שאלת מבחן בשדות אלקטרומגנטיים - הטכניון 2021 - גלים אלקטרומגנטיים

נתון התקן אלקטרו-מגנטי המתואר ע"י חתך במישור $xz$. ההתקן אינסופי ואחיד בציר $y$ וחצי-אינסופי בציר $z$. הדפנות במישורים $x=0$ ו-$x=d$ עשויות מוליך מושלם. התווך בתוך ההתקן מאופיין במקדמים יחסיים $\varepsilon_r,\mu_r$. במישור $z=0$ מאולצת צפיפות זרם משטחית מפולגת באחידות ב-$y$: $\vec J_s(t)=K_0\cos(\omega t)\hat x$. עובי ההתקן $d$ מקיים $d\ll\lambda$. התווך מעל ומתחת ($x<0$, $x>d$) הוא ריק והשדות בו אפס. עבור סעיפים א,ב בלבד נתון שפאזור השדה החשמלי בתוך ההתקן הוא $\vec E=\vec E_1 e^{-j\vec k\cdot\vec r}+\vec E_2 e^{j\vec k\cdot\vec r}$, כאשר $\vec E_1,\vec E_2$ וקטורים קבועים ו-$\sqrt{|\vec E_1|^2+|\vec E_2|^2}=E_0$ ($E_0$ נתון). **סעיף א (7 נק'):** בעזרת תנאי השפה, קבעו את $\vec E_1$, $\vec E_2$ ואת וקטור הגל $\vec k$. **סעיף ב (7 נק'):** רשמו את פאזור השדה המגנטי בתוך ההתקן. כעת סוגרים את ההתקן מצידו הימני בתווך חצי-אינסופי עם $\mu_r\to\infty$. הסעיפים הבאים מתייחסים לתחום $0<x<d$, $0<z<L$. **סעיף ג (7 נק'):** רשמו את תנאי השפה שהפאזורים מקיימים בהתקן. **סעיף ד (7 נק'):** חשבו את הפאזורים של השדות בהתקן. **סעיף ה (7 נק'):** הראו את קיום משפט פוינטינג הקומפלקסי בהתקן. **סעיף ו (7 נק'):** חשבו את אימפדנס הכניסה להתקן. **סעיף ז (8 נק'):** כעת נתון שלחומר יש גם מוליכות $\sigma$. כיצד תשתנה התשובה לסעיף ד? הדרכה: הסבר מילולי וחישוב קצר.

רמז: מוליך מושלם בדפנות $\Rightarrow \vec E=E(z)\hat x$; חצי-אינסופי $\Rightarrow$ אין גל חוזר. בגבול $\mu_r\to\infty$ נדרש $H_y(z=L)=0$, מה שיוצר גל עומד $\sin(k(z-L))$; המקור $\vec J_s$ קובע את הקפיצה $H_y(z=0)=-K_0$. מוליכות מוסיפה $\varepsilon_{eff}=\varepsilon_0\varepsilon_r+\sigma/j\omega$ ולכן דעיכה מעריכית.

פתרון: **סעיף א:** בדפנות המוליכות $E_{y,z}|_{x=0,d}=0$. מהיות ההתקן אחיד ב-$y$ ודק ($\frac{\partial}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial y}=0$) ומתנאי השפה נובע $\vec E=E(z)\hat x$. ההתקן חצי-אינסופי ולכן אין גל חוזר, $\vec E_2=0$, ולפיכך $$\vec E_1=E_0\hat x,\qquad \vec k=\frac{\omega}{c}\hat z=\omega\sqrt{\varepsilon_0\varepsilon_r\mu_0\mu_r}\,\hat z.$$ **סעיף ב:** מחוק פאראדיי $\nabla\times\vec E=\frac{\partial E_x}{\partial z}\hat y=-j\omega\mu H_y$, ולכן $$\vec H=\frac{k}{\omega\mu}E_0 e^{-jkz}\hat y.$$ **סעיף ג:** $E_{y,z}|_{x=0,d}=0$; במישור המקור קפיצת המשיק בגלל $\vec J_s$ נותנת $H_y|_{z=0}=-K_0$; ובגבול $\mu_r\to\infty$ ב-$z=L$ נדרש $H_y|_{z=L}=0$ (אחרת האינדוקציה $\vec B=\mu\vec H$ הייתה מתבדרת). **סעיף ד:** כעת קיים גם גל חוזר, $H_y=-\frac{k}{\omega\mu}(E_1 e^{jkz}-E_2 e^{-jkz})$. מ-$H_y|_{z=L}=0$ נובע $E_1=E_2 e^{-2jkL}$, ומ-$H_y|_{z=0}=-K_0$ מתקבל $E_2=K_0\frac{\omega\mu}{k}\frac{e^{jkL}}{2j\sin(kL)}$. לפיכך $$H_y=-K_0\frac{\sin(k(z-L))}{\sin(kL)}\hat y,\qquad \vec E=-jK_0\frac{\omega\mu}{k}\frac{\cos(k(z-L))}{\sin(kL)}\hat x.$$ **סעיף ה:** $\vec S=\tfrac12\vec E\times\vec H^{*}=jK_0^2\frac{\omega\mu}{2k}\frac{\cos(k(z-L))\sin(k(z-L))}{\sin^2(kL)}\hat z$ (מדומה טהור — מהוד). עם $\langle w_e\rangle=\tfrac14\varepsilon_0\varepsilon_r\left(K_0\frac{\omega\mu}{k}\frac{\cos(k(z-L))}{\sin(kL)}\right)^2$, $\langle w_m\rangle=\tfrac14\mu_0\mu_r\left(K_0\frac{\sin(k(z-L))}{\sin(kL)}\right)^2$ ו-$P=0$, הצבה ב-$\nabla\cdot\vec S+2j\omega(\langle w_m\rangle-\langle w_e\rangle)+P=0$ נותנת זהות. $\blacksquare$ **סעיף ו:** $I_{in}=K_0 W$ (עם $W$ עובי אופייני ב-$\hat y$), ו-$V_{in}=-\int_0^d E_x|_{z=0}\,dx=-jK_0\frac{\omega\mu}{k}\frac{d}{\tan(kL)}$, ולכן $$Z_{in}=\frac{V_{in}}{I_{in}}=-j\frac{\omega\mu}{kW}\frac{d}{\tan(kL)}.$$ **סעיף ז:** עם מוליכות, חוק אמפר-מקסוול נותן $\nabla\times\vec H=j\omega\varepsilon_0\varepsilon_r\vec E+\sigma\vec E=j\omega\varepsilon_{eff}\vec E$ עם $\varepsilon_{eff}=\varepsilon_0\varepsilon_r+\frac{\sigma}{j\omega}$. וקטור הגל נעשה מרוכב: $$\vec k=\omega\sqrt{\left(\varepsilon_0\varepsilon_r+\frac{\sigma}{j\omega}\right)\mu_0\mu_r}\,\hat z.$$ מתקבל אותו פתרון כמו בסעיף ד, כפול אקספוננט ממשי דועך המתאר את דעיכת הגל עם ההתקדמות עקב ההפסדים האוהמיים. $\blacksquare$