prob-magnetismo

www.uco.es/electrotecnia-etsiam
PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL
5.1.
TOMO I
Hallar la excitación (NI) necesaria
para que en el ENTREHIERRO y en la armadura
del circuito magnético de la figura exista un flujo
de 9 × 10-5 Wb. Se supondrá que el flujo ÚTIL
es 0,9 veces el flujo producido por el
arrollamiento
de
excitación.
Factor
de
apilamiento = 1.
DATOS:
H
.
m
Permeabilidad del aire: µ 0 ' 4 B × 10&7
Permeabilidad relativa de la armadura: µ r ARMADURA ' 400 .
Permeabilidad relativa de culatas y núcleos: µ r CULATAS Y NUCLEOS ' 300 .
)))))))))))))))))))))))))
SOLUCIÓN:
Las longitudes de las lineas medias de fuerza serán, respectivamente:
LCULATA = 60 - 5 - 5 = 50 Cm = 0,5 m.
LNUCLEOS = 2 (55 - 5) = 100 Cm = 1 m.
LEH = 2 × 1 = 2 Cm = 0,5 m
LARMADURA = 60 - 5 - 5 = 50 Cm = 0,5 m.
La dispersión es del 10% por lo que el flujo producido por la bobina valdrá 1,1 ×
-5
9 × 10 Wb = 10-4 Wb que será el flujo que atraviesa la culata y los núcleos.
A partir del flujo podemos calcular la inducción magnética en las diferentes partes
del circuito; y valdrá:
BNU, CU '
BEH '
M. Hidalgo, Fr. Casares
NNU, CU
SNU, CU
NEH
S EH
'
'
10&4 Wb
0,01 m
9×10&5 Wb
0,01 m 2
2
' 10&2
Wb
m
' 9×10&3
5-1
2
Wb
m2
' 10&2 T
' 0,009 T
www.uco.es/electrotecnia-etsiam
PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL
NAR
BAR '
'
9×10&5 Wb
S AR
0,01 m
2
' 9×10&3
TOMO I
Wb
m2
' 0,009 T
con lo que, el valor del campo magnético en el entrehierro será:
HEH '
9 × 10&3
4 B × 10&7
'
9 × 104
Av
' 7.200
4B
m
Análogamente, para núcleos y armadura se tendrá:
HNU, CU '
HAR '
10&2
4 B × 10&7 × 300
9 × 10&3
4 B × 10&7 × 400
'
'
105
Av
' 26,67
1.200 B
m
9 × 102
Av
' 18
16 B
m
La ley de Ampere permite escribir:
N I ' j H i Li
o sea
N I ' HC LC % H N LN %HEH LEH % H AR LAR
N I ' 26,67 × 0,5 % 26,67 × 1 % 7.200 × 0,02 % 18 × 0,6 '
' 13,33 % 26,67 % 144 % 10,8 ' 194,8 AV
Con los resultados anteriores se ha confeccionado la tabla que se acompaña,
comprobandose que la excitación necesaria es de 194,8 Av.
PIEZA
CULATA
NUCLEOS (2)
E.H (2)
ARMADURA
M. Hidalgo, Fr. Casares
N
S
B
H
L
H.L.
(Wb)
(m²)
(T)
(Av/m)
(m)
(Av)
-2
-2
26,67
26,67
7.200
18
0,5
1
0,02
0,6
13,33
26,67
144
10,8
-4
10
10-4
9 × 10-5
9 × 10-5
10
10-2
10-2
10-2
10
10-2
9 × 10-3
9 × 10-3
5-2
' NI = 194,8 Av
www.uco.es/electrotecnia-etsiam
PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL
TOMO I
De tal excitación se destinan: 144 Av al NÚCLEO y 50,8 Av al circuito
ferromagnético.
A medida que se utilizan inducciones grandes es más importante la fracción de la
excitación TOTAL que se INVIERTE en vencer la RELUCTANCIA del circuito magnético. En
este ejercicio se ha partido de un valor de la inducción magnética (B) muy baja en comparación
con las que en la práctica se utilizan en la actualidad.
En los materiales ferromagnéticos son hoy normales valores de la inducción
magnética del orden de 1,2 - 1,8 T, en tanto que en el ejercicio resuelto se ha trabajado con una
inducción (núcleos) de sólo: 0,01 TESLA.
M. Hidalgo, Fr. Casares
5-3
www.uco.es/electrotecnia-etsiam
PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL
5.2.
TOMO I
Dado el núcleo magnético de la figura en el que existen TRES partes diferenciadas:
1) De permeabilidad magnética relativa: µ r ' 4.000
1
2) De permeabilidad magnética relativa: µ r ' 3.000
2
3) Entrehierro de permeabilidad magnética relativa: µ r ' 1
3
Se pide:
1º) Valor
de
la
excitación
NI
0.1
(1)
el flujo en el entrehierro sea:
-2
1,2 × 10
10
Wb si no se
considera dispersión y el
10
E.H.
necesaria (2 = NI) para que
10
15
10
25
factor de apilamiento es la
20
40
unidad.
E.H.
2º) Si la fuente de tensión a la
que ha de conectarse dicho
COTAS EN
0.1
CMS
10
10
(2)
arrollamiento tiene una f.e.m
= 100 V y resistencia interna
40
despreciable, indicar si es
posible la conexión DIRECTA del arrollamiento a dicha fuente. En caso
contrario, elegir alguno de los elementos que se citan (con expresión del nº
adecuado de ellos) para poder realizar la alimentación del arrollamiento de
excitación a partir de la fuente de tensión disponible: a) 3 resistencias de 70
S cada una; b) 3 condensadores de 15 µF; c) 5 bobinas de inducción de 10
mH; d) 4 fuentes de corriente de Icc = 100 A y ri = 106 S.
La longitud de la espira (MEDIA) es de 0,5 m y se dispone de 500 m de hilo
conductor de 1 mm² de sección que se desea utilizar en su TOTALIDAD para constituir el
arrollamiento de excitación. La resistividad específica del material conductor es:
D ' 1,8 × 10&2 S mm 2/m .
)))))))))))))))))))))))))
SOLUCIÓN:
Las longitudes de las líneas MEDIAS de fuerza son, respectivamente:
L1 ' 40 cm ' 0,4 m
L2 ' 15 & 5 & 0,1 % 2 (40 & 5 & 5) % 15 & 5 & 0,1 ' 79,8 cm ' 0,798 m
M. Hidalgo, Fr. Casares
5-4
www.uco.es/electrotecnia-etsiam
PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL
TOMO I
L3 ' 2 × 0,1 ' 0,2 cm ' 2 × 10&3 m
Por otra parte, los valores de los campos magnéticos en cada una de las partes del
circuito serán:
HEH '
1,2 / 1
4 B × 10&7
'
9,6 × 105
' 9,6 × 105 Av/m
4B
H2 '
1,2
' 320 Av/m
4 B × 10&7 × 3.000
H1 '
1,2
' 240 Av/m
4 B × 10&7 × 4.000
Los valores de H1 y H2 así como el de HEH se han calculado a partir del de la
inducción "B" supuesta constante en todo el circuito (sección constante y ausencia de dispersión):
B'
N 1,2 × 10&2
'
' 1,2 TESLAS
S
0,1 × 0,1
Con los resultados indicados se ha confeccionado el CUADRO que se acompaña.
N
S
B
H
L
H@l
(Wb)
(m²)
(T)
(Av/m)
(m)
(Av)
(1)
1,2 × 10-2
10-2
1,2
240
0,400
96
(2)
1,2 × 10-2
10-2
1,2
320
0,798
255,36
2 EH
1,2 × 10-2
10-2
1,2
9,6 × 105
0,002
1.920
PARTES
TOTAL: NI = 2.271,36 Av
La EXCITACIÓN necesaria será, en consecuencia, de conformidad con los
cálculos realizados: 2.271,36 Av.
Si ha de emplearse TODO el hilo conductor disponible y siendo la longitud de la
espira media: lM = 0,5 m, el número de espiras que se obtendrán del conductor disponible será:
M. Hidalgo, Fr. Casares
5-5
www.uco.es/electrotecnia-etsiam
PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL
N'
LT
lM
'
TOMO I
500
' 1.000
0,5
Con dicho número de espiras, la intensidad de la corriente necesaria sería:
I'
N I 2.271,36
'
' 2,27 A
N
1.000
La resistencia eléctrica de tal conductor valdrá:
R'
500 × 1,8 × 10&2
'9S
1
Si dicho conductor se conecta DIRECTAMENTE a la fuente de tensión prevista,
la intensidad de la corriente que suministraría sería:
I' '
E 100
'
' 11,11 A > 2,27 A
R
9
que es la intensidad de la corriente necesaria desde el punto de vista magnético.
La resistencia que deberá tener el circuito será: R' '
100
' 44 S
2'27
lo que implica adicionar en serie una resistencia: RAD ' 44 & 9 ' 35 S
De los elementos que se ofertan deberán seleccionarse 2 resistencias de 70 S a
conectar en PARALELO entre sí y en SERIE (el conjunto) con el arrollamiento de excitación.
Es claro que el resto de los elementos disponibles carece de utilidad.
M. Hidalgo, Fr. Casares
5-6
www.uco.es/electrotecnia-etsiam
PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL
5.3.
TOMO I
Un circuito magnético tiene una sección uniforme de 8 cm² y una longitud
magnética media de 0,295 m, así como un entrehierro de 5 mm.
La curva de magnetización del material viene expresado aproximadamente por la
ecuación:
1,55 H
77 % H
B'
con "B" en teslas y "H" en Av/m.
La bobina (I) consta de 8.000 espiras recorridas por una corriente continua de 0,4
A. Se desea obtener un flujo de 8 × 10-4 Wb en el núcleo considerado. No se considera dispersión
y el factor de apilamiento es la unidad. Se pide:
a) Número
de
espiras
que
S = 8cm
2
deberán añadirse en serie
0.295
(bornes C y D) con las
A
+
dispuestas, en principio, para
conseguir
la
C
(I)
(II)
excitación
adecuada al flujo pedido.
m
D
B
b) A partir de los bornes C y D
-
dibujar la bobina (II) haciendo
5mm
ver el sentido necesario del
arrollamiento.
)))))))))))))))))))))))))
SOLUCIÓN:
a)
La inducción en el hierro valdrá:
BFe '
NFe
'
8 × 10&4
8 × 10&4
S Fe
' 1 TESLA
1,55 HFe
Por tanto:
1'
de donde:
HFe ' 140 Av/m
77 % HFe
En el ENTREHIERRO se tendrá: Ba ' 1 T
de donde:
Ha '
M. Hidalgo, Fr. Casares
Ba
µ0
'
1
107
'
' 795.774,7155 Av/m
µ0 4 B
5-7
ya que no se considera dispersión,
www.uco.es/electrotecnia-etsiam
PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL
TOMO I
En consecuencia (Ley de Ampère):
N I ' HFe lFe % H a la ' 140 × 0,295 % 795.774,7155 × 0,005 '
' 41,3 % 3.978,87 ' 4.020,17 Av
La excitación correspondiente a la bobina (I) valdrá:
N1 I1 ' 0,4 × 8.000 ' 3.200 Av
Siendo: 3.200 < 4.020,17, será preciso añadir en SERIE un número de espiras dado
por:
N2 '
4.020,17 & 3.200
' 2.050,4
0'4
o sea, aproximadamente: 2.051 espiras.
b)
Deberán resultar DOS bobinas en SERIE ADITIVA como se indica en la figura.
I
II
+
C
I
II
-
-
A y D son los polos libres para
conexion con generador.
M. Hidalgo, Fr. Casares
5-8
www.uco.es/electrotecnia-etsiam
PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL
5.4.
TOMO I
La bobina "B" está formada por 500 espiras y gira alrededor del eje "E" a razón
de 50 vueltas por segundo.
1º) Calcular la excitación (2 = NI) necesaria para que en dicha bobina se induzca
una f.e.m de valor eficaz 222 V. No se considera dispersión y se toma como
factor de apilamiento la unidad. Algunas parejas de valores de campo
magnético y de inducción (H-B) se dan en la tabla adjunta.
2º) Se estima que la longitud MEDIA de las espiras del arrollamiento de
excitación es 0,5 m, disponiéndose de un rollo de hilo de cobre de 100 m de
longitud y 1,5 mm² de sección (D = 1,8 µS·cm). Si se utiliza TODO el hilo y
la tensión de alimentación para la excitación es de 200 V, indicar en estas
condiciones si se puede efectuar de forma DIRECTA la conexión de la bobina
a la fuente de alimentación y, en caso contrario, calcular la resistencia que
deberá añadirse en SERIE con ella.
10
10
20
10
I
E
NI
B
10
cotas en
cm
10
20
10
50
H (Av/m)
100
150
200
B (T)
0,2
0,3
0,4
)))))))))))))))))))))))))
SOLUCIÓN:
1º)
Siendo el flujo instantáneo concatenado con las espiras de la bobina "B":
N ' NM cos T t
M. Hidalgo, Fr. Casares
5-9
www.uco.es/electrotecnia-etsiam
PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL
la ley de LENZ: e ' & N
TOMO I
dN
se convierte en: e ' N @ T @ NM sen T t con lo que su valor
dt
MÁXIMO será: EMAX ' N T NM ' N @ 2 B f @ NM y el valor EFICAZ correspondiente:
E'
EMAX
'
2 B f N NM
2
2
' 4,44 N @ f @ NM
de donde:
NM '
E
222
'
' 0,002 ' 2 × 10&3 Wb
4,44 N f 4,44 × 500 × 50
con lo cual se podrá confeccionar la siguiente tabla:
N
S
B
H
L
H.L
(Wb)
(m²)
(T)
(Av/m)
(m)
(Av)
HIERRO
2 × 10-3
10-2
0,2
100
1,5
150
AIRE
2 × 10-3
10-2
0,2
16 × 104
0,1
16.000
PARTES
TOTAL: 16.150
NI
2º)
Av
La resistividad del hilo conductor dada es: D = 1,8 µS·cm, que puede expresarse
también de la forma:
D ' 1,8 µS@cm ' 1,8 × 10&6 S
' 1,8 × 10&2 S
cm 2
102 mm 2
' 1,8 × 10&6 S
'
cm
10&2 m
mm 2
mm 2
' 0,018 S
m
m
La resistencia óhmica de la totalidad del hilo conductor será:
R'D
L
100
' 0,018
' 1,2 S
S
1,5
El número de espiras a ejecutar con dicho hilo resulta ser:
M. Hidalgo, Fr. Casares
5 - 10
www.uco.es/electrotecnia-etsiam
PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL
N'
TOMO I
100
' 200
0,5
La intensidad de la corriente precisa valdrá, por tanto:
I'
16.150
' 80,75 A
200
Por otra parte, la intensidad que recorrería el arrollamiento de excitación si se
conecta DIRECTAMENTE a la fuente de tensión de 200 V ascendería a:
I' '
200
' 166,67 A
1,2
Como este valor: 166,67 es MAYOR que el de 80,75 A, no será posible la
pretendida conexión DIRECTA.
200 V
80.75 A
1.2
r
Será preciso insertar en SERIE una resistencia ADICIONAL de manera que se
verifique:
80,75 '
200
1,2 % r
de donde:
r'
M. Hidalgo, Fr. Casares
200 & 96,9
' 1,276 S
80,75
5 - 11
www.uco.es/electrotecnia-etsiam
PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL
5.5.
TOMO I
En el entrehierro del circuito magnético de la figura se ha dispuesto una bobina de
500 espiras que gira alrededor de su eje a razón de 600 r.p.m de manera que sus terminales
ofrezcan una diferencia de potencial de 20 Voltios.
La longitud de la línea MEDIA de fuerza magnética del citado núcleo es de 47 cm
y la del entrehierro de 3 cm.
Se disponen sobre el núcleo DOS bobinas de N1 = 1.000 espiras y N2 = 800 espiras,
respectivamente, recorriendo la primera de ellas una corriente de 15 A y siendo 100 V la f.e.m del
generador que alimenta la segunda bobina.
O
4.5 cm
2
47 cm
15A
+
+
N 1=1000
-
600 r.p.m.
500 espiras
N =800
2
100 V
+
E
R
Si la sección recta del núcleo es de 4,5 cm² y la relación: B = f(H) se recoge para
algunos de sus valores en la tabla adjunta, se pide:
1º) Valor de la resistencia necesaria (suma de la resistencia R variable y de la
propia del devanado) para obtener la f.e.m de 10 V en los terminales de la
bobina dispuesta en el E.H, según se pretende.
2º) Polaridad de la fuente de tensión de f.e.m "E" para la finalidad prevista en el
apartado anterior.
B (T)
0,5
1
1,5
2
H (Av/n)
500
2.000
1.400
1.700
)))))))))))))))))))))))))
M. Hidalgo, Fr. Casares
5 - 12
www.uco.es/electrotecnia-etsiam
PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL
TOMO I
SOLUCIÓN:
1º)
El valor de la f.e.m inducida en una bobina de N2 espiras es:
E ' 4,44 N2 NM f ' 4,44 × 50 × NM ×
600
60
de donde:
10
' 0,00045 Wb ' 4,5 × 10&4 Wb
4,44 × 500 × 10
NM '
La inducción correspondiente será:
B'
NM
S
'
4,5 × 10&4
4,5 × 10&4
' 1 TESLA
a la que corresponde un campo magnético "H" en el hierro de 1.000 Av/m (ver tabla).
La ley de AMPÈRE permite escribir: N I ' ' Hi li o sea:
N I ' HFe lFe % H EH lEH ' 1.000 × 0'47 %
107
× 0,03 ' 24.343,24 Av
4B
De esa excitación la primera bobina proporciona:
N1 H1 ' 1.000 × 15 ' 15.000 Av
Restarán, por tanto:
N3 I3 ' 24.343,24 & 15.000 ' 9.343,24 Av
En consecuencia:
800 ×
100
' 9.343,24
R
de donde:
RTOTAL ' 8,56 S
2º)
Como es necesario que los flujos de las bobinas (1) y (3) se SUMEN, la polaridad
de la fuente de tensión que alimenta el arrollamiento (3) habrá de ser el indicado en la figura.
M. Hidalgo, Fr. Casares
5 - 13
www.uco.es/electrotecnia-etsiam
PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL
5.6.
TOMO I
Dado el núcleo magnético de la figura cuya excitación está lograda mediante dos
bobinas I y II cuyos números de espiras son, respectivamente:
NI '
1.000
B
NII '
;
250
B
se desea saber:
1º) Con cuál de las dos posibles conexiones de las bobinas, A o B, el flujo
establecido en el núcleo estudiado es de 10-3 Wb.
2º) Valor del flujo magnético en el núcleo para la otra conexión.
+
+
(A)
-
-
(B)
=500
DATOS:
=250
Longitud de la línea de fuerza media: 50 cm.
Sección uniforme a lo largo de todo el núcleo: 10 cm².
Permeabilidad relativa en la posición A: 500.
Permeabilidad relativa en la posición B: 250.
Intensidad de la corriente en ambos casos: I = 2 A.
µ 0 = 4B × 10-7 H/m.
)))))))))))))))))))))))))
SOLUCIÓN:
1º)
Si el valor del flujo es: N = 10-3 Wb, se tendrá:
B'
M. Hidalgo, Fr. Casares
N 10&3
' 1 TESLA
'
S 10&3
5 - 14
www.uco.es/electrotecnia-etsiam
PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL
En la conexión A):
H'
B
107
500
'
Av/m
'
µ 0 µ r 4 B × 500
B
con lo que:
H@l'
500
2.500
× 0,5 '
Av/m
B
B
Entonces:
' (N I) ' 2 ' N '
de donde:
'N'
2.500
B
1.250 1.000 250
'
%
B
B
B
resultado VALIDO.
En la conexión B):
1.250 1.000 250
…
&
B
B
B
que no es resultado VALIDO.
2º)
En la conexión B):
'NI'
750
N@l
0,5 N × 107
5 × 106 N
'H@l'
'
'
B
µ o µ r S 4 B × 250 × 10&3
B
de donde:
N'
M. Hidalgo, Fr. Casares
750
15
'
' 0,15 × 10&3 Wb
6
5
5 × 10
10
5 - 15
TOMO I
www.uco.es/electrotecnia-etsiam
PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL
5.7.
TOMO I
Una fuente de tensión de resistencia interna despreciable y f.e.m desconocida
alimenta los devanados de dos núcleos, de material ferromagnético, idénticos en todo menos en
la longitud de sus respectivos entrehierros.
Admitiendo que la intensidad de la corriente suministrada por la indicada fuente
de tensión sea exactamente la suma de las corrientes necesarias para obtener la excitación que en
cada núcleo corresponde a la existencia de un flujo: N = 10-3 Wb en los respectivos entrehierros,
se pide:
1º) Valor de las excitaciones (NI) precisas para cada núcleo.
2º) Valor de la f.e.m.
R=0
T
+
c
a
4
A
E
N
N
d
b
(I)
DATOS:
(II)
- Flujo en el entrehierro: NEH = 10-3 Wb.
- Sección de los nucleos: 10 cm2.
- Longitud total de la linea de fuerza en cada núcleo: 50 cm.
- Longitud media de las espiras: 40 cm (igual ambos devanados).
- Sección conductores: 0,015 cm2.
- Resistividad: D = 1,8 × 10-6 S Cm
- Resistencia uniones: Rac y Rbd son despreciables.
- No se considera dispersión.
- LA = LEH = 0,5 cm
- N’ = 2 N
)))))))))))))))))))))))))
SOLUCIÓN:
1º)
Para el devanado (I) se tendrá:
M. Hidalgo, Fr. Casares
5 - 16
A
www.uco.es/electrotecnia-etsiam
PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL
NI ' HFe lFe % H a la '
%
es decir:
10&3 × 107
10&3 × 4 B
TOMO I
10&3 × 107
4 B × 10&3 × 1.000
(0,5 & 0,005) %
× 0,005
NI ' 393,91 % 3.978,87 ' 4.372,38 Av
Análogamente, para el núcleo (II), será:
N' I' '
10&3 × 107 × (0,5 & 0,02)
10&3 × 4 B × 1.500
%
10&3 × 107
10&3 × 4 B
× 0,02 '
' 254,65 % 15.915,5 ' 16.170,15 Av
2º)
Las intensidades de las corrientes en cada uno de los devanados valdrán,
respectivamente:
I'
4.372,38
A
N
;
Z' '
16.170,15
A
2N
con lo que la corriente total (suministrada por la fuente de tensión), tendrá por intensidad:
IT ' I % I' &
4.372,38 16.170,15 24.914,91 12.457,455
%
'
'
AMPERIOS
N
2N
2N
N
La resistencia del hilo conductor correspondiente a cada uno de los devanados será:
R1 ' D
0,35 N
' 0,0042 N ( S )
1,5
R2 ' D
0,7 N
' 0,0084 N ( S )
1,5
La resistencia del conjunto de ambas (conectadas en PARALELO) valdrá:
R'
R1 R2
R1 % R2
'
0,00003528
N ' 0,0028 N (S)
0,0126
Por tanto, habrá de verificarse:
E ' IT @ R '
M. Hidalgo, Fr. Casares
12.457,455
× 0,0028 N ' 34,89 V
N
5 - 17
www.uco.es/electrotecnia-etsiam
PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL
5.8.
TOMO I
El circuito magnético de la figura está formado por chapas de aleación: acero-
silicio apiladas hasta lograr un espesor total de 20 mm.
En el núcleo central se arrolla una bobina de 500 espiras de forma que en el
entrehierro se consigue disponer de una inducción: Bc = 1,1 TESLAS, cuando dichas espiras están
recorridas por una corriente de determinada intensidad que se desea calcular. No se considera
dispersión.
20
= 150 mm
= 150 mm
2
1
3
3
50
50
A
85
= 100 mm
2
1
= 200 mm
50
E.H.
6
N = 500
e = 1 mm
250
= 200 mm
4
50
85
1
3
2
= 99 mm
8
150 mm
80
=
50
B
7
5
7
LONGITUDES MEDIAS
350
DE LINEAS DE FUERZA
B (T)
1,00
1,35
1,45
1,50
1,54
1,61
H (Av/m)
400
1.000
2.000
3.000
4.000
6.000
)))))))))))))))))))))))))
SOLUCIÓN:
En el NUDO "A" se verificará:
N1 % N3 ' N2
(1)
Asimismo, la ley de AMPÈRE aplicada a los caminos cerrados 1-2 y 2,3
proporciona:
N I ' H1 l1 % Ha la % H2 l2
(2)
N I ' H2 l2 % H3 l3
(3)
Igualando (2) y (3), se obtendrá:
H1 l1 % Ha la ' H3 l3
M. Hidalgo, Fr. Casares
(4)
5 - 18
www.uco.es/electrotecnia-etsiam
PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL
TOMO I
El campo magnético en el entrehierro valdrá:
Ha '
Ba
µ0
'
1,1
4 B × 10&7
Av/m
con lo que:
Ha la '
1,1 × 107
1,1 × 104
× 10&3 '
' 875,352 Av
4B
4B
Al no existir dispersión, la inducción en el NÚCLEO 1 será igual que la que existe
en el entrehierro:
B1 ' Ba
El valor del campo magnético en dicho núcleo 1 valdrá:
H1 '
B1
µ
y entrando en la tabla de valores H-B, para B1 = 1,1, le corresponde: H1 = 571,42 Av/m
(Interpolación lineal).
La ecuación (4) permite obtener ahora:
H3 '
H1 l1 % Ha la
l3
'
571,42 (1,99 % 3) % 875,352
' 745,35 Av/m
5
El valor de la inducción magnética "B3" correspondiente al del campo magnético
"H3", se obtendrá a partir de la tabla de valores B-H, resultando por interpolación lineal:
B3 ' 1'2 TESLAS
Los respectivos valores del flujo magnético en las columnas 1 y 3 serán, en
consecuencia:
N1 ' B1 S1 ' 1,1 × 50 × 20 × 10&6 ' 0,0011 Wb
N3 ' B3 S3 ' 1,2 × 50 × 20 × 10&6 ' 0,0012 Wb
M. Hidalgo, Fr. Casares
5 - 19
www.uco.es/electrotecnia-etsiam
PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL
TOMO I
De (1) se deduce, por tanto:
N2 ' N1 % N3 ' 0,0011 % 0,0012 ' 0,0023 Wb
La inducción en el núcleo 2 tendrá, pues, por valor:
B2 '
N2
S2
'
0,0023
80 × 20 × 10&6
'
0,0023 × 106
' 1,4375 TESLAS
1.600
a la que corresponde (tabla de valores BH) un campo magnético: H2 ' 1.875 Av/m
Con los valores ya calculados, la igualdad (3) puede ponerse de la forma:
N I ' 1.875 × 0,2 % 745,35 × 5 ' 4.101'75
y como: N = 500, se tendrá finalmente:
I'
M. Hidalgo, Fr. Casares
4.101,75
' 8,2 A
500
5 - 20
www.uco.es/electrotecnia-etsiam
PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL
5.9.
TOMO I
Del circuito magnético de la figura se sabe que:
a) El flujo en la columna central es 10-3 Wb y su sentido el indicado.
b) El flujo en la columna de la izquierda es 10-2 Wb y su sentido está también
representado en la misma figura.
c) Las dimensiones del núcleo son:
S1 = 25 cm² ; S2 = 50 cm² ; S3 = 25 cm²
L1 = 40 cm ; L2 = 20 cm ; L3 = 40 cm ; LEH = 2 mm
d) Los valores significativos de la curva de imantación del material se recogen en
la siguiente tabla:
B (T)
0,2
4,0
4,4
H (Av/m)
100
3.000
3.520
e) El número de espiras de la bobina 3 es DOBLE que el de la bobina 1.
Se pide calcular los valores de las f.m.m: N1 i1; N2 i2; N3 i3 del circuito magnético.
3
A
N
3
1
1
2
N
1
1
1
2
1
Rm3
1
N
N
2
Rm2
3
3
2
Rm1
S
S3
S2
1
RmeH
N
B
N
CIRCUITO MAGNETICO
CIRCUITO ELECTRICO
)))))))))))))))))))))))))
SOLUCIÓN:
En el nudo "A" se verificará:
M. Hidalgo, Fr. Casares
5 - 21
2
2
3
3
www.uco.es/electrotecnia-etsiam
PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL
N3 ' N1 %N2 ' 10&2 % 10&3 ' 1,1 × 10&2 Wb
Por otra parte:
N1 Rm % N3 Rm ' H1 l1 % H3 l3 ' N3 i3
1
3
Pero:
B1 '
con lo que:
N1
'
10&2
' 4 TESLAS
25 × 10&4
S1
H1 ' 3.000 Av/m
Análogamente:
B3 '
y, por tanto:
N3
'
1,1 × 10&2
'
25 × 10&4
S3
110
' 4,4 TESLAS
25
H3 ' 3.520 Av/m
Con los valores de H1 y H3 hallados, resultará:
N3 i3 ' 3.000 × 0,4 % 3.520 × 0,4 ' 2.608 Av
En la columna CENTRAL se podrá escribir:
N1 Rm & N2 Rm & N2 R m ' N1 i1 & N2 i2 ' N I
1
2
EH
o sea:
H1 l1 & H2 l2 & N2 Rm ' N I
EH
En dicho núcleo CENTRAL, la inducción magnética tiene por valor:
B2 '
M. Hidalgo, Fr. Casares
N2
S2
'
10&3
50 × 10&4
' 0,2 TESLAS
5 - 22
TOMO I
www.uco.es/electrotecnia-etsiam
PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL
con lo que el campo magnético será:
TOMO I
H2 ' 100 Av/m
Asimismo:
Rm '
EH
LEH
'
µ 0 S EH
2 × 10&3
4 B × 10&7 × 50 × 10&4
'
106 &1
H
B
En consecuencia:
3.000 × 0,4 & 100 × 0,2 &
10&3 × 106
'NI
B
es decir:
N I ' 1.200 & 20 &
1.000
' 861,69 Av/m
B
Como la bobina 1 tiene la MITAD de espiras que la bobina 3 y la corriente que las
recorre es la MISMA (están conectadas en SERIE), deberá ser:
N1 i1 '
N3 i3
2
'
2.608
' 1.304 Av
2
con lo que:
N2 i2 ' N1 i1 & N I ' 1.304 & 861,69 ' 442,31 Av
M. Hidalgo, Fr. Casares
5 - 23
www.uco.es/electrotecnia-etsiam
PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL
5.10.
TOMO I
Dado el circuito magnético de la figura se desea saber qué tensión "V" se debe
aplicar entre los bornes "a" y "b" para que los flujos magnéticos "N1" y "N3" tengan por valor,
respectivamente, 0,02 Wb y 0,01 Wb, con los SENTIDOS marcados de forma que se pueda hacer
la conexión de las bobinas con la tensión buscada sin tener que utilizar ninguna resistencia
adicional para suplementar la propia de los arrollamientos.
DATOS:
- Resistividad del hilo de las bobinas: D = 0,018 S mm²/m
- Sección de dicho hilo conductor: 1,5 mm²
- Permeabilidad relativa del material ferromagnético en las condiciones de
trabajo: µ r = 500
- Longitud de las distintas líneas de fuerza magnética MEDIAS: l1 = 60 cm;
l3 = 30 cm; l2 = 60 cm
- N1 (número de espiras de la bobina "1") = 1.000
- Sección de TODOS los núcleos y culatas: 10-2 m²
- Longitud MEDIA de las espiras de las 2 bobinas: 50 cm
a
b
V?
A
1
1
2
3
N
N
1
2
3
B
)))))))))))))))))))))))))
SOLUCIÓN:
En el nudo "A" se verificará: N1 ' N2 % N3 de donde:
N2 ' N1 & N3 ' 0,02 & 0,01 ' 0,01 Wb
La inducción magnética en dicho núcleo valdrá:
B2 '
M. Hidalgo, Fr. Casares
1 × 10&2
10&2
'1T
5 - 24
2
www.uco.es/electrotecnia-etsiam
PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL
TOMO I
En los otros núcleos:
2 × 10&2
B1 '
10&2
' 2 T y B3 '
10&2
10&2
'1T
Los campos magnéticos correspondientes tendrán por valor:
B1
H1 '
µ0 µr
H2 ' H3 '
'
1
2 × 107
104
'
Av/m
500 × 4 B
B
107
104
'
Av/m
500 × 4 B 2 B
En consecuencia:
N1 I ' H1 l1 % H3 l3 '
'
de donde:
I'
104
104
×0,6 %
× 0,8 '
B
4B
104
(0,6 % 0,15) ' 2.387,32 Av
B
2.387,32
' 2,387 A
1.000
Asimismo:
N2 I ' &H3 l3 % H2 l2 ' &
de donde:
N2 '
104
104
104
× 0,3 %
× 0,6 '
× 0,3 ' 477,46 Av
2B
2B
2B
477,46
' 200 Espiras
2,387
Por fin:
V ' I R ' 2,387 ×
'
M. Hidalgo, Fr. Casares
(N1 % N2) × 0,5 × 0,018
1,5
2,387 × 1.200 × 0,5 × 0,018
' 17,19 V
1,5
5 - 25
'
www.uco.es/electrotecnia-etsiam
PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL
5.11.
TOMO I
El núcleo central del circuito magnético de la figura está bobinado con 800 espiras.
Si la curva de magnetización del acero fundido con que está realizado el circuito
magnético en su totalidad responde a la ecuación:
B'
1,8 × 10&3 H
1 % 10&3 H
con "B" en Teslas y "H" en Av/m, determinar la intensidad de la corriente que debe circular por
la bobina antes citada para obtener en el entrehierro un flujo de 1 mWb.
Si la tensión disponible para alimentar la bobina es de 200 V, diseñar el montaje
a realizar para que la corriente que recorra dicha bobina tenga la intensidad adecuada al cálculo
magnético antes realizado.
Datos:
- Se supone que no hay dispersión de flujo y que el coeficiente de apilamiento
es la unidad.
- La longitud MEDIA de las espiras del bobinado es de 275 mm y el
conductor utilizado tiene 1 mm2 de sección, siendo su resistividad: D = 0,02
S mm/m.
)))))))))))))))))))))))))
SOLUCIÓN:
Por razones de simetría, en el núcleo CENTRAL se tendrá:
B'
M. Hidalgo, Fr. Casares
N/2 N
10&3
1
'
'
' TESLA
S/2
S 4.000 × 10&6 4
5 - 26
www.uco.es/electrotecnia-etsiam
PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL
TOMO I
En consecuencia:
B'
1 1,8 × 10&3 H
'
4
1 % 10&3 H
H'
103
' 161,29 Av
6,2
de donde:
En el ENTREHIERRO, por idénticas razones de simetría y al no considerarse
dispersión de flujo será:
B'
N/2 N
10&3
1
'
'
' TESLA
S/2
S 4.000 × 10&6 4
con lo que el campo magnético valdrá:
H'
B
107
'
' 198.943,68 Av/m
µ 0 16 B
En cada una de las culatas y núcleos laterales resultará:
B'
N/2
0,5 × 10&3
1
'
' TESLA
S
2.000 × 10&6 4
por lo que el valor del campo magnético será igual al ya calculado, o sea: H ' 161,29 Av/m
El Teorema de Ampère, aplicado al presente ejercicio, tendrá por expresión:
N I ' 161,29 (0,7 % 0,25) %
' 161,29 ×0,95 %
107
× 10&3 '
16 B
104
' 352,1692 Av
16 B
La intensidad de la corriente necesaria para lograr dicha excitación magnética
tendrá por valor:
M. Hidalgo, Fr. Casares
5 - 27
www.uco.es/electrotecnia-etsiam
PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL
I'
TOMO I
352,1692
' 0,44 A
800
La longitud TOTAL del arrollamiento será:
LT ' N × Le ' 800 × 0,275 ' 220 m
y la resistencia eléctrica correspondiente valdrá:
R'D
LT
S
' 0,02 ×
220
' 4,4 S
1
La conexión directa a la fuente de tensión del arrollamiento daría lugar a una
intensidad de corriente:
I' '
220
' 50 A > I (0,44)
4,4
Se deberá adicionar en serie con el bobinado una resistencia "RAD" tal que:
0,44 '
es decir:
220
4,4 RAD
RAD ' 495,6 S
M. Hidalgo, Fr. Casares
5 - 28
www.uco.es/electrotecnia-etsiam
PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL
5.12.
TOMO I
En el circuito de la figura, la inducción en el E.H. vale 0,8 T. El material del que
está fabricado el núcleo responde de manera muy aproximada a la formula de FROELICH:
B'
1,6 H
75 % H
(B en T y H en Av/m)
En la columna central se dispone un arrollamiento constituido por 200 espiras que
se pretende alimentar con una fuente de tensión continua de 14 V.
2
3
8
1
2
N=200
+
14 v
0.1
-
2
2
6
4
6
2
4
COTAS EN CM
Se pide:
1.-
Intensidad de la corriente en el arrollamiento.
2.-
Indicar si es posible la conexión directa de dichos arrollamientos con la fuente de
tensión de 14 V.
Longitud de hilo (se utilizará todo) 35 m.
D=0.018 Smm2/m.
S=1 mm2.
3.-
En caso de no ser posible la conexión directa: (arrollamiento-fuente) determinar
con cual o cuales de los elementos que seguidamente se detallan podría lograrse
la conexión deseada.
a) Condensadores de 2 F de capacidad.
b) Resistencias de 2 S.
c) Bobinas de autoinducción de 0,001 H.
Deberá concretarse además del tipo de elemento seleccionado, el nº de ellos y la
agrupación que haya de realizarse.
Se admitirá que no hay dispersión y que el coeficiente de apilamiento es la unidad.
)))))))))))))))))))))))))
SOLUCIÓN:
M. Hidalgo, Fr. Casares
5 - 29
www.uco.es/electrotecnia-etsiam
PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL
1º)
TOMO I
La inducción en el núcleo 2 será igual a la del entrehierro, ya que no se considera
dispersión. Por tanto, el valor del campo magnético en dicho núcleo será tal que se verifique:
0,8 '
o sea:
1,6 H2
75 % H2
H2 ' 75 Av/m
Asimismo, el valor del flujo en el citado núcleo será:
N2 ' B2 S2 ' 0,8 × 8 × 10&4 ' 6,4 × 10&4 WEBERS
Por aplicación de la ley de AMPÈRE se tendrá:
H3 l3 ' H2 l2 % Ha la
es decir:
0,28 H3 ' 75 × 0,279 %
0,8
× 10&3
&7
4 B × 10
de donde resulta:
H3 ' 2.348,37 Av/m
La inducción en el núcleo 3 será, por tanto:
B3 '
1,6 × 2.348,37
' 1,55 TESLAS
75 % 21.348,37
En dicho núcleo, el flujo magnético tendrá por valor:
N3 ' B3 S3 ' 1,55 × 8 × 10&4 ' 12,4 × 10&4 WEBERS
En consecuencia, el flujo en el núcleo 1 valdrá:
N1 ' N2 % N3 ' 6,4 × 10&4 % 12,4 × 10&4 ' 18,8 × 10&4 WEBERS
Asimismo:
M. Hidalgo, Fr. Casares
5 - 30
www.uco.es/electrotecnia-etsiam
PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL
B1 '
N1
18,8 × 10&4
'
16 × 10&4
S1
TOMO I
' 1,175 TESLAS
y:
H1 '
7,5 B1
1,6 & B1
'
75 × 1,175
' 207,35 Av/m
1,6 & 1,175
PARTE DEL
N
S
B
H
L
H.L
CIRCUITO
(Wb)
(m2)
(T)
(Av/m)
(m)
(Av)
1
18,8 × 10-4
16 × 10-4
1,175
207,35
0,100
20,735
2
6,4 × 10-4
8 × 10-4
0,800
75
0,279
20,925
3
12,4 × 10-4
8 × 10-4
1,550
2.348,37
0,280
657,540
E.H
6,4 × 10-4
8 × 10-4
0,800
636.620
0,001
636,620
También de la ley de AMPÈRE se tiene:
N I ' H1 l1 % H2 l2 % Ha la
o sea:
N I ' 20,735 % 20,925 % 636'62 ' 678,28 Av
con lo que:
I'
2º)
678,28
' 3,392 A
200
La resistencia eléctrica del hilo conductor será:
RHILO ' D
L 0,018 × 35
'
' 0,63 S
S
1
En conexión DIRECTA:
I' '
V
14
'
' 22,22 > 3,392
RH 0,63
lo que equivale a que no sea posible dicha conexión directa.
M. Hidalgo, Fr. Casares
5 - 31
www.uco.es/electrotecnia-etsiam
PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL
3º)
TOMO I
La resistencia adicional (no valen condensadores ni bobinas) será tal que:
3,392 '
14
0,63 % RAD
de donde:
RAD ' 3,5 S
Una posibilidad de obtener esa resistencia se indica en la figura.
RAB '
2
2
% 2 % ' 3,5 S
4
2
NO ES SOLUCIÓN ÚNICA
M. Hidalgo, Fr. Casares
5 - 32
www.uco.es/electrotecnia-etsiam
PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL
5.13.
TOMO I
En el circuito magnético de la figura son conocidas las magnitudes que se incluyen
a continuación:
N1 I1 = 1.200 Av ; N2 = 10-3 Wb ; L1 = 100 cm ; L2 = 60 cm
L3 = 200 cm ; S (sección normal al flujo) = 10-3 m2
+
A
3
1
1
(III)
(I)
N
2
N3
1
4
-
2
3
B
La relación B-H del material utilizado, según tabla que se acompaña.
B (T)
0,2
0,5
1,0
1,5
H (Av/m)
120
300
500
900
Se pide:
1) Determinar, a partir de los datos indicados, la relación N1/N3 del número de
espiras de las dos bobinas.
2) Si se invirtiesen las conexiones de la bobina arrollada sobre el núcleo (3),
determinar la misma relación N1/N3 comentando el resultado matemático
obtenido.
3) Considerando el primer apartado, si de la primera bobina [arrollada sobre el
núcleo (1)] se conoce:
- Longitud de las espiras: 35 cm
- Número de espiras: 48
- Resistividad del hilo conductor empleado: 0,02 Ohm·mm2/m
calcular la sección mínima del conductor para que la intensidad de la corriente
necesaria no sobrepase la máxima admisible dada por la tabla que se acompaña.
M. Hidalgo, Fr. Casares
S (mm2)
1,5
2,5
4
6
IMAX
18
26
35
45
5 - 33
www.uco.es/electrotecnia-etsiam
PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL
TOMO I
4) Igualmente, teniendo en cuenta el primer apartado del problema, si la longitud
media de las espiras de la bobina arrollada sobre el núcleo (3) es también de 35
cm, hallar el número de espiras de que deberá constar dicha bobina y la
resistencia que habrá de conectarse en serie con ella para que ambas bobinas
puedan ser alimentadas por una f.d.t. de 220 V de forma que la excitación
magnética en las dos sea la calculada.
NOTA: Se despreciará cualquier resistencia eléctrica distinta de las correspondientes a los
conductores de las bobinas y la del elemento pasivo añadido.
)))))))))))))))))))))))))
SOLUCIÓN:
1º)
En el nudo A deberá verificarse:
N1 ' N2 % N3
(1)
En cada una de las ventanas del núcleo se tendrá, asimismo:
H1 l1 % H2 l2 ' N1 I1
(2)
H3 l3 & H2 l2 ' N3 I3
(3)
Como: N2 = 10-3 Wb (DATO) y S = 10-3 m2, resulta:
B2 '
N2
S
'
10&3
10&3
' 1 TESLA
Según la tabla: H2 ' 500 Av/m
M. Hidalgo, Fr. Casares
5 - 34
www.uco.es/electrotecnia-etsiam
PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL
TOMO I
Por tanto, de (2):
H1 l1 ' N1 I1 & H2 l2 ' 1.200 & 500 × 0,6 ' 900 Av
es decir:
H1 '
900
' 900 Av/m
1
Para ese valor de H1, la tabla de valores B-H da: B1 ' 1,5 TESLAS y, en
consecuencia:
N1 ' B1 S ' 1,5 × 10&3 ' 1,5 × 10&3 WEBER
De la relación (1) se conocerá ahora:
N3 ' N1 & N2 ' 10&3 × (1,5 & 1) ' 0,5 × 10&3 Wb
y, por tanto:
B3 '
N3
'
0,5 × 10&3
10&3
S
' 0,5 TESLAS
que supone (ver tabla): H3 ' 300 Av/m
Por fin, de (3):
N3 I3 ' 300 × 2 & 500 × 0,6 ' 300 Av
Se tendrá, en resumen:
N1 I1
'
N3 I3
1.200
'4
300
y como: I1 = I3 (conexión SERIE de las bobinas), resultará:
N1
N3
M. Hidalgo, Fr. Casares
'4
5 - 35
www.uco.es/electrotecnia-etsiam
PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL
2º)
TOMO I
Invirtiendo la polaridad de la bobina 3, se tendrán las siguientes relaciones:
N1 % N3 ' N2
(1)
N1 I1 ' H1 l1 % H2 l2
(2)
N3 I3 ' H3 l3 % H2 l2
(3)
donde N2, B2 y H2 conservan los mismos valores que en el apartado anterior, o sea:
N2 ' 10&3 Wb
;
B2 ' 1 TESLA
;
H2 ' 500 Av/m
Asimismo, también serán iguales:
H1 ' 900 Av/m
;
B1 ' 1,5 TESLAS
;
N1 ' 1,5 × 10&3 WEBER
De (1) resulta ahora:
N3 ' N2 & N1 ' 10&3 × (1 & 1,5) ' &0,5 × 10&3 Wb
con lo que su sentido sería el correspondiente a N'3 (figura B).
Las ecuaciones del circuito sería ahora:
N1 ' N2 % N'3
(1)
N1 I1 ' H1 l1 % H2 l2
(2)
N3 I3 ' H2 l2 & H3 l3
(3)
M. Hidalgo, Fr. Casares
5 - 36
www.uco.es/electrotecnia-etsiam
PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL
TOMO I
Siendo, como antes:
H2 ' 500 Av/m
;
B1 ' 1,5T
N1 ' 1,5 × 10&3 Wb
;
H1 ' 900 Av/m
resultará con el nuevo sentido de N3:
N3 ' N1 & N2 ' 0,5 × 10&3 Wb
de donde:
B3 ' 0,5 T
y
H3 ' 300 Av/m
Con ello:
N3 I3 ' 500 × 0,6 & 300 × 2 ' &300 Av
En consecuencia, la inversión de las conexiones de la bobina arrollada en el núcleo
(3) no es compatible con el mantenimiento del sentido del flujo en la columna (2). En tales
condiciones, el problema NO tiene solución posible.
3º)
De: N1 I1 = 1.200 Av, siendo N1 = 48 espiras, resulta:
I1 '
1.200
' 25 A
48
Para esa intensidad de corriente, la sección MÍNIMA habrá de ser:
S ' 2,5 mm 2
(ver tabla)
La resistencia del hilo valdrá:
R1 ' D
M. Hidalgo, Fr. Casares
L1
S1
' 0,02 ×
48 × 0,35
' 0,1344 S
2,5
5 - 37
www.uco.es/electrotecnia-etsiam
PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL
4º)
La resistencia eléctrica del hilo correspondiente al devanado (3) será:
N1
R2 ' D
N3 Lm
S
'D
4
Lm
S
48
× 0,35
4
' 0,02 ×
' 0,0336 S
2,5
Por tanto, se deberá verificar:
25 '
220
0,1344 % 0,0336 % RAD
es decir:
RAD '
M. Hidalgo, Fr. Casares
220 & 4,2
' 8,632 S
25
5 - 38
TOMO I
www.uco.es/electrotecnia-etsiam
PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL
5.14.
TOMO I
Dado el circuito magnético de la figura, calcular el número de Av que será preciso
disponer en la columna (1) para que el flujo en el núcleo central sea N2 = 10-4 Wb. Se supone que
no hay dispersión y que el factor de apilamiento es la unidad.
En las condiciones de trabajo: µ r = 1.000.
1
A
B
3
AA' = CC' = 300 mm
2
+
BB'' = B'B''' = 145 mm
EH = B''B''' = 10 mm
(NI)
C
DATO
B
EH
1
(NI)
3
B
AB = BC = A'B' = B'C'' = 300 mm
1
2
+
2
S = 100 mm
3
(NI)3 = 10.000 Av
A
B
C
)))))))))))))))))))))))))
SOLUCIÓN:
En el nudo "B" y en las ventanas (1, 2) y (2, 3) se puede escribir:
N2 ' N1 % N3
(1)
(N I)1 ' N1 Rm1 % N2 Rm2
(2)
(N I)3 ' N2 Rm2 % N3 Rm3
(3)
De (3) se deduce:
N3 '
(N I)3 & N2 Rm2
Rm3
Sustituyendo este valor en (1) resulta:
N1 ' N2 & N3 ' N2 &
(N I)3 & N2 Rm2
Rm3
Introduciendo a su vez este resultado en (2) se obtiene:
M. Hidalgo, Fr. Casares
5 - 39
www.uco.es/electrotecnia-etsiam
PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL
(N I)1 ' N2 Rm1 &
TOMO I
Rm1 (N I)3 & N2 Rm2 R m1
Rm3
% N2 R m2
o sea:
(N I)1 '
N2 Rm1 (Rm3 % Rm2)
R m3
&
Rm1
Rm3
(N I)3 % N2 Rm2
y como: Rm1 = Rm3, se tendrá:
(N I)1 ' N2 (Rm3 % Rm2) & (N I)3 % N2 R m2 ' N2 (2 Rm2 % Rm3) & (N I)3
(4)
[compárese con (4')].
Rm1 ' Rm3 '
l
0,9
' 0,0009 K
'
µ S 1.000 S µ 0
con: K = 1/(S µ 0).
Rm2 '
l
0,29
0,01
1
%
'
(0,00029 % 0,01) ' 0,01029 K
'
µ S 1.000 S µ 0 S µ 0 S µ 0
En consecuencia:
(N I)1 ' 10&4 (0,0009 K % 0,02058 K) & 10.000 '
' 10&4 ×
0,02148
4 B × 10&7 × 10&4
& 10.000 ' 7.093,24 Av
Si el arrollamiento de excitación (N I)3 estuviese devanado en sentido contrario,
resultaría:
(N I)1 ' 17.093,24 % 10.000 ' 27.093,24 Av
M. Hidalgo, Fr. Casares
5 - 40
www.uco.es/electrotecnia-etsiam
PROBLEMAS DE ELECTROTECNIA GENERAL
R
R
1
A
C
1
1
3
B
+
E
TOMO I
?
+
3
dato
R
E
2
3
2
R
A
1
= R
3
B
C
Para el circuito ELÉCTRICO "equivalente" se escribirían las siguientes ecuaciones:
I2 ' I1 % I3
(1')
E1 ' I1 R1 % I2 R2
(2')
E3 ' I2 R2 % I3 R3
(3')
De (3'):
I3 '
E3 & I2 R2
R3
De (1'):
I1 ' I2 & I3 '
I2 R3 & E3 % I2 R2
'
R3
I2 (R2 %R3) & E3
R3
De (2'):
E1 '
R1
R3
I2 (R2 % R3) & E3 % I2 R2 ' I2 (R2 % R3) & E3 % I2 R2
y como final:
E1 ' I2 (2 R2 % R3) & E3
M. Hidalgo, Fr. Casares
(4')
5 - 41