Este documento presenta los pasos para resolver tres problemas de electromagnetismo. El primero involucra calcular el campo eléctrico en el centro de un hilo doblado con carga. El segundo determina el flujo magnético en cada rama de un circuito magnético. El tercero calcula la fuerza electromotriz inducida en una bobina y la inductancia mutua entre conductores y la bobina. Para cada problema, se detallan las ecuaciones y procedimientos a seguir de manera clara y ordenada.

1. ESCUELA SUPERIOR POLITÉCNICA DEL LITORAL
SUPERIOR
TEORÍA ELECTROMAGNÉTICA I
ELECTROMAGNÉTICA
ING. JORGE FLORES MACÍAS
(
ING. ALBERTO TAMA FRANCO
(
)
ING. FERNANDO VÁSQUEZ VERA
(
)
TERCERA EVALUACIÓN
Alumno:
)
Fecha: mart 25 de febrero del 2014
martes
________________________________________________________________________________
Resumen de Calificaciones
Estudiante
Examen
Deberes
Lecciones
Ing. Alberto Tama Franco
Profesor de la Materia Teoría Electromagnética I
FIEC
FIEC-ESPOL – 2013 – 2S
20
Total Tercera
Evaluación

2. Primer Tema (35%):
Un hilo conductor es doblado dándole la forma que se muestra en la siguiente
figura. Por algún método se le suministra carga eléctrica de valor Q; la misma que
se distribuye uniformemente en toda su longitud. Determínese la magnitud,
dirección y el sentido del vector intensidad de campo eléctrico en el punto de
estudio M , localizado en el centro común de sus curvaturas.
M
µy
a
M
µx
µz
b
E3
a
E2
E4
b
E1
ET ( M ) = E1 ( M ) + E2 ( M ) + E3 ( M ) + E4 ( M )
⇒
E2 ( M ) = − E4 ( M )
ET ( M ) = E1 ( M ) + E3 ( M )
Para la determinación de los campos eléctricos 1 y 3, procederemos a determinar la
magnitud, dirección y el sentido del vector intensidad de campo eléctrico en el punto de
estudio M , producido por un hilo conductor doblado en forma de un arco circular de radio
a y subtendido por un ángulo α , tal como se aprecia en la siguiente figura; al cual, por
algún método, se le suministra carga eléctrica; la misma que se distribuye uniformemente
en su longitud, asociándosele una densidad lineal de carga λ.
µy
dq ↔ dS
µz
M
θ
dE ( M ) = k
dq
( cosθ µ x − senθ µ y )
a2
dS = adθ
α
dE ( M )
a
λ
⇒
µx
⇒
dE ( M ) = k
dE ( M ) = k
λ dS
a2
( cosθ µ
adθ
( cosθ µ x − senθ µ y )
a2
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x
− senθ µ y )

3. dE ( M ) =
kλ
( cosθ dθ µ x − senθ dθ µ y )
a
θ =α /2
E (M ) =
θ =α /2
kλ
( cosθ dθ µ x − senθ dθ µ y ) = kaλ ( senθ µ x + cosθ dθ µ y ) θ =−α / 2
∫
a θ =−α /2
E (M ) =
kλ 
α

 2 sen µ x 
a 
2

E (M ) =
λ
α
sen µ x
2πε 0 a
2
De esta manera, aplicaremos la expresión determinada anteriormente, con lo cual se
obtiene lo siguiente:
E1 ( M ) =
λ
π
sen (−µ y )
2πε 0 a
2
⇒
E1 ( M ) =
λ
(−µ y )
2πε 0 a
λ
π
sen µ y
2πε 0b
2
⇒
E3 ( M ) =
λ
µy
2πε 0b
E3 ( M ) =
Para encontrar de la densidad lineal de carga eléctrica, se procederá a obtener la longitud
total del hilo conductor, es decir:
l = l1 + l2 + l3 + l4 = π a + ( b − a ) + π b + ( b − a )
l = π ( a + b) + 2 (b − a )
λ=
Q
l
⇒
ET ( M ) = E1 ( M ) + E3 ( M )
ET ( M ) =
λ=
Q
π ( a + b) + 2 (b − a )
⇒
ET ( M ) =
λ b−a

 (−µ y )
2πε 0  ab 
Q (b − a )
2πε 0 ab π ( a + b ) + 2 ( b − a ) 


(−µ )
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y

4. Segundo Tema (30%)
(30%):
Para el circuito magnético mostrado en la siguiente figura, cuyo núcleo ha sido
construido de Hierro Armco, determinar el flujo magnético en cada rama.
Armco,
Considerar que las longitudes medias son: l1 = l3 = 25 [ cm] , l2 = 10 [cm ] y que:
A1 = A2 = A3 = 5 cm 2  . Explique claramente el procedimiento a seguir (el abore flujo
(elabore


de pasos).
Procedimiento a seguir:
1) A partir del circuito magnético dado, se deberá obtener el circuito eléctrico análogo;
obtener
para lo cual, a cada sección o tramo del mencionado circuito magnético, se le asignará
la respectiva reluctancia, pero solo para referenciar e identificar las “caídas de potencial
pero
caídas
magnético”
”.
A cada solenoide o bobina dada, se le debe asociar su fuerza magnetomotriz o
magnetomotanza, atribuyéndose un sentido de acuerdo con la regla de la mano
derecha.
El flujo magnético tiene el mismo sentido de la magnetomotanza que predomine y salvo
magnético
que se indique lo contrario, se asumirá que dicho flujo estará confinado a la estructura
del referido circuito magnético, caso contrario, existirá dispersión de flujo magnético.
Φ1
a
Φ3
Φ2
ℜ1
ℜ2
ℜ3
NI = 250
b
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5. 2) Para resolver este tipo de problemas, se aplicarán un conjunto de relaciones y
simultáneamente con lo expresado, se utilizarán a) la Ley de Ampère Generalizada
Aproximada (LAGA) misma que es obtenida a partir de la Ley de Ampère Generalizada
en su forma Integral (LAGI) y una de las Leyes de Kirchhoff para Circuitos Magnéticos
(para el presente caso: en el nodo a ); es decir:
∫
c
( LAGI )
H ⋅ dl = NI
→
∑H l
k k
= NI
( LAGA )
k
B vs H
Φ k = Bk Ak
Bk ↔ H k
∑Φ
( interpolación )
k
=0
k
∑H l
k k
= NI
⇒
k
 H1l1 + H 2l2 = NI

 H 2l2 − H 3l3 = 0
0.25 H1 + 0.10 H 2 = 250

0.10 H 2 − 0.25 H 3 = 0
⇒
Donde finalmente se obtienen las siguientes relaciones:
H 2 = 2,500 − 2.5 H1
H3 =
1
2
H2
5
2
Al aplicar la Ley de Kirchhoff para Circuitos Magnéticos en el nodo a , se tiene que:
Φ1 = Φ 2 + Φ 3
Además se conoce que: A1 = A2 = A3 = A
Φ1 = Φ 2 + Φ3
⇒
B1 A1 = B2 A2 + B3 A3
⇒
B1 A = B2 A + B3 A
B1 = B2 + B3
3) Se procederá a asignar valores arbitrarios a H1 ; para con ellos, reemplazarlos en la
ecuación 1 y así obtener los valores correspondientes a H 2 . Luego, reemplazarlos
en la ecuación 2 y así obtener los valores correspondientes a H 3 . De esta manera, y
por interpolación (en la Curva de Magnetización del Hierro Armco), se obtendrán los
valores respectivos a B1 , B2 y B3 , operación que deberá llevarse a cabo hasta que se
cumpla la relación .
H1
H2 1
H3 2
B1 (curva)
B2 (curva)
500
600
700
800
840
860
1,250
1,000
750
500
400
350
500
400
300
200
160
140
1.111
1.200
1.273
1.333
1.355
1.365
1.515
1.429
1.304
1.111
1.000
0.933
1.111
1.000
0.857
0.667
0.571
0.519
0.423
0.494
0.589
0.750
0.862
0.940
872
320
128
1.371
0.889
0.485
0.998
874
880
315
300
126
120
1.372
1.375
0.881
0.857
0.479
0.462
1.009
1.043
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B3 (curva)
B1 / ( B2 + B3 )

6. CURVA DE MAGNETIZACIÓN HIERRO ARMCO
1.40
1.333
1.200
1.111
1.20
B (T)
1.00
0.80
0.60
0.40
0.20
0.00
0
200
400
600
800
1,000
1,200
H (Amp/m)
Solo para evitar confusión, en la gráfica anterior, que corresponde a la Curva de
Magnetización del Hierro Armco, se han esquematizado 3 de los 9 valores que se han
interpolado. De igual manera, como se puede apreciar de la tabulación anterior, se ha
enmarcado el conjunto de valores que más se aproxima a satisfacer la relación . De lo
cual se procederá a obtener los los flujos en cada una de las ramas; es decir:
B1 = 1.371 [T ]
→
Φ1 = B1 A1
⇒
Φ1 = 1.371( 5 ×10−4 )
B2 = 0.889 [T ]
→
Φ 2 = B2 A2
⇒
Φ 2 = 0.889 ( 5 ×10−4 )
B3 = 0.485 [T ]
→
Φ3 = B3 A3
⇒
Φ3 = 0.485 ( 5 ×10−4 )
Φ1 = 685.5 [ µWb]
Φ 2 = 444.5 [ µWb]
Φ3 = 242.5 [ µWb]
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7. Tercer Tema (35%):
Dos conductores paralelos transportan una corriente i ( t ) = I m sen ωt con las direcciones
indicadas en la siguiente figura.
a) Calcular la amplitud máxima de voltaje inducido en una bobina rectangular de N
espiras que se encuentra en el plano formado por los dos conductores paralelos.
b) Determinar la inductancia mutua entre los conductores paralelos y la bobina
rectangular.
i ( t ) = I m sen ωt
1
a
b
r
Σ →
dr
B1 ( P )
dS = l dr
V
B2 ( P )
l
c
i ( t ) = I m sen ωt
2
Para dar solución al presente problema, se denominará
al conductor superior y
al
conductor inferior. Con la finalidad de poder determinar la fuerza electromotriz inducida en
la bobina rectangular de N espiras; y, la inductancia mutua entre aquella y los
conductores paralelos, se procederá a aplicar el siguiente flujograma:
i (t ) → B ( P ) → Φ → E → M
→
B1 ( P ) =
µ0i ( t )
2π r
B ( P ) = B1 ( P ) + B2 ( P )
B2 ( P ) =
→
⇒
B ( P) =
µ0i ( t )
2π ( d − r )
µ0i ( t )
µ0i ( t )
+
2π r
2π ( d − r )
Φ = ∫ B ⋅ dS = ∫ B dS cos 0o
Σ
 µ i (t )
µ0i ( t ) 
Φ (Σ) = ∫  0
+
 dS
2π r
2π ( d − r ) 
Σ
Σ
⇒
µ0i ( t ) r = a +b  1
1 
Φ (Σ) =
+

 ldr
2π r ∫a  2π r ( d − r ) 
=
µ0i ( t ) r = a + b  1
1 
Φ (Σ) =
 +
 ldr
2π r ∫a  r ( d − r ) 
=
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8. r = a +b
µ0i ( t ) l r = a + b  1
µ0i ( t ) l
1 
Φ (Σ) =
ln r − ln ( d − r ) 
 +
 dr =

∫ r (d − r )
2π
2π 
r =a 

r =a
Φ (Σ) =
µ0i ( t ) l  a + b
d − a −b
ln a − ln d − a 
2π 

Φ (Σ) =
µ0 i ( t ) l  a + b
d −a 
ln a + ln d − a − b 
2π 

Siendo d = a + b + c , se tiene entonces que:
Φ (Σ) =
E = −N
dΦ
dt
⇒
E =−
E =−
µ0 i ( t ) l  a + b
b+c
ln
+ ln
2π 
a
c 


E = −N
µ0 Nl  a + b
b + c  di ( t )
+ ln
 ln

2π 
a
c  dt
µ0 Nlω I m  a + b
b+c
+ ln
 ln
 cos ωt
2π
a
c 

Emáx =
µ0 Nlω I m  a + b
b+c
+ ln
 ln

2π
a
c 

Emáx =
N µ0lω I m  ( a + b )( b + c ) 
ln 

2π
ac


E = −N
−
d  µ0 i ( t ) l  a + b
b + c 
+ ln

 ln

dt  2π 
a
c 
dΦ
di
= −M
dt
dt
di ( t )
µ0 Nl  a + b
b + c  di ( t )
+ ln
= −M
 ln

2π 
a
c  dt
dt
M=
µ0 Nl  a + b
b+c
+ ln
 ln

a
c 
2π 
M=
µ0 Nl  ( a + b )( b + c ) 
ln 

2π
ac


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