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UNIVERSIDAD NACIONAL DEL CALLAO
FACULTAD DE INGENIERÍA ELÉCTRICA Y ELECTRÓNICA
ESCUELA PROFESIONAL DE INGENIERÍA ELÉCTRICA
CURSO : TEORÍA DE CAMPOS ELECTROMAGNÉTICOS
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.
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 I 1 (ver la figura mostrada a continuación).
d w
h
z
PROFESOR : Ing. FLORES ALVAREZ ALEJANDRO
Para calcular la inductancia mutua entre la espira rectangular conductora y el alambre
recto muy largo, de manera directa utilizamos la siguiente ecuación:
1
2 12 12 I
N
L
Hallo 12 (flujo ligado para una vuelta del circuito 1 sobre el circuito 2)
Se sabe:... (2)
Se sabe que para un hilo , con corriente I 1 , la inducción magnética B 1
, a una distancia r
del hilo, viene dada por:
0 1 1
I
B a 2 π r
De la figura: (^) d S 2 hdr a
Reemplazo
B 1 y
d S 2 en la ecuación ( 2 ):
d + w 0 1 0 1
r = d
I I h dr a h dr a 2 π r 2 π r
0 I h 1 d + w Ln 2 π d
d
I
w
h
r dr
z
2 1
12
B dS S
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 + L (^) externa... (2)
Para calcular la inductancia “ L ” aplico concepto de energía magnética ( Wm ), es decir
utilizo:
m 2
2W
L =
I
;
2
m V
1 B
W = dV 2
Luego, para la región interior ( a) tenemos:
2 π a^2 0 int (^2 ) 0 z = 0 0 = 0
2 1 I
L = d d dz I (^2) 2 π a
(^)
^
a 2 π 0 3 int (^2 ) = 0 0 z = 0
L = d d dz 4 π a
^
0
L int=
Conclusión: del resultado obtenido se puede concluir que la inductancia interna (L (^) interior )
no depende del radio del conductor. Por lo tanto, para todo alambre muy largo se
cumple que:
0 L = 8 π
Para la región exterior a < btenemos:
2 π b^2 0 ext (^2) 0 z = 0 0 = a
2 1 I
L = d d dz I (^2) 2 π
b 2 π 0 ext (^2) = a 0 z = 0
d L = d dz 4 π
^
0 ext
b
L = Ln
2 π a
Reemplazo L int y Lext en la ecuación (2):
0 0 b L = Ln 8 π 2 π a
Finalmente reemplazo en la ecuación ( 1 ) y obtengo la inductancia por unidad de longitud
para un cable coaxial:
0 0
b L = Ln
8 π 2 π a
(^)
Problema Nº 3
Determine la inductancia mutua entre dos espiras rectangulares coplanares con lados
paralelos, como se muestra en la figura. Suponga que L 1 >> L 2 (L 2 >b>d).
Resolución:
Por condición del problema: L 1 (^) L 2 ,
entonces los lados de longitud L 1
de la espira grande se pueden
considerar como hilos infinitos,
por lo tanto el sistema dado equivale
al mostrado a continuación:
Asimismo:
d
L 1 L 2
a
b
d
L 2
a
b
z
d
1
I
I 1
1´
2
1´´
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.
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 I 1 (ver la figura).
b d b 3 2 d
z
I 1
1
2
d
60º 2(^ ^ d)tg30º
N 2 1
Se sabe que el campo magnético (^) B 1
, debido al hilo (^) con corriente I 1 , a una
distancia^ ^ del hilo , viene dado por:
0 1 1
I
B a 2 π
Hallo (flujo ligado para una vuelta del circuito 1 sobre el circuito 2)
Se sabe:
2
1 2
S
B. d S
; donde: d S 2 2( d)tg30ºd a
Luego:
2
b d + 3 2 0 1 0 1
S d
I I (^) ( d) a ( d)d a d 2 π (^3) π
b d + 3 2 0 1 0 1
d
I I (^) b 2d dLn 3 d Ln 3 π 3 π 2 2d + b 3
^
^
Cálculo de “L 12 ” (inductancia mutua entre el alambre y la espira triangular) :
Se sabe :
1
2 12 12 I
N
L
Donde: N 2 = 1
Reemplazando en ( 1 ) , obtenemos finalmente que:
0 12
b 2d
L 3 d Ln
3 π 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 r 0 y sección transversal circular de radio
b. Obtenga una expresión aproximada suponiendo b << r 0.
Resolución:
Del enunciado del problema, la figura correspondiente a la sección transversal circular
es:
r 0
2b
Reemplazando en ( 1 ):
b 2 0 0 0
0 0 0 0
NI N I N I b a 2 πr dr a r dr 2 π r r r 2
^
^ ^ ^
2 0
0
N I b
2r
(flujo ligado a una vuelta)
Luego, el flujo ligado a N vueltas o flujo total es igual a:
2 2 0
0
N I b
2r
Finalmente Hallo “ L ” (autoinductancia o inductancia de la bobina toroidal)
Sabemos : L
I
2 2
0
0
N b
L
2r
( 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.
dr r a
b
h
I
I
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
Por Ley de Ampere:
Luego: B(2π r) = 0 (NI)
0 NI
B
2 π r
0 NI
B a 2 π r
Hallo “ ” (flujo magnético ligado a una vuelta):
Se sabe:
S
B. d S
; donde: d S hdx a
Luego:
b 0 0
S a
NI N I h dr a. hdx a 2 π r 2 π r
0 N I h^ b Ln 2 π a
Luego, el flujo ligado a N vueltas o flujo total es igual a:
2 0 N^ I h^ b Ln 2 π a
Hallo “L” (autoinductancia o inductancia del toroide)
Se cumple que: (^) L
I
Reemplazando en (1) tenemos que la autoinductancia del toroide está dada por:
2
0
N h b
L Ln
2 π a
trayectoria
Amperiana
B
a^
b
r
d
enc C
B d 0 I
