PROBLEMAS+RESUELTOS DE INDUCTANCIAS

UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO
FACULTAD DE INGENIERÍA ELÉCTRICA Y ELECTRÓNICA
ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA ELÉCTRICA
CURSO
: TEORÍA DE CAMPOS ELECTROMAGNÉTICOS
PROFESOR : Ing. FLORES ALVAREZ ALEJANDRO
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  d S 2
S
1
. . . (2)

Se sabe que para un hilo  , con corriente I1, la inducción magnética B1 , a una distancia r

del hilo, viene dada por: B1 
 0 I1 
a
2π r

De la figura: d S 2  hdr a 


Reemplazo B1 y d S 2 en la ecuación (2):
  
0 I1 
 I h d + w dr
a   h dr a   0 1 
2π r
 
2π
 0 I1h
d+w
Ln 

2π
 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 
0 h
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 )
Aplicando la ley de Ampere se obtiene que
Sección transversal
del cable coaxial

I
I
para puntos   a , la inducción magnética B
es igual a:

B
a
 0 I 
a
2π a 2
Para puntos a <   b , la inducción magnética
b

B viene dada por:

B
0 I 
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 ( Wm ), es decir
utilizo:
2Wm
1 B2
L = 2 ; Wm = 
dV
I
2V 
Luego, para la región interior (   a ) tenemos:
 Lint
2
= 2
I
Lint =
 1

 20

2π
 
z=0   0
2

 0 I 
 d d dz 

2 


 = 0  2π a 
a
0 
a
 2π
 

3
d
d





   dz 
2 2  



4π a   = 0
   0   z = 0 
 L int =
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:
 Lext
2
= 2
I
L ext =
 1

 20

2π
 
z=0   0
2

 0 I 

  d d dz 


 = a  2π  
b
2π
0  b 
 

d 
Ln  

d
 
   dz   L ext =
2 


2π
4π   = a  
a


0
z
=
0



0 
b
Reemplazo Lint y Lext 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 L1
de la espira grande se
considerar
como
hilos

pueden
infinitos,
por lo tanto el sistema dado equivale
L2
I1
´´
d
al mostrado a continuación:
b
2
Asimismo:
a
- 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:
 0 I1 
 0 I1 
a

( a  )

2 ´
2 ´´

B1 
Hallo  (flujo ligado para una vuelta del circuito 1 sobre el circuito 2)
Se sabe:  



 B1 . d S 2 ; donde: d S 2  L2d a 
S2
Luego:  
0 I1
 2π  a   L d a 
2

S2
0 I1
 2π  (a  ) L d a 
2
S2
0 I1L2  d + b d a + d + b d  0 I1L 2
 
 


2π  d 
 
2π
a+d
 
 d + b
 a + d + b 
 Ln  d   Ln  a + d  



 
0 I1L2 
2π
 (d + b)(a + d)  
 Ln 

  d(a + d + b)  
Cálculo de “L12” (inductancia mutua entre las dos espiras rectangulares)
Se cumple que:
L12 
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 B1 , 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:  



 B1 . d S2 ; donde: d S 2  2(   d)tg30ºd a 
S2
Luego:  
  
I
 0 I1 
a  (  d)d a   0 1

 S2 2π 
3π
 0 I1
3π
   dLn 
d+
b
3
2
d

d+
b
3
2

d
(  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


 3  d Ln 

3π  2
 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 r0 y sección transversal circular de radio
b. Obtenga una expresión aproximada suponiendo b << r0 .
Resolución:
Del enunciado del problema, la figura correspondiente a la sección transversal circular
es:
2b
r0
A continuación se muestra un corte transversal de la bobina toroidal.
r0  b

B
r

d
r0 + b
trayectoria
Amperiana
Cálculo de “L” (inductancia de la bobina toroidal)
Dada la simetría de la figura, para la resolución de este problema elegimos un sistema de
coordenadas cilíndricas.

Hallo B del Toroide.

Por Ley de Ampere:

 B  d    0 I enc
C
Luego: B(2π r) =  0 (NI)
B


 0 NI
2π r

 B
 0 NI 
a
2π r

Hallo “  ” aplicando:   B. d S .... (1)
S

Encontramos d S en la dirección a  :

d S  2π rdra  Analizando la sección transversal del
toroide (tomo como eje de referencia el
centro de dicha sección) y por condición
r
del problema
b  r0 , en la región
r0  b  r  r0  b ,
b
dr 


B(r )  B(r0 ) 
se
 0 NI 
a
2π r0
concluye
que:
Reemplazando en (1):
0 NI 
0 N I b
0 N I  b 2 





a   2πr dr a  

 
 r dr 
2π r0
r0

0 N I b2
2r0
0
r0
 2
(flujo ligado a una vuelta)
Luego, el flujo ligado a N vueltas o flujo total es igual a:

0 N 2 I b2
2r0
Finalmente Hallo “L” (autoinductancia o inductancia de la bobina toroidal)
Sabemos : L 

I
 L
0 N 2 b2
2r0
(inductancia para un toroide de sección circular).
Problema Nº 6
Alrededor de un marco toroidal de sección transversal rectangular con las dimensiones
presentadas en la figura, se enrollan muy juntas N vueltas de alambre. Suponiendo que
la permeabilidad del medio es  0 , determine la autoinductancia de la bobina toroidal.
I
I
b
h
dr
r
a
Resolución:
Para la resolución de este problema elegimos un sistema de coordenadas cilíndricas.

Para calcular la autoinductancia del toroide, primero hallo B para un Toroide.
Sección Transversal del Toroide


 B  d    0 I enc
Por Ley de Ampere:
C
Luego: B(2π r) =  0 (NI)
B
a
 0 NI
2π r

B
r

 B

d
 0 NI 
a
2π r
b
trayectoria
Amperiana
Hallo “  ” (flujo magnético ligado a una vuelta):



Se sabe:   B. d S ; donde: d S  hdx a 

S
Luego:  
b
 0 NI 
    0 N I h dr
a
.
hdx
a



S
2π r
2π

a
r
0 N I h
2π
b
Ln  
a
Luego, el flujo ligado a N vueltas o flujo total es igual a:  
0 N 2 I h
2π
b
Ln  
a
Hallo “L” (autoinductancia o inductancia del toroide)
Se cumple que: L 

… (1)
I
Reemplazando en (1) tenemos que la autoinductancia del toroide está dada por:
 L
0 N 2 h
2π
b
Ln  
a