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1
PROPIEDADES MAGNÉTICAS DE LA MATERIA
Antonio J. BarberoDpto. Física Aplicada UCLM
C.A. UNED Albacete
Marzo 2015
PROBLEMAS RESUELTOS
PROBLEMA 1. VECTOR DE POYNTING
PROBLEMA 2. POTENCIAL VECTOR
PROBLEMA 3. AUTOINDUCCIÓN Y ENERGÍA
PROBLEMA 4. CORRIENTES DE IMANACIÓN
PROBLEMA 5. CIRCUITO MAGNÉTICO
BIBLIOGRAFÍA
2
donde el tiempo se expresa en segundos. Determinar:
Una esfera de radio R = 10 cm tiene densidad de carga constante (r = 10-6 C/m3) y gira en sentido antihorario alrededor del eje Z (w = 10 rad/s). Situada en el plano z = 20 cm hay una espira circular de radio a = 15 cm, la cual está centrada en el eje Z. Se pide: (a) Calcular el dipolo magnético equivalente a esta esfera.(b) Calcular el potencial vector magnético en cualquier punto de la espira.(c) Calcular el flujo magnético a través de la espira.
Z
cm 10R
cm 15a
cm 20b
rad/s 10
PROBLEMA 2. POTENCIAL VECTOR.
PROBLEMA 1. VECTOR DE POYNTING.
i i
taIti 10 Un solenoide largo en comparación con su radio R tiene n espiras por metro de longitud. Por él se hace pasar una corriente dada por
(a) El campo eléctrico inducido en cualquier punto del espacio, dentro y fuera del solenoide. (b) El vector de Poynting a la distancia R del eje del solenoide. Significado físico.
(c) ¿Se verifica el teorema de Poynting? A 8 s 01.0
m 10 cm 10
01
13
Ia
nR
Un toroide de sección rectangular cuyas dimensiones aparecen al pie de la figura está construido con un material magnético lineal de permeabilidad m = 100 m0. Alrededor del toroide hay un bobinado de 640 espiras conductoras uniformemente distribuidas.(a) Calcular los campos H y B. (b) Determinar el coeficiente de autoinducción del toroide.(c) Calcular la energía almacenada cuando circula una corriente de 500 mA por el bobinado.
PROBLEMA 3. AUTOINDUCCIÓN Y ENERGÍA DEL CAMPO MAGNÉTICO.
cm 12 cm 15 cm 10 baR
3
El circuito magnético de la figura está alimentado por una corriente I = 8,5 A que circula por un bobinado de N = 400 vueltas enrollado alrededor de la rama izquierda. Usando los datos geométricos que aparecen junto a la figura, calcular: SA = 10 cm2 SB = 16 cm2
dA = 4 mm dB = 1 mm
Lab = 80 mm Lbc = 120 mm
Lcd = 120 mm
(a) Las reluctancias en las ramas de este circuito.(b) El flujo magnético en cada rama.
(c) Los campos B y H en los entrehierros. Permeabilidad relativa del material magnético mr = 4000
(d) Si dispusiéramos de un material magnético de permeabilidad arbitrariamente grande para construir este circuito, ¿en qué porcentaje podríamos aumentar el valor de los campos B y H en los entrehierros?
PROBLEMA 5. CIRCUITO MAGNÉTICO.
Un filamento rectilíneo indefinido que transporta una corriente I es el eje de un tubo cilíndrico también indefinido, de radios interior y exterior a y b respectivamente, el cual está hecho de un material magnético lineal de permeabilidad relativa r. Determine:
PROBLEMA 4. CORRIENTES DE IMANACIÓN.
a) Los campos H, B y M alrededor del filamento.
b) Las corrientes de imanación en el tubo.
4
PROBLEMA 1
(a) Cálculo del campo eléctrico inducido en cualquier punto del espacio.
Puesto que hay una corriente variable, se generará un campo magnético variable y una variación de flujo magnético en el solenoide, y tendremos un campo eléctrico inducido de acuerdo con la ley de Faraday.
S
C
SdBt
ldE
·· ZZ ut-aInuinB
1 000
Por la simetría cilíndrica del problema, el campo eléctrico inducido debe estar dirigido según la dirección tangente
Al tratarse de un solenoide muy largo el campo magnético es
u
ZZS
ZS
uraunISdatt
unISdBt
2
0000 1·
2
002
00 · ranIuraunISdBt ZZ
S
C
ldE
·
Rr
Rr
200 · ranISdB
t S
200 · RanISdB
t S
la derivada del flujo magnético es
la derivada del flujo magnético es(solo hay flujo dentro del solenoide)
Si
Si
Cálculo de la derivada del flujo magnético a través de un círculo de radio r
Cálculo del campo eléctrico inducido a lo largo de una circunferencia de radio r
uEE
C
lduE
C
udluE
C
dlE rE 2
Consideramos que el sentido positivo para es , lo cual a su vez implica que consideramos positivo el sentido de giro antihorario.
Sd
Zu
ZuinB
0
L
taIti 10
n espiras por unidad de longitud: si hay N espiras
en la longitud L
L
Nn
S es el area encerrada
por C
rR
C
u
u
5
PROBLEMA 1
S
C
SdBt
ldE
··
Rr
Rr
200 · ranISdB
t S
200 · RanISdB
t S
la derivada del flujo magnético es
la derivada del flujo magnético es(solo hay flujo dentro del solenoide)
Si
SiC
ldE
· rE 2
Fuerza electromotrizVariación flujo magnético
Campo eléctrico inducido:
Rr Si rE 22
00 ranI ranI
E 2
00
Rr Si rE 22
00 RanI r
aRnIE
1
2
200
rR u
uE
u
uE
Rr
B
0I
Interpretación del resultado: como el campo magnético disminuye con el tiempo, lo cual debilita el flujo magnético, el campo eléctrico inducido tiene sentido antihorario, porque de esa manera se opone a la disminución de flujo magnético.
ZZ ut-aInuinB
1 000
Rr Si
ur
anIuEE
2 00
Rr Si
u
r
aRnIuEE
1
2
200
Rr Si
uRanI
uEE
2
00
continúa apartado (a)
6
PROBLEMA 1
ZZ ut-aInuinB
1 000 Apartado (b) Vector de Poynting para r = R
Rr
uRanI
uEE
2
00
Campo H
ZZ ut-aInuinB
H
1 00
Vector de PoyntingZu
BuEHES
0
Zuu-atnIR
anI
1 ·
2 000
ruR-ataIn
S
1 2
20
20
¡No confundir con la superficie S a través de la que hemos calculado el flujo antes!
El módulo del vector de Poynting nos da la densidad de potencia (potencia a través de la unidad de superficie) en la dirección
HES
uE
ru
zu
u
ZZ uB
uH
0
ruAA
HE
En nuestro caso, su significado es la energía que sale por segundo y por metro cuadrado a través de la superficie lateral del solenoide: véase que la energía contenida en el volumen del solenoide disminuye a medida que decrece la intensidad de corriente que origina el campo magnético dentro del solenoide, ya que la energía por unidad de volumen (densidad de energía) está dada por
ru
zu
u
202
1·
2
1HBHu
22
02
0 1 2
1t-aIn (J·m-3 en el S.I.)
7
PROBLEMA 1
Apartado (c) Teorema de Poynting para r = R
Debemos comprobar si el flujo del vector de Poynting a través de la superficie lateral de radio R y altura L (una “rodaja” del solenoide) coincide o no con la variación temporal de la energía almacenada por unidad de volumen en su interior.
Flujo del vector de Poynting a través de la superficie lateral de área
L
R
ruLRA
2
ruR-ataIn
S
1 2
20
20
rrS uLRuR-ataIn
AS
2· 1 2
·20
20
1 220
20 LR-ataInS
Variación por unidad de tiempo de la energía almacenada en el volumen LRV 2
220
20 1
2
1t-aInu
LRt-aInVuU 2220
20 1
2
1
2220
20 1
2
1t-a
dt
dLRIn
dt
dU
t-aaLRIndt
dU 12
2
1 220
20
LRt-aaIndt
dU 220
20 1
0dt
dUS
Teorema de Poynting:
Verificado
8
PROBLEMA 1
RESULTADOS NUMÉRICOS
DATOS NUMÉRICOS S.I. 0 (H/m) = 1,26E-06
R (cm) = 10 0,1 m
n = N/L = 1,00E+03 1000 m-1
I 0 (A) = 8,00 8,00
a (s-1) = 0,01 0,01 s-1
1/a (s) = 100 s
t (s) = 0 0B (T) = 0,010053
H (A/m) = 8,00E+03
E ( R) (V/m) = 5,03E-06
S (W·m-2) = 0,040212
L (m) = 1 1
u (J·m-3) = 40,21239 S (W) = 0,025266
dU/dt (W) = -0,025266
s t
s t
3J·m u Densidad de energía dentro del solenoide
Flujo de energía a través de la superficie lateral
Pérdida de energía a través de la superficie lateral
ASS
·
dt
dU
W Potencia
(por unidad de longitud)
(por unidad de longitud)
220
20 1
2
1t-aInu
1 220
20 LR-ataInS
LRt-aaIndt
dU 220
20 1
9
u
v
a
Zu
Zu
ru
m
b
a
r u
v
Vd
u
ru
u u
Vd ddrdr sin2
Esfera giratoria cargadaDensidad de
carga uniforme r vJ
Vista desde arriba
Elemento de volumen con carga r dV’
El movimiento circular de cada elemento de volumen constituye una corriente cuya magnitud será proporcional a la velocidad lineal del elemento de volumen cargado (los más próximos al eje se mueven con menor velocidad).
VdJrm 2
1 Ecuador de la esfera
vurJr r
rur r
Jv
,
igual dirección
rv
uinuu rZ
s cos
rr uruinurv
s cos uinr
s
uuu r
Coordenadas esféricas
uinuu rZ
s cos
uuinrvrJr r
s 2
u
La suma de todas esas corrientes produce un momento magnético en el origen de coordenadas cuyo valor es
(a) Cálculo del momento dipolar magnético
PROBLEMA 2
10
sinsincoscoscos ZYX uuuu
2
0 0 0
24 coscos ·sin2
R
r
X ddrdurm
2
0 0 0
24 sincos ·sin2
R
r
X ddrdur
2
0 0 0
34 ·sin2
R
r
Z ddrdur
10
2
0 0 0
24 ·sin2
R
r
ddrdurm
2
0
0 cos d
2
0
0 sin d
Componente X nula
Componente Y nula
ZuR
m
3
42
52
5
R
r
Rrdr
0
54
5
2
0
2d
3
4cos
3
1cos sin
0
3
0
3
dZuRm
15
4 5
Componente Z no nula
Sustituir
ru
u u
uuur
ruuu
uuu r
Vd
ru
u
u
Xu Yu
Zu
u
u
r
Integral a calcular: VdJrm 2
1 Vdur sin2
2
ddrdrVd sin2(a) Cálculo del momento dipolar magnético (cont)
PR
OB
LE
MA
2
11
ZuRm
15
4 5
Zu
ru
R
b
ru
r
b
r
a cos sin
a
r
11
(a) Cálculo del momento dipolar magnético (cont)
ZuRm
15
4 5Resultado: 21155
36 A·m 10 · 38.8 m 0.10
s
rad 01
m
C 10
15
4ZZ uu
Z
cm 10R
cm 15a
cm 20b
rad/s 10
(b) Cálculo del potencial vector en cualquier punto de la espira
(Wb/m) 4
2
0
r
umA r
Líneas del campo B alrededor de la esfera rotante
Vista desde fuera, la esfera rotante se comporta como un
dipolo cuyo momento magnético es el calculado antes
rZ uuRr
A
15
4
4
52
0
ZuRm
15
4 5
Potencial vector magnético a la distancia r del dipolo
rZ uur
RA
15
2
5
0
rrrrZ uuinuuinuuu
s s cos
uinuinuu rZ
s s
ur
RA
sin
15
2
5
0 u
r
aR
15
3
5
0
u
ba
aRA
15
3/2 22
5
0
PR
OB
LE
MA
2
1212
Z
cm 10R
cm 15a
cm 20b
rad/s 10
(c) Cálculo del flujo magnético a través de la espira
Zu
ru
m b
a
Zu
r P
Una vez hemos calculado el potencial vector en cada punto de la espira, aplicamos el teorema de Stokes y obtendremos así la integral de superficie (el flujo magnético) a partir de la integral de línea de ese potencial vector (ya que el potencial vector es el rotacional del campo magnético ).
CS
ldBSdB
C
ldA
22 bar
C
S
Zu
u
A
ld
ld
u
u
C
ldA
udluRba
a
C
·
5
2/3220
u
ba
aRA
15
3/2 22
5
0
C
dlRba
a
5
2/3220
aRba
a 2
5
2/3220
5
2/322
2
0
2 R
ba
a
Resultados numéricos apartados (b), (c)
Wb/m 10 · 04.8 15
173/2 22
5
0 uu
ba
aRA
Wb10 · 14.1
2 1552/322
2
0
R
ba
a
PR
OB
LE
MA
2
13
LÍNEAS DE CAMPO Y POTENCIAL VECTORIAL ALREDEDOR DE UN DIPOLO MAGNÉTICO
m
Z
APÉNDICE PROBLEMA 2
14
LÍNEAS DE CAMPO Y POTENCIAL VECTORIAL ALREDEDOR DE UN DIPOLO MAGNÉTICO
m
Z
Líneas de campo B
APÉNDICE PROBLEMA 2
15
uru
u
LÍNEAS DE CAMPO Y POTENCIAL VECTORIAL ALREDEDOR DE UN DIPOLO MAGNÉTICO
m
Z sin
cos2
4
33
0
u
ru
r
mAB r
r
Zu
Líneas de campo B
APÉNDICE PROBLEMA 2
16
uru
u
LÍNEAS DE CAMPO Y POTENCIAL VECTORIAL ALREDEDOR DE UN DIPOLO MAGNÉTICO
m
Z sin
cos2
4
33
0
u
ru
r
mAB r
r
Zu
Líneas de campo B
20
4
r
uumA rZ
uuu rZ
APÉNDICE PROBLEMA 2
17
uru
u
Líneas de campo B
Igual módulo del potencial vectorial Potencial vectorial entrante (mitad derecha)
Potencial vectorial saliente (mitad izquierda)
A
LÍNEAS DE CAMPO Y POTENCIAL VECTORIAL ALREDEDOR DE UN DIPOLO MAGNÉTICO
m
Z
20
4
r
uumA rZ
sin
cos2
4
33
0
u
ru
r
mAB r
r
Zu
uuu rZ
APÉNDICE PROBLEMA 2
18
ur
mA
20
4
sin
u
r
mAB
2
0
4
sin
ArrAA
r
ururu
rA
r
r
sin
sin
sin
12
rr
ururu
r
mr
/sin00
sin
sin
1
4
2
20
sin
- sin
sin
1
4
22
20
urr
rurr
mA r
sin
sin cos2
sin
1
4
2
2
20
u
rru
rr
mA r
sin
cos2
4
33
0
u
ru
r
mAB r
sin
cos2
4
33
0
u
ru
r
mr
CAMPO MAGNÉTICO DE UN DIPOLO ORIENTADO DIRECCIÓN Z. PUNTO LEJANO
20
4
sin 0 0
r
mAAAr
uuu rZ
(Wb/m)
4 20
r
umA r
zu
ru
u
º90
90
Plano XY
umuumum rZr
sin
APÉNDICE PROBLEMA 2
19
ru
u
uur
mB r
sin cos2
4
3
0
r
B
ru
u
B
LÍNEAS DE CAMPO DE UN DIPOLO MAGNÉTICO. PUNTO LEJANO
2/0 0cos
0sin Cuando
2/0cos
0sin Cuando
r
uur
mB r
sin cos2
4
3
0
uur
mB r
sin cos2
4
3
0
La componente radial es de sentido contrario a ru
B
APÉNDICE PROBLEMA 2
20
(a) Cálculo de los campos H y B.
PROBLEMA 3
El campo H en el interior del toroide puede calcularse aplicando el teorema de Ampère: cuando circula la intensidad I, la corriente total es N·I, y las líneas de campo son circulares. El vector H es tangente a ellas en cada punto: su única componente es de módulo constante y su dirección es la de
u
H
H
Iespiras N
H
I
INldH
C
··
Línea C
es el elemento de longitud de C
es la corriente encerrada por la línea C
circunferencia de radio r que encierra la corriente
neta N·I, siendo
ld
IN·
aRrR
u
INudluH
C
· ·
INrHdlH
C
· 2·
rR
a
r
INH
2
·
ur
INH
2
· Módulo Vector
ur
INHB r
2
· 0Vector
Iespiras N
B
B
(b) Cálculo de la autoinducción. Calculamos primero el flujo de B a través de
drr
b
drbr
INSdHSdBd r
2
· · · 0
Sd
drbdS
Flujo total (N espiras en el toroide) 2
· · 0
aR
Rr
S
drbr
INNSdBN
R
aRbIN
r
drbINSdBN r
aR
Rr
S
ln2
·
2
· ·
2
0
2
0
Autoinducción:R
aRbN
IL r
ln
2
2
0
21
(c) Energía almacenada
PROBLEMA 3
* Cálculo a partir de la autoinducción 2·2
1ILU
R
aRI
bNr
ln
4
22
0
* Cálculo a partir de los campos dVHdVBHU
V
r
V
2
1 ·
2
1 20
ru
zu
u
rdr
dr
dz
dzddrrdV
r
INH
2
·
R
aRI
bNU r
ln
4
22
0
ResultadosDATOS NUMÉRICOS S.I. 0 (H/m) = 1,26E-06
r = 1,00E+02R (cm) = 10 0,1 ma (cm) = 15 0,15 mb (cm) = 12 0,12 m
N (espiras)= 640 640I (mA) = 500 0,5 A
Centro delrectángulo r= R+a /2 (m) = 0,175
H (A/m) = 291,0B (T) = 3,66E-02
(Wb) = 0,450L (H) = 0,901U (J) = 0,113
r
INH
2
·
r
INB r 2
· 0
2
aRr
R
aRbINr
ln
2
·2
0
R
aRbN
IL r
ln
2
2
0
R
aRI
bNU r
ln
4
22
0
b aR
R
r dzddrrr
INU
0
2
0
2
0 2
·
2
1
2
·
2
1
0
2
0
2
0
b aR
R
r dzdr
drIN
bR
aRINr 2ln
2
·
2
12
0
22
PROBLEMA 4
r1
a b
I
a) Cálculo de campos H, B y M alrededor del filamento.
Cálculo de los campos: se distinguen tres regiones alrededor del filamento
Región 1. r1 < a Aplicamos el teorema de Ampère a una circunferencia centrada en el hilo de radio r1
IldH
1
u
Por la simetría del problema, el campo H está en cada punto en la dirección del unitario
u
IrH 11 2 u
r
IH
11 2
ur
IHB
1
0101 2
01 M
Región 2. a r2 br2
1. r1 < a
2. a r2 b
3. r3 > b
Dentro del material magnético
IldH
2 IrH 22 2
u
r
IHB r
r
2
0202 2
u
r
IH
22 2
20
22 M
BH
u
r
IM r
22 2
1
23
PROBLEMA 4
a b
r1
r2
r3
I
Región 3. r3 > b
u
IldH
3
IrH 33 2 u
r
IH
33 2
u
r
IHB
3
0303 2 03 M
b) Corrientes de imanaciónMJm
nm uMK
(A/m2)
(A/m)
r
zzrz
rM
r
rM
ru
r
M
z
Mu
z
MM
ruM
11
2
22 2
1)(
r
IrfM r
Véase que en la región 2 la forma de M es 02 rM 02 zM
Los términos tachados con aspa son nulos porque M2 no tiene componentes r ni z.
El término tachado con flecha inclinada a la derecha es nulo porque la derivada de M2 respecto a z es cero.
El término tachado con flecha inclinada a la izquierda es nulo porque rM2 es constante y su derivada respecto a r es cero.
Véase que 0 MJm
No hay corrientes volumétricas de imanación
a) Continuación.
24
PROBLEMA 4
Densidades de corrientes superficiales de imanación nm uMK
a b
I
En r2 = arn uu
rr
narm uua
IuarMK
2
1)( 22
2
z
r ua
I 2
1
ru
u
zu
Sobre la cara interna r2 = a
ru u
zu
Sobre la cara externa r2 = b
En r2 = brn uu
r
rnbrm uu
b
IubrMK
2
1)( 22
2
zr u
b
I
2
1
Corrientes de imanación
Superficie interna I
a
IaaI r
rm 1
2
1 2)(
Superficie externa I
a
IbaI r
rm 1
2
1 2)(
25
PROBLEMA 4
Resumen
a b
I
ru
u
zu
Sobre la cara interna r2 = a
ru u
zu
Sobre la cara externa r2 = b
u
r
IH
11 2
ur
IHB
1
0101 2 01 M
u
r
IHB r
r
2
0202 2
ur
IH
22 2
u
r
IM r
22 2
1
12
3
u
r
IH
33 2
ur
IHB
3
0303 2 03 M
Corrientes de imanación
Superficie interna I
a
IaaI r
rm 1
2
1 2)(
Superficie externa I
a
IbaI r
rm 1
2
1 2)(
26
A
cdabefab S
LLRR
211
A
A
A
Acdbe S
d
S
dLRR
02
11
B
B
B
Bcd
A
bcbcde S
d
S
dL
S
LRR
03
1121
R1: lo que se encuentra a la izquierda de los puntos b, e sin incluir la rama central
e
a
f
b c
d
H/m 10 · 03.510 · 4 · 40004000 370
Av/Wb 10 · 57.5 41 R
donde
R2: reluctancia de la rama central, desde b hasta e, incluyendo entrehierro A
Av/Wb 10 · 21.310 · 18.310 · 31.2 6642 R
R3: reluctancia de la rama a la derecha de b y e, incluyendo entrehierro B
Av/Wb 10 · 60.510 · 97.410 · 50.110 · 77.4 55443 R
(a) Cálculo de reluctancias
Circuito equivalente afL
El circuito magnético de la figura está alimentado por una corriente I = 8,5 A que circula por un bobinado de N = 400 vueltas enrollado alrededor de la rama izquierda. Usando los datos geométricos que aparecen junto a la figura, calcular: SA = 10 cm2 SB = 16 cm2
dA = 4 mm dB = 1 mm
Lab = 80 mm Lbc = 120 mm
Lcd = 120 mm
(a) Las reluctancias en las ramas de este circuito.(b) El flujo magnético en cada rama.
(c) Los campos B y H en los entrehierros. Permeabilidad relativa del material magnético mr = 4000
(d) Si dispusiéramos de un material magnético de permeabilidad arbitrariamente grande para construir este circuito, ¿en qué porcentaje podríamos aumentar el valor de los campos B y H en los entrehierros?
PROBLEMA 5
27
SA = 10 cm2 SB = 16 cm2
dA = 4 mm dB = 1 mm
Lab = 80 mm Lbc = 120 mm
Lcd = 120 mm
Permeabilidad relativa del material magnético mr = 4000
PROBLEMA 5 (cont.)
(b) Cálculo de flujo magnético en cada rama.
Previamente calculamos la reluctancia del circuito, que será la de R1 en serie con la combinación R2 y R3 en paralelo entre si.
Av/Wb 10 · 77.4·
// 5
32
3232
RR
RRRR
Av/Wb 10 · 57.5 41 R
Av/Wb 10 · 21.3 62 R
Av/Wb 10 · 60.5 53 R
3211 // · RRRfmm
Fuerza magnetomotriz del circuito:
Av 5105.8 · 400· INfmm
Ecuación circuito magnético (equivalente a ley de Ohm)
e
a
f
b c
d
La fuerza magnetomotriz es igual al flujo a través de la fuente multiplicada por la reluctancia equivalente del circuito
3211 // RRR
fmm
Wb10 · 58.9 4
1
Las reluctancias R2 y R3 están en paralelo y forman un divisor de flujo: se puede hacer un cálculo análogo al de un divisor de corriente en un circuito óhmico.
12
322
//
R
RR
13
323
//
R
RR
Wb10 · 24.1 42
Wb10 · 15.8 43
Véase que
132
Av/Wb 10 · 33.5·
// 5
32
321321
RR
RRRRRRR
28
SA = 10 cm2 SB = 16 cm2
dA = 4 mm dB = 1 mm
Lab = 80 mm Lbc = 120 mm
Lcd = 120 mm
Permeabilidad relativa del material magnético mr = 4000
PROBLEMA 5 (cont.)
(c) Campos B y H en los entrehierros.
Líneas de flujo
Entrehierro
Campo
Pérdidas de flujo
B
En los entrehierros siempre se produce un efecto de pérdida de flujo, pero nosotros lo consideraremos despreciable cuantitativamente.
AA S
B 2
BB S
B 3 Wb10 · 24.1 4
2 Wb10 · 15.8 4
3
T 142.0m 10 · 10
Wb10 · 42.124
4
T 509.0m 10 · 61
Wb10 · .15824
4
0A
A
BH
0B
B
BH
1517
mA 10 · 13.1m H 10 · 4
T .1420
1517
mA 10 · 05.4m H 10 · 4
T .5090
(d) Si dispusiéramos de un material magnético de permeabilidad arbitrariamente grande para construir este circuito, ¿en qué porcentaje podríamos aumentar el valor de los campos B y H en los entrehierros?
Véase que, para un área dada, los campos B y H son proporcionales al flujo, y el flujo en cada rama del circuito magnético es inversamente proporcional a su reluctancia. A su vez. la reluctancia disminuye al aumentar m. Por lo tanto, veamos cuales son los valores límites de las reluctancias R2 y R3 cuando m → .
A
A
A
Acdbe S
d
S
dLRR
02
11
B
B
B
Bcd
A
bcbcde S
d
S
dL
S
LRR
03
1121
16
02 Av·Wb 10 · 18.3
1lim
A
A
S
dR
15
03 Av·Wb 10 · 97.4
1lim
B
B
S
dR
29
BIBLIOGRAFÍALIBROS
1. Kraus J.D. Electromagnetismo, 3ª edición. Caps. 5 y 6. McGraw-Hill2. Wangsness R.K. Campos electromagnéticos. Cap. 20. Limusa.3. Cheng D.K. Fundamentos de electromagnetismo para ingeniería. Cap. 5. Addison-Wesley.4. Ulaby F.T. et al. Fundamentals of Applied Electromagnetics. Chapter 5. 6th Ed. Prentice-Hall.
LIBROS DE PROBLEMAS1. González Fernández A. Problemas de campos electromagnéticos. Schaum. McGraw-Hill.2. López Pérez E. y Núñez Cubero F. 100 problemas de electromagnetismo. Alianza Editorial.
http://www.uclm.es/profesorado/ajbarbero/EMO2.htm
RECURSOS EN LA RED
http://scienceworld.wolfram.com/physics/topics/Electromagnetism.html
http://laplace.us.es/wiki/index.php/Materiales_magn%C3%A9ticos
(d) Si dispusiéramos de un material magnético de permeabilidad arbitrariamente grande para construir este circuito, ¿en qué porcentaje podríamos aumentar el valor de los campos B y H en los entrehierros?
PROBLEMA 5 (cont.)
Repitiendo los cálculos para flujos y campos con estas reluctancias límite tenemos:B A (T) = 0,1602
B B (T) = 0,6409
H A (A·m) = 1,27E+05
H B (A·m) = 5,10E+05
12,49%
25,78%
12,49%
25,78%
2 (Wb) = 1,60E-04 3 (Wb) = 1,03E-03
D16
02 Av·Wb 10 · 18.3
1lim
A
A
S
dR
15
03 Av·Wb 10 · 97.4
1lim
B
B
S
dR
++++