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Solución de la Segunda Evaluación de Teoría Electromagnética I - 2010 - 2S

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FIEC - ESPOL

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TE1-SE-2010-2S TE1-SE-2010-2S Document Transcript

  • 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 esAlumnoAlumno: ______________________________________________________________________________ ____________________________________________________________________________ ______________________________________________________________________________ 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
  • Primer Tema:Una barra conductora de longitud “L”, se encuentra en una región en la que existe uncampo magnético con densidad B, gira alrededor del punto “P” con velocidad angular ω , talcomo se muestra en la siguiente figura.Determinar la fuerza electromotriz inducida en los extremos de dicha barra, si acaso: a) ladensidad de campo magnético es B = Bo µz ; y, b) la densidad de campo magnéticocumple con la siguiente relación B = Bo r −1/ 2 µ z , donde “r” es la distancia desde el centro acualquier 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 EDebido a la existencia de movimientorelativo entre el objeto (barra conductora) yel campo magnético B , se cumple la Bpremisa fundamental para que se vproduzca 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 FIEC-ESPOL – 2010 – 2S
  • Segundo Tema:El núcleo de un circuito magnético, construido con un material cuya curva de magnetizaciónse muestra a continuación, tiene una longitud media igual a 0.75 [m], siendo su espesor de8 [cm] y la longitud del entrehierro de 2 [mm]. Determinar el número de espiras NB quepermita producir un flujo magnético en el entrehierro de 4 [mWb], circulando en el sentidoque 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 Profesor de la Materia Teoría Electromagnética I FIEC-ESPOL – 2010 – 2S
  • 4 x10−3 5 Babc = Bac = [T ] ⇒ Babc = Bac = [T ] 48 x10−4 6 CURVA DE MAGNETIZACIÓN 1.00Babc = 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 Profesor de la Materia Teoría Electromagnética I FIEC-ESPOL – 2010 – 2S
  • Tercer Tema:La sección transversal de un núcleo toroidal de permeabilidad µ tiene forma triangularequilátera. Sobre una parte del núcleo, se devana una bobina de N1 espiras; sobre otraparte del mismo núcleo, se devana una bobina de N2 espiras, tal como se muestra en lasiguiente figura. Determinar la inductancia propia de cada bobina del toroide y lainductancia 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 bInductancia propia de la bobina de N1 espiras. Asumiremos la existencia de una corriente I1que 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   Ing. Alberto Tama Franco Profesor de la Materia Teoría Electromagnética I FIEC-ESPOL – 2010 – 2S
  • Inductancia propia de la bobina de N2 espiras. Asumiremos la existencia de una corriente I2que 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 I1que circule por bobina de N1 espiras, de tal manera que para obtener la referida inductanciamutua, 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    d Φ12 µ N1 N 2  3  3 b   dI1 E2 = − N 2 =−  b − a ln 1 +    dt π 3  2   2 a   dt  d Φ12 dI En virtud de que E2 = − N 2 = − M12 1 , se tendría: dt dt Ing. Alberto Tama Franco Profesor de la Materia Teoría Electromagnética I FIEC-ESPOL – 2010 – 2S
  • 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 21Asumiremos la existencia de una corriente I2 que circule por bobina de N2 espiras, de talmanera que para obtener la referida inductancia mutua, aplicaremos el siguienteflujograma: 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 Ing. Alberto Tama Franco Profesor de la Materia Teoría Electromagnética I FIEC-ESPOL – 2010 – 2S