0 exp (−kit) e t = − ln (E1/E0) /ki. Substituindo os
valores numéricos, kr = ki =
p
(2× π × 10× 106 × 1260× 10−9 × 3, 8× 107) /2 e kr = ki = 3, 88 × 104
m−1; δ = 1/ki = 1/
¡
3, 88× 104¢ e δ = 2, 58× 10−5 m; t = − ln (E1/E0) /ki = − ln ¡10−4¢ / ¡3, 88× 104¢ e
t = 2, 38× 10−4 m; t/δ = ¡2, 38× 10−4¢ / ¡2, 58× 10−5¢ e t/δ = 9, 21 .
Questão 3: O campo elétrico de uma onda eletromagnética propagando em meio sem perdas carac-
terizado por (μ = 1μ0 e ε = 4ε0) possui duas componentes dadas por E1 = bz16 cos (ωt− kxx) mV/m e
E2 = by16 cos (ωt− kxx) mV/m. Calcular: Q3.a) O fasor campo elétrico da onda em x = 0 (mV/m); Q3.b)
O fasor campo magnético da onda em x = 0 (μA/m); Q3.c) O valor médio do vetor de Poynting
³
mW/m2
´
;
Q3.d) A polarização da onda (caso seja circular ou elíptica, informar se à esquerda ou direita).
Solução
O fasor de cada componente da onda será dado por E1 (x) = 16e−jβxxbz (mV/m) e E2 (x) = 16e−jβxxby
mV/m. Portanto, o campo total será dado por
−→
E (x) = 16 (by + bz) exp (−jβxx) mV/m. Para x = 0,
E (0) = 16 (by + bz) mV/m . O campo magnético é determinado a partir da equação de Maxwell, H = −∇×
E/ (jωμ), com ∇× E = −by∂Ez/∂x+ bz∂Ey/∂x. Portanto, H = ¡16× 103/η¢ (−by + bz) exp (−jβxx) μA/m.
Mas, η =
p
μ/ε = η0
p
μr/εr = 377/
√
εr = 377/
√
4 = 377/2 Ω e em x = 0, H (0) = (85) (−by + bz) μA/m .
O valor médio do vetor de Poynting é dado por
­
S (x, t)
®
= (1/2)Re
³
E ×H∗
´
„ com E×H∗ = (Eyby +Ezbz)ס
H∗y by +H∗z bz¢, resultando em ­S (x, t)® = ¡162/η¢ mW/m2. A energia eletromagnética se propagando na
direção bx. Portanto, ­S (x, t)® = 1, 36× 10−3 mW/m2 .
A partir do campo elétrico,
−→
E (x) = Re {16 (by + bz) exp (−jβxx) exp (jωt)} = 16 (by + bz) cos (ωt− βxx).
Em x = 0 e variando t, concluímos que a onda é linearmente polarizada a 450 .
2