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UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO FACULTAD DE INGENIERÍA ELÉCTRICA Y ELECTRÓNICA ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA ELÉCTRICA

CURSO

: TEORÍA DE CAMPOS ELECTROMAGNÉTICOS

PROFESOR : Ing. )/25(6$/9$5(=$/(-$1'52

PROBLEMAS RESUELTOS DE INDUCTANCIA MUTUA Y AUTOINDUCTANCIA Problema Nº 1 Determine la inductancia mutua entre una espira rectangular conductora y un alambre recto muy largo, como se muestra en la figura.

z

d

w

h

Resolución: Para resolver este problema elegimos un sistema de coordenadas cilíndricas. Además, elijo como circuito (1) al hilo  y como circuito (2) la espira. Asimismo asumo que por el circuito (1) circula una corriente I1 (ver la figura mostrada a continuación).

z

w

d

I h

r

dr

Para calcular la inductancia mutua entre la espira rectangular conductora y el alambre recto muy largo, de manera directa utilizamos la siguiente ecuación:

L12 

N 2 12 I1

. . . (1)

Hallo 12 (flujo ligado para una vuelta del circuito 1 sobre el circuito 2) Se sabe: 12 



B S

1



 d S2

. . . (2) 

Se sabe que para un hilo  , con corriente I1, la inducción magnética B 1, a una distancia r 

del hilo, viene dada por: B1 

 0I 1  a 2π r



De la figura: d S 2  hdr a  



Reemplazo B1 y d S 2 en la ecuación (2):

  

 0I 1   I h d + w dr a  h dr a   0 1 

2π r

 

2π

0 I1h 2π

d+w Ln    d 

r=d

r

Además, en nuestro caso: N2 = 1 (una espira) Reemplazando finalmente en la ecuación (1) tenemos que la inductancia mutua entre la espira rectangular conductora y el alambre recto muy largo es:

 L12 

 0h

d + w  Ln   2π  d 

Problema Nº 2 Una línea de transmisión coaxial llena de aire tiene un conductor interior sólido de radio a y un conductor externo muy delgado de radio interior b (ver figura). Determine la inductancia por unidad de longitud de la línea.

I

b

I

a

Resolución: Para calcular la inductancia de una línea de transmisión coaxial o de hilos paralelos, elegimos primero un sistema de coordenadas cilíndricas. 

A continuación hallo B para cada región (   a y a <   b ) Sección transversal del cable coaxial

Aplicando la ley de Ampere se obtiene que 

I

para puntos   a , la inducción magnética B es igual a:

I 

B

a

0 I  a

2π a2

Para puntos a <   b , la inducción magnética

b



B viene dada por: 

B

 0I  a 2π

Cálculo de “ L ” (Inductancia por unidad de longitud) La inductancia por unidad de longitud está dada por el cociente entre la inductancia “L” y la unidad de longitud “  ”. Es decir:

L =

L ... (1) 

Donde, por principio de superposición: L = Linterna + Lexterna . . . (2) Para calcular la inductancia “L” aplico concepto de energía magnética W ( m), es decir utilizo:

L=

2Wm 1 B2 ; W = dV m I2 2 V 

Luego, para la región interior (   a ) tenemos:

 L int =

Lint =

2 1  I 2  20



2π

 

z=0   0

2   0 I        2π a 2  d d dz  =0  a

0 

a   2π  3   d     d   2 2     0  4π a   = 0   

 dz z=0  



 Lint =

0  8π

Conclusión: del resultado obtenido se puede concluir que la inductancia interna (Linterior) no depende del

radio del conductor. Por lo tanto, para todo alambre muy largo se

cumple que: L =

 0 8π

Para la región exterior a <   b tenemos:

 L ext =

Lext =

2 1  I 2  20 



2π

 

z=0  0

2   0 I    2π    d d dz =a  b

2π 0  b     d   Ln    d       dz   Lext = 2   2π 4π   = a      0   z = 0  a 

0 

b

Reemplazo Lint y L ext en la ecuación (2):

L=

0  8π



0

 b Ln   2π a 

Finalmente reemplazo en la ecuación (1) y obtengo la inductancia por unidad de longitud para un cable coaxial:

 L =

0 8π

0

 b Ln  2π  a 



Problema Nº 3 Determine la inductancia mutua entre dos espiras rectangulares coplanares con lados paralelos, como se muestra en la figura. Suponga que L1>> L2 (L2 >b>d).

L1

L2

d

a

b

z

Resolución:

1´ Por condición del problema: L1  L2 ,

I1

1´´

d

entonces los lados de longitud L 1 de la espira grande se considerar

como

hilos



pueden infinitos,

por lo tanto el sistema dado equivale

L2

I1  ´´ d

al mostrado a continuación: Asimismo:

a

b

2

- Elegimos un sistema de coordenadas

cilíndricas y como circuito (1) a la espira de

longitud L1, y como circuito (2) a la espira de longitud L2. - Asumo que por el circuito (1) (hilos infinitos) circula una corriente I1 . 

Hallo B1 : (Densidad de flujo magnético debido al circuito (1) o hilos infinitos) Por principio de superposición: 





B 1  B 1´  B 1´´ Donde: 

B1´ 

 0 I1  a 2 ´



B 1 ´´ 

;

  0 I1 ( a  ) 2´´

Luego:

 0I 1  0 I 1   (  a ) a  2´ 2 ´´



B1 

Hallo   (flujo ligado para una vuelta del circuito 1 sobre el circuito 2)









Se sabe:   B1 . d S2 ; donde: d S2  L2 d a S2

Luego:   

0 I1

 2π  a  L d a  2



S2

 

 0 I1

 2π  ( a  ) L d 2

a 

S2

 0I 1L 2 d + b d a + d + b d   0I 1L 2   d + b  a + d + b   Ln     Ln    2π  d  2π   d     a + d  a+d

 

 0I 1L 2  2π

 (d + b)(a + d)  Ln     d(a + d + b) 

Cálculo de “L12” (inductancia mutua entre las dos espiras rectangulares) Se cumple que:

L 12 

N 2 12 . . . (1) I1

Donde: N2 = 1 (el circuito 2 es una espira por lo tanto tiene una vuelta) Reemplazando en (1), tenemos:

 L12 

0 L2 

 (d + b)(a + d)   Ln   2π   d(a + d + b)  

Problema Nº 4 Determine la inductancia mutua entre un alambre recto muy largo y una espira conductora con forma de triangulo equilátero, como se ilustra en la figura.

b

d

Resolución: Para resolver el problema elegimos un sistema de coordenadas cilíndricas. 

Considero como circuito (1) al hilo (porque se conoce B a una cierta distancia del alambre ) y como circuito (2) a la espira triangular. Además, asumo que por el circuito (1) circula una corriente I1 (ver la figura).

z

1 2

b 3 2 60º

2(  d)tg30º

d



I1

d

N2  1



Se sabe que el campo magnético B 1, debido al hilo  con corriente I1, a una distancia  del hilo  , viene dado por: 

B1 

 0 I1  a 2π 

Hallo  (flujo ligado para una vuelta del circuito 1 sobre el circuito 2) Se sabe:  





 B . dS 1



2

; donde: d S2  2(  d)tg30ºd a

S2

0 I1  I a  (  d)d a  0 1 Luego:     3π  S 2π 

2

   

0 I1 3π

d+

   dLn 

b 3 2

d



d+

b 2



d

3

(  d)



d

 0 I1 b

2d    3  d Ln   3π 2  2d + b 3  

Cálculo de “L12” (inductancia mutua entre el alambre y la espira triangular): Se sabe : L12 

N 2 12 . . . (1) I1

Donde: N2 = 1 Reemplazando en (1) , obtenemos finalmente que:

 L12 

0  b

2d    2 3  d Ln   3π   2d + b 3 

Problema Nº 5 Determine la autoinductancia de una bobina toroidal con N vueltas de alambre devanado alrededor de un marco de aire con radio medio r 0 y sección transversal circular de radio b. Obtenga una expresión aproximada suponiendo b...