1) El documento presenta tres temas sobre teoría electromagnética que incluyen cálculos de fuerza electromotriz inducida en una barra conductora, número de espiras requeridas para producir un flujo magnético dado y cálculo de inductancias propias y mutua en un sistema de bobinas toroidales. 2) En el primer tema se calcula la fuerza electromotriz inducida en una barra conductora que gira en campos magnéticos uniforme y no uniforme. 3) En el segundo tema se determina el número de esp

1. ESCUELA SUPERIOR POLITÉCNICA DEL LITORAL
POLITÉCNICA LITORAL
TEORÍA ELECTROMAGNÉTICA I
ELECTROMAGNÉTICA
ING. CARLOS DEL POZO C. ( )
ING. JORGE FLORES MACÍAS ( )
ING. ALBERTO TAMA FRANCO ( )
SEGUNDA EVALUACIÓN Fecha: martes 01 de febrero del 2011
es
Alumno: ________________________________________________________________________________
Resumen de Calificaciones
Total Segunda
Estudiante Examen Deberes Lecciones
Evaluación
Ing. Alberto Tama Franco
Profesor de la Materia Teoría Electromagnética I
FIEC-ESPOL – 20 – 2S
FIEC 2010

2. Primer Tema:
Una barra conductora de longitud “L”, se encuentra en una región en la que existe un
campo magnético con densidad B, gira alrededor del punto “P” con velocidad angular ω , tal
como se muestra en la siguiente figura.
Determinar la fuerza electromotriz inducida en los extremos de dicha barra, si acaso: a) la
densidad de campo magnético es B = Bo µz ; y, b) la densidad de campo magnético
cumple con la siguiente relación B = Bo r −1/ 2 µ z , donde “r” es la distancia desde el centro a
cualquier punto sobre la barra.
El elemento “dr”, ubicado a una distancia “r”
ω medida desde el centro de rotación,
adquiere una velocidad v , misma que es
dr
µz tangente a la trayectoria circular, dada por:
v
r
v = ωr
P
La polaridad de dicha fuerza electromotriz
B está dada por el sentido del campo
eléctrico inducido. Es decir, determinada
por el sentido dado por el producto ( v x B ) .
do
uci
ind
E
Debido a la existencia de movimiento
relativo entre el objeto (barra conductora) y
el campo magnético B , se cumple la
B
premisa fundamental para que se v
produzca fuerza electromotriz inducida.
Caso a) Densidad de Campo Magnético uniformemente distribuida.
E = ∫
línea
dl ⋅ ( v x B ) ⇒ E = ∫
línea
dl v B cos 0o sen90o
r=L
1
E = ∫
r =0
Bo ω r dr ⇒ E =
2
Boω L2
Caso b) Densidad de Campo Magnético no uniformemente distribuida.
r =L
E = ∫
línea
dl ⋅ ( v x B ) ⇒ E = ∫
línea
dl v B cos 0o sen90o = ∫
r =0
Bo r −1/ 2 ω r dr
r=L r =L
2 r =L 2
E = ∫
r =0
Bo ω r 1/ 2 dr = Bo ω
r =0
∫r 1/ 2 dr = Bo ω r 3/ 2
3 r =0
⇒ E =
3
Boω L3/ 2
Ing. Alberto Tama Franco
Profesor de la Materia Teoría Electromagnética I
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3. Segundo Tema:
El núcleo de un circuito magnético, construido con un material cuya curva de magnetización
se muestra a continuación, tiene una longitud media igual a 0.75 [m], siendo su espesor de
8 [cm] y la longitud del entrehierro de 2 [mm]. Determinar el número de espiras NB que
permita producir un flujo magnético en el entrehierro de 4 [mWb], circulando en el sentido
que se especifica en la figura.
6 [cm] Φ
I A = 6 [ A]
a
b N A = 1,000 2 [mm]
c
NB = ?
I B = 6 [ A]
El circuito eléctrico análogo sería el siguiente:
ℜabc
Φ
N A I A = 6,000 ℜac
6NB
A partir de lo cual se puede concluir que:
Φ abc = Φac = Φ ⇒ Babc Aabc = Bac Aac
Como no existe dispersión, se tiene entonces que:
Aabc = Aac = ( 6 x8 ) x10−4  m 2 
  ⇒ Aabc = Aac = 48 x10−4  m 2 
 
Ing. Alberto Tama Franco
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4. 4 x10−3 5
Babc = Bac = [T ] ⇒ Babc = Bac = [T ]
48 x10−4 6
CURVA DE MAGNETIZACIÓN
1.00
Babc = 0.8333
0.80
0.60
B (T)
0.40
0.20
0.00
0 200 400 600 800 1,000 1,200 1,400 1,600
H (Amp/m)
H abc = 1,250
B vs H
Babc = 0.8333 [T ] → H abc = 1, 250 [ Amp − espiras /m ]
aire Bac 0.8333
Bac = 0.8333 [T ] → H ac = = =663,145.596 [ Amp − espiras /m ]
µo 4π x10−7
PARTEK MATERIALK lK AK ΦK BK HK
[m] [m2] [Wb] [T] [Amp/m]
abc Núcleo 0.75 48x10-4 4x10-3 0.8333 1,250
ac Aire 2x10-3 48x10-4 4x10-3 0.8333 663,145.6
∑H l
k
k k = NI ⇒ H abclabc + H ac lac = N B I B − N A I A
6 N B − 6,000 = H abclabc + H aclac = 2, 263.79 ⇒ 6 N B = 8, 263.79
N B = 1,377 espiras
Ing. Alberto Tama Franco
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5. Tercer Tema:
La sección transversal de un núcleo toroidal de permeabilidad µ tiene forma triangular
equilátera. Sobre una parte del núcleo, se devana una bobina de N1 espiras; sobre otra
parte del mismo núcleo, se devana una bobina de N2 espiras, tal como se muestra en la
siguiente figura. Determinar la inductancia propia de cada bobina del toroide y la
inductancia mutua del sistema de bobinas.
y Ecuación de la recta
1 1
y= x− a
3 3
N2
dA = 2 y dx
r
N1
b x
a
µ
Sección transversal
del núcleo toroidal
a b
Inductancia propia de la bobina de N1 espiras. Asumiremos la existencia de una corriente I1
que circule por la referida bobina, de tal manera que para obtener su inductancia propia,
aplicaremos el siguiente flujograma:
I1 → B1 → Φ11 → L11
µ N1 I1
I1 → B1 = → Φ11 = ∫ B1.dS1 = ∫ B1 dS1 cos 0o
2π r Σ1 Σ1
En el presente problema: dS1 = dA , x = r y dx = dr . Por lo cual, se tiene lo siguiente:
3
a+ b
2
µ N1 I1  1 1  µ N 1 I1  3  3 b 
Φ11 = ∫ 2
2π r  3
r− a  dr =
3  π 3  2
 b − a ln  1 +
 

2 a 
r =a   
µ N12 I1  3  3 b 
 b − a ln 1 + 
N1Φ11 π 3  2   2 a  µ N12  3  3 b 
L11 = = ⇒ L11 =  b − a ln  1 +
 

I1 I1 π 3  2
  2 a  
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6. Inductancia propia de la bobina de N2 espiras. Asumiremos la existencia de una corriente I2
que circule por la referida bobina, de tal manera que para obtener su inductancia propia,
aplicaremos el siguiente flujograma:
I 2 → B2 → Φ22 → L22
µ N2 I2
I 2 → B2 = → Φ22 = ∫ B2 .dS 2 = ∫ B2 dS 2 cos 0o
2π r Σ2 Σ2
En el presente problema: dS2 = dA , x = r y dx = dr . Por lo cual, se tiene lo siguiente:
3
a+ b
2
µ N2 I2  1 1  µ N2I2  3  3 b 
Φ22 = ∫ 2π r
2
 3
r− a  dr =
3  π 3

 2
b − a ln  1 +
 

2 a 
r =a   
µ N22 I2  3  3 b 
 b − a ln  1 + 
N 2 Φ 22 π 3  2  2 a  µ N22  3  3 b 
L22 = = ⇒ L22 =  b − a ln  1 +
 

I2 I2 π 3  2
  2 a  
Inductancia mutua del sistema de bobinas. Asumiremos la existencia de una corriente I1
que circule por bobina de N1 espiras, de tal manera que para obtener la referida inductancia
mutua, aplicaremos el siguiente flujograma:
I1 → B12 → Φ12 → E2 → M 12
µ N1 I1
I1 → B12 = → Φ12 = ∫ B1.dS2 = ∫ B1 dS2 cos 0o
2π r Σ2 Σ2
En el presente problema: dS2 = dA , x = r y dx = dr . Por lo cual, se tiene lo siguiente:
3
a+ b
2
µ N 1 I1  1 1  µ N1 I1  3  3 b 
Φ12 = ∫ 2π r
2
 3
r− a  dr =
3  π 3  2
 b − a ln  1 +
 

2 a 
r =a   
d Φ12 d µN I  3
  3 b  

E2 = − N 2 = − N 2  1 1  b − a ln 1 +
  

dt dt  π 3  2
   2 a  

µ N1 N 2  3  3 b   dI1
E2 = −  b − a ln 1 +
 

π 3  2   2 a   dt

d Φ12 dI
En virtud de que E2 = − N 2 = − M12 1 , se tendría:
dt dt
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7. µ N1 N 2  3  3 b 
M 12 =  b − a ln 1 +
 

π 3  2
  2 a  
Una segunda manera de determinar la inductancia mutua del sistema, sería la siguiente:
µ N1 N 2 I1  3  3 b 
 b − a ln  1 + 
N 2Φ12 π 3  2   2 a 
M 12 = =
I1 I1
µ N1 N 2  3  3 b 
M 12 =  b − a ln 1 +
 

π 3  2
  2 a  
Para verificar las metodologías indicadas anteriormente, procederemos a determinar M 21
Asumiremos la existencia de una corriente I2 que circule por bobina de N2 espiras, de tal
manera que para obtener la referida inductancia mutua, aplicaremos el siguiente
flujograma:
I 2 → B21 → Φ21 → E1 → M 21
µ N2 I2
I 2 → B21 = → Φ21 = ∫ B2 .dS1 = ∫ B2 dS1 cos 0o
2π r Σ1 Σ1
En el presente problema: dS1 = dA , x = r y dx = dr . Por lo cual, se tiene lo siguiente:
3
a+ b
2
µ N2 I2  1 1  µ N2 I2  3  3 b 
Φ21 = ∫ 2π r
2
 3
r− a  dr =
3  π 3  2
 b − a ln  1 +
 

2 a 
r =a   
d Φ 21 µ N1 N 2  3  3 b   dI 2
E1 = − N1 =−  b − a ln 1 +
 

dt π 3  2   2 a   dt

d Φ 21 dI
En virtud de que E1 = − N1 = − M 21 2 , se tendría:
dt dt
µ N1 N 2  3  3 b 
M 21 =  b − a ln 1 +
   = M 12

π 3  2
  2 a  
Con esto, se verifica que M 12 = M 21
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