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TE1-SE-2010-1S

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Solución de la Segunda Evaluación de Teoría Electromagnética I - 2010 - 1S …

Solución de la Segunda Evaluación de Teoría Electromagnética I - 2010 - 1S
FIEC - ESPOL

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  • 1. ESCUELA SUPERIOR P OLITÉCNICA DEL LITORAL POLITÉCNICA LIT TEORÍA ELECTROMAGNÉT ICA I ELECTROMAGNÉTICA ING. JORGE ARAGUNDI R. ( ) ING. JORGE FLORES MACÍAS ( ) ING. CARLOS DEL POZO CAZAR ( ) ING. ALBERTO TAMA FRANCO (  ) SEGUNDA EVALUACIÓN Fecha: martes 31 de agosto de 2010 mart Alumno: ________________________________________________________________________________ Resumen de Calificaciones Total Segunda Estudiante Examen Deberes Lecciones Evaluación Ing. Alberto Tama Franco Profesor de la Materia Teoría Electromagnética I FIEC FIEC-ESPOL – 20 – 1S 2010
  • 2. Primer Tema: Un cilindro conductor, hueco e infinitamente largo, tiene un radio interior “a” y un radio exterior “b”. Un cilindro macizo conductor de radio “c”, es colocado en el interior del cilindro hueco antes mencionado, tal como se muestra en la figura. Los dos cilindros son paralelos y sus centros se encuentran separados por una distancia “d”. Asumiendo que J es la densidad de corriente en cada cilindro y que es uniforme, calcular la densidad de campo magnético B(P). y yo P Para obtener la solución del presente problema, utilizaremos el principio de J b a superposición. c x J xo d B1  P  B1y y y  yo P P yo B2 x B1x  r1 r2 B2 y B2  P  J b a   x c x xo J xo d  B  P  .dl  c 1 1  o  J1.dS1 1  B1  P  2 r1  o J1  dS 1 1 o J  b 2  a 2  B1  P  2  r1  o J   b 2  a 2   B1  P   2r1 B1  P    B1  P  sen   x  B1  P  cos   y Ing. Alberto Tama Franco Profesor de la Materia Teoría Electromagnética I FIEC-ESPOL – 2010 – 1S
  • 3. yo xo donde : sen   y cos   , por lo cual se tiene : r1 r1 o J  b 2  a 2  o J  b 2  a 2  B1  P    sen   x  cos   y 2r1 2r1 o J  b 2  a 2  yo o J  b 2  a 2  xo B1  P    x  y 2r12 2r12 o J  b 2  a 2  yo o J  b 2  a 2  xo B1  P    x  y 2  xo 2  yo 2  2  xo 2  yo 2   B  P  .dl c 2 2  o  J 2 .dS2 2  B2  P  2 r2  o J 2  dS 2 2 o J c 2 B2  P  2  r2  o J  c 2  B2  P   2r2 B2  P   B2  P  sen   x  B2  P  cos   y yo xo  d donde : sen   y cos   , por lo cual se tiene : r2 r2 o J c 2 o J c 2 B2  P   sen   x  cos   y 2r2 2r2 o J c 2 yo  J c 2  xo  d  B2  P   x  o y 2r2 2 2r2 2  o J c 2 yo o J c 2  xo  d  B2  P   x  y 2  xo  d   yo 2  2  xo  d   yo 2  2 2     BTOTAL  P   B1  P   B2  P    o J c 2 yo o J  b 2  a 2  yo    o    J b2  a 2 x  o  o J c 2  xo  d    BTOTAL  P      x    y  xo  d 2  yo 2  2 2  xo 2  yo 2    2  xo 2  yo 2  2  xo  d 2  yo 2         Ing. Alberto Tama Franco Profesor de la Materia Teoría Electromagnética I FIEC-ESPOL – 2010 – 1S
  • 4. Segundo Tema: Un lazo conductor triangular, que transporta una corriente I2, se encuentra ubicado muy próximo a un conductor recto e infinitamente largo que transporta una corriente de I1, tal como se muestra en la figura. Calcular: a) la fuerza ejercida sobre el lado 1 del lazo triangular; y, b) la fuerza total ejercida sobre el lazo triangular. I1 z dF1 a I2 x dl1 y a B 2a r a) Procedemos a calcular la fuerza magnética ejercida sobre el lado 1 del referido lazo triangular:  I  dF1  I 2 dl1 xB  I 2  dl1  x x o 1  y   2 r  La relación entre dl1 y dr es: dl1  dr , de lo cual se tendría lo siguiente:  I   I I dr dF1  I 2  dr  x x o 1  y   o 1 2 z  2 r  2 r r 3 a o I1 I 2 dr II r 3a F1  2  r a r  z  F1  o 1 2 ln r r  a  z 2 o I1 I 2 F1  ln 3  z 2 b) Procedemos a calcular la fuerza magnética ejercida sobre el lado 2 del referido lazo triangular: o I1 dF2  I 2 dl2 xB  I 2   dl2 sen 45o  x x  dl2 cos 45o  z  x y 2 r dr La relación entre dl 2 y dr es: dl2  , de lo cual se tendría lo siguiente: cos 45o Ing. Alberto Tama Franco Profesor de la Materia Teoría Electromagnética I FIEC-ESPOL – 2010 – 1S
  • 5. r I1 B z dF2 a I2 dl2 x y a 2a  dr dr  o I1  cos 45o sen 45  x x  cos 45o cos 45  z  x 2 r  y dF2  I 2   o o    o I1 II dF2  I 2  dr tg 45o  x  dr  z  x  y  o 1 2  dr  x  dr z  2 r 2 r r 2a II  dr dr  II  z   F2  o 1 2 ln r r  a  x  z  r 2a F2  o 1 2 2   r a  r x  r  2 o I1 I 2 F2  ln 2   x   z  2 c) Procedemos a calcular la fuerza magnética ejercida sobre el lado 3 del referido lazo triangular: r I1 z dl 3 B dF3 a I2 x y a 2a Ing. Alberto Tama Franco Profesor de la Materia Teoría Electromagnética I FIEC-ESPOL – 2010 – 1S
  • 6. o I1 dF3  I 2 dl3 xB  I 2   dl3 sen 45o  x x  dl3 cos 45o  z  x y 2 r dr La relación entre dl3 y dr es: dl3  , de lo cual se tendría lo siguiente: cos 45o  dr dr  I dF3  I 2    cos 45 o sen 45o  x x + cos 45o  z  x o 1  y  2 r  cos 45o  o I1 II dF3  I 2  dr tg 45o  x  dr  z  x  y  o 1 2  dr x  dr z  2 r 2 r r 3 a II  dr dr  II  z   F3  o 1 2 ln r r  2 a  x  z  r 3 a F3  o 1 2 2   r 2a  r x  r  2 o I1 I 2 3 F3  ln    x   z  2 2 De esta manera, la fuerza total ejercida sobre el lazo triangular sería: FT  F1  F2 + F3 o I1 I 2  3  FT  2 ln 3  z  ln 2   x   z   ln  2   x   z       o I1 I 2  3 3  FT  2 ln 3  z  ln 2  x  ln 2  z  ln  2   x  ln  2   z        o I1 I 2   3  3 3  FT   ln    z  ln 2  x  ln    x  ln    z  2   2   2 2   o I1 I 2 II FT  ln 2 x  ln 3 x  ln 2 x   o 1 2  2 ln 2 x  ln 3 x  2 2 o I1 I 2 o I1 I 2 FT  ln 22  x  ln 3  x   FT  ln 4 x  ln 3 x  2   2 o I1 I 2 4 FT  ln   x 2 3 Ing. Alberto Tama Franco Profesor de la Materia Teoría Electromagnética I FIEC-ESPOL – 2010 – 1S
  • 7. Tercer Tema: La sección transversal de un núcleo toroidal de permeabilidad  tiene forma triangular. 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 h h y x a b b N2 r N1 dA  y dx x a b  Sección transversal h 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  11  L11  N1 I1 I1  B1   11   B1.dS1   B1 dS1 cos 0o 2 r 1 1 En el presente problema: dS1  dA y x  r , por lo cual se tiene lo siguiente: r  a b  N1 I1  h h   N1 I1h  a  a  b   11   r a  r  a  dr  2 r  b b  1  ln  2  b  a       N12 I1 h  a  a  b   N111 2 1  b ln  a    N12 h  a  a  b      L11    L11  1  ln   I1 I1 2  b  a     Ing. Alberto Tama Franco Profesor de la Materia Teoría Electromagnética I FIEC-ESPOL – 2010 – 1S
  • 8. 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  22  L22  N2 I2 I 2  B2   22   B2 .dS 2   B2 dS 2 cos 0o 2 r 2 2 En el presente problema: dS 2  dA y x  r , por lo cual se tiene lo siguiente: r  a b  N2 I2  h h   N2 I2h  a  a  b  22   r a  r  a  dr  2 r  b b  1  ln  2  b  a       N22 I 2 h  a  a  b  N 2  22 2 1  b ln  a    N22h  a  a  b     L22    L22  1  ln   I2 I2 2  b  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  12  E2  M 12  N1 I1 I1  B12   12   B1.dS 2   B1 dS 2 cos 0o 2 r 2 2 En el presente problema: dS 2  dA y x  r , por lo cual se tiene lo siguiente: r  a b  N1 I1  h h   N1 I1h  a  a  b   12   r a  r  a  dr  2 r  b b  1  ln  2  b  a      d 12 d   N I h  a  a  b    N1 N 2 h  a  a  b   dI1 E2   N 2   N 2  1 1 1  ln      1  ln   dt dt  2  b  a    2  b  a   dt   d 12 dI En virtud de que E2   N 2   M12 1 , se tendría: dt dt  N1 N 2 h  a  a  b   M 12  1  ln   2  b  a     Ing. Alberto Tama Franco Profesor de la Materia Teoría Electromagnética I FIEC-ESPOL – 2010 – 1S
  • 9. Una segunda manera de determinar la inductancia mutua del sistema, sería la siguiente:  N1 N 2 I1 h  a  a  b   N 2 12 2 1  b ln  a      M 12   I1 I1  N1 N 2 h  a  a  b   M 12  1  ln   2  b  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  21  E1  M 21  N2 I2 I 2  B21   21   B2 .dS1   B2 dS1 cos 0o 2 r 1 1 En el presente problema: dS1  dA y x  r , por lo cual se tiene lo siguiente: r  a b  N2 I2  h h   N2 I2 h  a  a  b  21   r a  r  a  dr  2 r  b b  1  ln  2  b  a      d  21 d   N2 I2h  a  a  b    N1 N 2 h  a  a  b   dI 2 E1   N1   N1  1  b ln  a      2 1  b ln  a   dt dt dt  2        d  21 dI En virtud de que E1   N1   M 21 2 , se tendría: dt dt  N1 N 2 h  a  a  b   M 21  1  ln    M 12 2  b  a     Con esto, se verifica que M 12  M 21 Ing. Alberto Tama Franco Profesor de la Materia Teoría Electromagnética I FIEC-ESPOL – 2010 – 1S

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