1 propiedades magnÉticas de la materia antonio j. barbero dpto. física aplicada uclm c.a. uned...

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


m

Z

Líneas de campo B


15

uru

u


m

Z sin

cos2

4

33

0

u

ru

r

mAB r

r

Zu

Líneas de campo B


16

uru

u


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


17

uru

u

Líneas de campo B

Igual módulo del potencial vectorial Potencial vectorial entrante (mitad derecha)

Potencial vectorial saliente (mitad izquierda)

A


m

Z

20

4

r

uumA rZ

sin

cos2

4

33

0

u

ru

r

mAB r

r

Zu

uuu rZ


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


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


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


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


PROBLEMA 5

27

SA = 10 cm2 SB = 16 cm2

dA = 4 mm dB = 1 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


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


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


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

++++

http://www.uclm.es/profesorado/ajbarbero/EMO2.htm

http://scienceworld.wolfram.com/physics/topics/Electromagnetism.html

http://laplace.us.es/wiki/index.php/Materiales_magn%C3%A9ticos

1 propiedades magnÉticas de la materia antonio j. barbero dpto. física aplicada uclm c.a. uned...

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