TALLER NÚMERO UNO
UNIVERSIDAD DISTRITAL FRANCISCO JOSÉ DE CALDAS
INGENIERÍA ELÉCTRICA
Conversión de energía 2021
Presentado a:
Profesor Edwin Rivas
Presentado por:
Leider Salomon Vanegas Vanegas cod.20181007022
Ibeth Katherin Ordoñez Galindo cod. 20181007055
1.1 Calcular la intensidad que debe aplicarse a la bobina del circuito magnético de la figura para
establecer en la columna derecha un flujo de 10
−3
𝑊𝑏. La permeabilidad relativa se supone que es
2
constante en todos los puntos de valor µ
𝑟
= 400, y la sección 𝑆 = 10𝑐𝑚 y es la misma en toda la
2
estructura, excepto en la columna izquierda que vale 20𝑐𝑚 . la longitud l es igual a 10cm. calcular
también el flujo en el brazo central.
Realizando la analogía con circuitos se plantea:
Φ1 = Φ2 + Φ3
𝑅1 =
𝐿1
𝑆𝑢
=
2𝐿
𝑆*µ1*µ0
= 397887, 36
𝑅2 =
𝐿2
𝑆𝑢
=
𝐿
𝑆´*µ1*µ0
= 99471, 839
𝑅3 =
𝐿3
𝑆𝑢
=
𝐿
𝑆*µ1*µ0
= 198943, 68
𝑅4 =
𝐿4
𝑆𝑢
=
3𝐿
𝑆*µ1*µ0
= 596831, 04
Dada la equidad entre los potenciales se tiene que
(Φ3)(𝑅1 + 𝑅2) = (Φ2)(𝑅4)
Φ2*𝑅4
𝑅1+𝑅2
Φ3 =
= 0, 0012 𝑊𝑏
Φ1 = (Φ2 + Φ3) = 2, 2 𝑚𝑊𝑏
Estableciendo una ecuación de malla:
𝐹𝑚𝑚1 = 𝑁𝐼 = 𝑅3(Φ1) + (𝑅4)Φ2
𝐼=
𝑅3(Φ1)+(𝑅4)Φ2
𝑁
= 9, 947 ≃ 9, 95 𝐴.
2
1.2 Un circuito magnético tiene una sección uniforme de 8𝑐𝑚 y una longitud magnética media igual
a 0,3 metros. Si la curva de magnetización del material viene expresada aproximadamente por la
ecuación
𝐵=
1.55𝐻
77 + 𝐻
𝐵: 𝑇𝑒𝑠𝑙𝑎𝑠 𝐻: 𝐴𝑣/𝑚
Calcular la c.c. en amperios que debe introducirse en la bobina excitación, que tiene 100 espiras para
producir un flujo en el núcleo de 8 * 10
−4
𝑊𝑏.
𝐹1 = 𝑁𝐼 = 𝐻𝑚𝐿𝑚 𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒 𝐿𝑚 = 0, 3𝑚
Se despeja B dado el flujo
𝐵𝑚 =
Φ
𝑆
= 1 𝑊𝑏/𝑚
Dada la ecuación que describe la curva de magnetización se despeja H.
𝐵 =
1,55𝐻
77+𝐻
→ 77𝐵 + 𝐵𝐻 = 1, 55𝐻 → 77𝐵 = 𝐻(1, 55 − 𝐵)
𝐻=
77𝐵
1,55−𝐵
𝑐𝑜𝑛 𝐵𝑚: 1 → 𝐻𝑚 = 140
Finalmente :
𝑁𝐼 = 𝐻𝑚𝐿𝑚 → 𝐼 =
𝐻𝑚𝐿𝑚
𝑁
= 0, 42 𝐴.
1.3 Calcular la corriente necesaria bobina de la figura para producir una densidad de flujo en el
entrehierro igual a 0,8 Teslas. El núcleo está hecho de un material cuya curva de imanación viene dada
por:
𝐵=
1,6𝐻
75 + 𝐻
𝐵: 𝑇𝑒𝑠𝑙𝑎𝑠 𝐻: 𝐴𝑣/𝑚
Dada la geometría planteada se tiene que :
−2
−2
−2
2
−4
−3
𝐿1 = 10 * 10 𝑚 ; 𝐿2 = 31, 9 * 10 𝑚 ; 𝐿3 = 32 * 10 𝑚 ; 𝐿𝑔 = 1 * 10 𝑚
−4
2
−4
2
−4
2
𝑆1 = 2 * 4 * 10 𝑚 = 8 * 10 𝑚 ; 𝑆2 = 8 * 4 * 10 𝑚 = 32 * 10 𝑚
−4
2
−4
2
𝑆𝑔 = (2 + 0, 1)(4 + 0, 1) * 10 𝑚 = 8, 61 * 10 𝑚
Dada la densidad de flujo del entrehierro se calculó el flujo del brazo derecho:
−4
Φ𝑔 = Φ𝐷 = 𝐵𝑔 * 𝑆𝑔 = 6, 88 * 10
𝑊𝑏
Despejando H de la ecuación de curva de magnetización:
𝐵=
1,6𝐻
75 + 𝐻
→ 75𝐵 + 𝐻𝐵 = 1, 6𝐻
𝐻=
75𝐵
1,6−𝐵
Para el brazo derecho:
𝐵𝐷 =
Φ𝐷
𝑆1
2
= 0, 86 𝑊𝑏/𝑚 → 𝐻𝐷 = 87, 16 𝐴. 𝑣/𝑚
𝐻𝑔 =
Φ𝑔
µ0
= 636619, 77𝐴. 𝑣/𝑚
Conservando la proporcionalidad entre potenciales se puede plantear para los brazos:
𝐻𝐼𝐿3 = 𝐻𝐷𝐿2 + 𝐻𝑔𝐿𝑔
𝐻𝐷𝐿2+𝐻𝑔𝐿𝑔
𝐻𝐼 =
𝐿3
𝐵=
1,6𝐻
75 + 𝐻
= 2076, 32 𝐴. 𝑣/𝑚
2
→ 𝐵𝐼 = 1, 544 𝑊𝑏/𝑚
−4
ϕ𝐼 = 𝐵𝐼 * 𝑆1 = 12, 3 * 10 𝑊𝑏
−4
Φ𝑐= Φ𝐼 + Φ𝐷 = 19, 234 * 10 𝑊𝑏
𝐵𝑐 =
𝐻𝑐 =
ϕ𝑐
𝑆2
2
= 0, 601 𝑊𝑏/𝑚
75𝐵𝑐
1,6−𝐵𝐶
= 45, 126𝐴. 𝑣/𝑚
Finalmente se plantea :
𝐹𝑚𝑚 = 𝐼𝑁 = 𝐻𝑐𝐿1 + 𝐻𝐼𝐿3 → 𝐼 =
𝐻𝑐𝐿1+𝐻𝐼𝐿3
𝑁
= 6, 68 𝐴
1.4 En la estructura magnética mostrada en la figura la densidad de flujo en el entrehierro de la
2
derecha es de 1𝑊𝑏/𝑚 . El núcleo está hecho de un material cuya curva de imanación viene dada por:
𝐵=
1,5𝐻
1000 + 𝐻
𝐵: 𝑇𝑒𝑠𝑙𝑎𝑠 𝐻: 𝐴𝑣/𝑚
2
la longitud l = 10 cm y la sección transversal es uniforme y vale 5𝑐𝑚 . Calcular las corrientes 𝐼1 e 𝐼2
que deben circular por las bobinas para que el flujo en el entrehierro izquierdo sea nulo.
𝑆𝑖 𝑠𝑒 𝑎𝑛𝑎𝑙𝑖𝑧𝑎 𝑒𝑙 𝑐𝑖𝑟𝑐𝑢𝑖𝑡𝑜 𝑚𝑎𝑔𝑛é𝑡𝑖𝑐𝑜, 𝑠𝑒 𝑜𝑏𝑠𝑒𝑟𝑣𝑎 𝑞𝑢𝑒 𝑠𝑜𝑏𝑟𝑒 𝑒𝑙 𝑏𝑟𝑎𝑧𝑜 𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑙 𝑐𝑖𝑟𝑐𝑢𝑙𝑎𝑟𝑎 𝑢𝑛 𝑓𝑙𝑢𝑗𝑜 ϕ1, 𝑠𝑜𝑏𝑟𝑒 𝑒𝑙
𝑑𝑒𝑟𝑒𝑐ℎ𝑜 𝑢𝑛 Φ2 𝑦 𝑠𝑜𝑏𝑟𝑒 𝑒𝑙 𝑏𝑟𝑎𝑧𝑜 𝑖𝑧𝑞𝑢𝑖𝑒𝑟𝑑𝑜 𝑢𝑛 Φ3. 𝑇𝑒𝑛𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑒𝑛 𝑐𝑢𝑒𝑛𝑡𝑎 𝑒𝑠𝑡𝑎 𝑎𝑛𝑎𝑙𝑜𝑔í𝑎 𝑦 𝑙𝑎 𝑔𝑒𝑜𝑚𝑒𝑡𝑟í𝑎:
−2
−2
−2
𝐿1 = 10 * 10 𝑚; 𝐿2 = 29, 8 * 10 𝑚 ; 𝐿3 = 29, 9 * 10 𝑚
−3
𝐿1𝑔 = 2 * 10 𝑚,
−3
−4
2
𝑆𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑜𝑐𝑒 𝑞𝑢𝑒 𝐵2𝑔 = 1𝑊𝑏/𝑚
−2
Φ2𝑔 = 𝐵2𝑔 * 𝑆 = 5 * 10
𝐻2𝑔 =
2
𝐿2𝑔 = 1 * 10 𝑚 𝑦 𝑆 = 5 * 10 𝑚
𝐵2𝑔
µ0
𝑊𝑏
= 795774, 71 𝐴. 𝑣/𝑚
Φ2𝑔 = Φ3
Φ3
𝐵3 =
𝑆
= 1 𝑊𝑏/𝑚
𝐷𝑒𝑠𝑝𝑒𝑗𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐻 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑐𝑢𝑟𝑣𝑎 𝑑𝑒 𝑚𝑎𝑔𝑛𝑒𝑡𝑖𝑧𝑎𝑐𝑖ó𝑛 :
1000 𝐵
1,5−𝐵
1000𝐵 + 𝐻𝐵 = 1, 5𝐻 → 𝐻 =
𝐻3 = 2000
𝐷𝑎𝑑𝑜 𝑞𝑢𝑒 𝑒𝑙 𝑓𝑙𝑢𝑗𝑜 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒ℎ𝑖𝑒𝑟𝑟𝑜 𝑑𝑒𝑟𝑒𝑐ℎ𝑜 𝑒𝑠 𝑐𝑒𝑟𝑜, ϕ2 = 0; 𝐻2 = 0.
−2
𝑃𝑜𝑟 𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜 Φ1 = Φ3 = 5 * 10
𝑊𝑏
𝐵1 =
Φ1
𝑆
= 1 𝑊𝑏/𝑚
𝐻1 = 2000
𝑃𝑙𝑎𝑛𝑡𝑒𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑚𝑎𝑙𝑙𝑎𝑠 𝑡𝑒𝑛𝑒𝑚𝑜𝑠:
𝐹2 = 𝑁2𝐼2 = 𝐻1𝐿1 + 𝐻3𝐿3 + 𝐻2𝑔𝐿2𝑔 → 𝐼2 =
𝐻1𝐿1+𝐻 𝐿3+𝐻2𝑔𝐿2𝑔
3
𝑁2
𝐻3𝐿3+𝐻2𝑔𝐿2𝑔
𝐹1 = 𝑁1𝐼1 = 𝐻3𝐿3 + 𝐻2𝑔𝐿2𝑔 → 𝐼1 =
𝑁1
= 8 𝐴.
= 28 𝐴.
1.5 La estructura magnética mostrada en la figura está construida con material cuya curva de
imanación se expresa por:
𝐵=
1,5𝐻
100 + 𝐻
𝐵: 𝑇𝑒𝑠𝑙𝑎𝑠 𝐻: 𝐴𝑣/𝑚
La longitud de la trayectoria magnética media en el núcleo es igual a 0,75 m. Las medidas de la
2
sección transversal son de 6x8 𝑐𝑚 . La longitud del entrehierro es de 2 mm y el flujo en el mismo es
igual a 4 mWb. Determinar el número de espiras de la bobina B.
𝐿𝑎 𝑔𝑒𝑜𝑚𝑒𝑡𝑟í𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑝𝑟𝑜𝑏𝑙𝑒𝑚𝑎 𝑠𝑒𝑟á:
−3
𝐿𝑚 = 0, 75𝑚 ; 𝐿𝑔 = 2 * 10 𝑚 ;
−4
2
2
−4
2
𝑆 = 48 * 10 𝑚 𝑦 𝑆𝑔 = (6, 2)(8, 2)𝑐𝑚 = 50, 84 * 10 𝑚
−3
Φ𝑔 = 4 * 10 𝑊𝑏
𝐵𝑔 =
𝐻𝑔 =
𝐵 𝑚=
Φ𝑔
= 0, 787 𝑊𝑏/𝑚
𝑆𝑔
𝐵𝑔
µ0
= 626101, 22
Φ𝑚
= 0, 833 𝑊𝑏/𝑚
𝑆
𝐷𝑒𝑠𝑝𝑒𝑗𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐻 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑐𝑢𝑟𝑣𝑎 𝑑𝑒 𝑚𝑎𝑔𝑛𝑒𝑡𝑖𝑧𝑎𝑐𝑖ó𝑛:
100𝐵 + 𝐻𝐵 = 1, 5𝐻 → 𝐻 =
100𝐵
1,5−𝐵
𝐻𝑚 = 125 𝐴. 𝑣/𝑚
𝐹𝑚𝑚 1 = 𝐼𝑁𝐴 = 6000; 𝐼1 = 𝐼2 = 6 𝐴
𝐹𝑚𝑚2 = 𝐼𝑁𝐵 = 𝐹𝑚𝑚 1 − 𝐻𝑚𝑙𝑚 − 𝐻𝑔𝐿𝑔
𝑁𝐵 =
𝐹𝑚𝑚 1−𝐻𝑚𝑙𝑚−𝐻𝑔𝐿𝑔
𝐼
= 1193, 07 ≃ 1193 𝑉𝑢𝑒𝑙𝑡𝑎𝑠
2
1.6 El núcleo magnético mostrado en la figura tiene una sección transversal uniforme igual a 100𝑐𝑚
.La bobina A tiene 1000 espiras, circulando una c.c de 0,5 A. En la dirección indicada. Determinar la
corriente 𝐼𝐵, para conseguir un flujo nulo en el brazo central. La permeabilidad relativa es µ𝑟 = 200.
𝑅𝑒𝑎𝑙𝑖𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑠𝑢 𝑎𝑛𝑎𝑙𝑜𝑔í𝑎 𝑐𝑜𝑛 𝑐𝑖𝑟𝑐𝑢𝑖𝑡𝑜𝑠 𝑒𝑙 𝑐𝑖𝑟𝑐𝑢𝑖𝑡𝑜 𝑚𝑎𝑔𝑛é𝑡𝑖𝑐𝑜 𝑎 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑖𝑑𝑒𝑟𝑎𝑟 𝑠𝑒𝑟á:
𝐿𝑎 𝑔𝑒𝑜𝑚𝑒𝑡𝑟í𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑝𝑟𝑜𝑏𝑙𝑒𝑚𝑎 𝑠𝑒𝑟á:
𝐿𝐴 = 1, 5𝑚 ; 𝐿𝐵 = 0, 5𝑚; 𝐿𝐶 = 1, 5𝑚.
−4
2
𝑆 = 100 * 10 𝑚
𝐷𝑒𝑏𝑖𝑑𝑜 𝑎 𝑞𝑢𝑒 𝑒𝑙 𝑓𝑙𝑢𝑗𝑜 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑏𝑟𝑎𝑧𝑜 𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑎𝑙 𝑒𝑠 𝑐𝑒𝑟𝑜, 𝑦 𝑒𝑠 𝑒𝑙 𝑚𝑖𝑠𝑚𝑜 𝑚𝑎𝑡𝑒𝑟𝑖𝑎𝑙:
Φ𝐴 = Φ𝐶 → 𝐵𝐴 = 𝐵𝐶 → 𝐻𝐴 = 𝐻𝐶
𝐴𝑛𝑎𝑙𝑖𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑙𝑎 𝑚𝑎𝑙𝑙𝑎 𝑒𝑥𝑡𝑒𝑟𝑛𝑎:
𝐹1 = 𝐻𝐴𝐿𝐴 + 𝐻𝐶𝐿𝐶 → 𝐿𝐴 = 𝐿𝐶
𝐹1 = 2𝐻𝐴𝐿𝐴
𝐻𝐴 =
𝐹1
2𝐿𝐴
=
𝐼𝐴*𝑁𝐴
2𝐿𝐴
= 166, 66 𝐴. 𝑣/𝑚
𝐷𝑎𝑑𝑜 𝑞𝑢𝑒 𝑠𝑒 𝑎𝑠𝑢𝑚𝑒 𝑢𝑛𝑎 𝑝𝑜𝑙𝑎𝑟𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝐹2:
𝐹2 = 𝑁𝐵𝐼𝐵 = 𝐻 𝐿𝐵 + 𝐻𝐶𝐿𝐶
𝐵
𝐼𝐵 =
𝐻𝐵𝐿𝐵+𝐻𝐶𝐿𝐶
𝑁𝐵
= 1, 25 𝐴.
1.7 El circuito magnético de la figura está construido con un material, cuya curva de magnetización
viene dada por:
𝐵=
1,5𝐻
50 + 𝐻
𝐵: 𝑇𝑒𝑠𝑙𝑎𝑠 𝐻: 𝐴𝑣/𝑚
2
2
La sección de la columna central vale 50 𝑐𝑚 y en el resto es uniforme y de valor 25 𝑐𝑚 .Si
𝑁| = 𝑁2 = 360 espiras, calcular el valor de 𝐼1 = 𝐼2 para producir un flujo de 5 * 10
entrehierro.
𝑅𝑒𝑎𝑙𝑖𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑠𝑢 𝑎𝑛𝑎𝑙𝑜𝑔í𝑎 𝑐𝑜𝑛 𝑐𝑖𝑟𝑐𝑢𝑖𝑡𝑜𝑠 𝑒𝑙 𝑐𝑖𝑟𝑐𝑢𝑖𝑡𝑜 𝑚𝑎𝑔𝑛é𝑡𝑖𝑐𝑜 𝑎 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑖𝑑𝑒𝑟𝑎𝑟 𝑠𝑒𝑟á:
−3
𝑊𝑏 en el
𝐿𝑎 𝑔𝑒𝑜𝑚𝑒𝑡𝑟í𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑝𝑟𝑜𝑏𝑙𝑒𝑚𝑎 𝑠𝑒𝑟á:
−2
−2
−2
−3
𝐿𝐴 = 65 * 10 𝑚 ; 𝐿𝐶 = 29, 5 * 10 𝑚; 𝐿𝐵 = 65 * 10 𝑚; 𝐿𝑔 = 5 * 10 𝑚
−4
2
−4
2
𝑆1 = 25 * 10 𝑚 ; 𝑆2 = 50 * 10 𝑚
Φ𝑔 = Φ𝐶 = 5 * 10
𝐵𝑔 =
Φ𝑔
𝑆2
2
= 1 𝑊𝑏/𝑚 → 𝐻𝑔 =
𝐵𝐶 =
ϕ𝑔
𝐵𝑔
µ0
−3
𝑊𝑏
= 795775, 72 𝐴. 𝑣/𝑚
2
= 1 𝑊𝑏/𝑚
𝑆2
𝐷𝑒𝑠𝑝𝑒𝑗𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑙𝑎 𝐻 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑐𝑢𝑟𝑣𝑎 𝑑𝑒 𝑚𝑎𝑔𝑛𝑒𝑡𝑖𝑧𝑎𝑐𝑖ó𝑛 :
50𝐵 + 𝐻𝐵 = 1, 5𝐻 → 𝐻 =
50𝐵
1,5−𝐵
𝐻𝐶 = 100
𝐴𝑛𝑎𝑙𝑖𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑙𝑎 𝑚𝑎𝑙𝑙𝑎 𝑒𝑥𝑡𝑒𝑟𝑛𝑎:
𝐹1 = 𝐻𝐴𝐿𝐴 − 𝐻𝐶𝐿𝐶 + 𝐹2
𝐹1 − 𝐹1 = 𝐻𝐴𝐿𝐴 − 𝐻𝐶𝐿𝐶 →𝐿𝐴=𝐿𝐶
𝑁𝐼 − 𝑁𝐼 = (𝐻𝐴 − 𝐻𝐶) * 𝐿𝐴
0 = (𝐻𝐴 − 𝐻𝐶) * 𝐿𝐴 → 𝐻𝐴 = 𝐻𝐶
𝐶𝑜𝑛𝑠𝑒𝑟𝑣𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑙𝑎 𝑝𝑟𝑜𝑝𝑜𝑟𝑐𝑖𝑜𝑛𝑎𝑙𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑙𝑎𝑠 𝑚𝑎𝑔𝑛𝑖𝑡𝑢𝑑𝑒𝑠:
𝐵𝐴 = 𝐵𝐶 , Φ𝐴 = Φ𝐶 𝑦 𝐻𝐴 = 𝐻𝐶
Φ = Φ𝐴 + Φ𝐵 = 2Φ
Φ=
Φ𝐶
2
5*10
=
−3
𝑊𝑏
2
𝐵𝐴 = 𝐵𝐶 =
ϕ𝑔
𝑆1
= 2, 5 * 10
−3
𝑊𝑏
2
= 1 𝑊𝑏/𝑚
𝐻𝐴 = 𝐻𝐶 = 100 𝐴. 𝑣/𝑚
𝑅𝑒𝑎𝑙𝑖𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑎𝑛á𝑙𝑖𝑠𝑖𝑠 𝑑𝑒 𝑚𝑎𝑙𝑙𝑎𝑠:
𝐹1 = 𝑁𝐼 =𝐻𝐴𝐿𝐴 + 𝐻𝑔𝐿𝑔 + 𝐻𝐵𝐿𝐵
𝐼=
𝐻𝐴𝐿𝐴+𝐻𝑔𝐿𝑔+𝐻𝐵𝐿𝐵
𝑁
= 11, 31 ≃ 11, 32 𝐴
1.8 La estructura magnética de la figura está fabricada con dos tipos de materiales, cuyas curvas de
magnetización vienen expresadas por las ecuaciones:
𝐵
=
1
1,1𝐻
1
5000 + 𝐻
𝐵
1
2,1𝐻
=
2
2
2000 + 𝐻
𝐵: 𝑇𝑒𝑠𝑙𝑎𝑠 𝐻: 𝐴𝑣/𝑚
2
Calcular la intensidad I Qué es circular por la bobina para producir un flujo de 1. 5 * 10
−4
𝑊𝑏, si la
2
sección es uniforme y vale 15𝑐𝑚 .
𝐿𝑎 𝑔𝑒𝑜𝑚𝑒𝑡𝑟í𝑎 𝑑𝑒𝑙 𝑝𝑟𝑜𝑏𝑙𝑒𝑚𝑎 𝑠𝑒𝑟á:
−4
2
𝐿1 = 0, 2 𝑚 ; 𝐿2 = 0, 4 𝑚;; 𝑆 = 15 * 10 𝑚
𝐹 = 𝑁𝐼 = 𝐻1𝐻 + 𝐿 𝐿
1
Φ = 1. 5 * 10
𝐵 =
Φ
𝑆
1
1
−4
𝑊𝑏
2
= 0, 1 𝑊𝑏/𝑚
𝐷𝑒𝑠𝑝𝑒𝑗𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑙𝑎 𝐻1 𝑦 𝐻2 𝑑𝑒 𝑙𝑎𝑠 𝑐𝑢𝑟𝑣𝑎 𝑑𝑒 𝑚𝑎𝑔𝑛𝑒𝑡𝑖𝑧𝑎𝑐𝑖ó𝑛:
5000𝐵1 + 𝐻1𝐵1 = 1, 1𝐻1
𝐻1 =
2000𝐵2 + 𝐻2𝐵2 = 2, 1𝐻2
5000𝐵1
𝐻2 =
1,1−𝐵1
𝐻1 = 500 𝐴. 𝑣/𝑚
2000𝐵2
2,1−𝐵2
𝐻2 = 100 𝐴. 𝑣/𝑚
𝐹𝑖𝑛𝑎𝑙𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑠𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑖𝑑𝑒𝑟𝑎:
𝐹 = 𝑁𝐼 = 𝐻1𝐿1 + 𝐻2𝐿2
𝐼=
𝐻1𝐿1+𝐻2𝐿2
𝑁
= 1A
1.9 Una estructura magnética homogénea tiene una longitud magnética media igual a 50 cm; y tiene
2
una sección uniforme de 10𝑐𝑚 . Si la bobina tiene 100 espiras y la curva de magnetización viene
expresada por:
𝐵=
15𝐻
𝐵: 𝑇𝑒𝑠𝑙𝑎𝑠 𝐻: 𝐴𝑣/𝑚
100 + 𝐻
Cuando circula por la bobina una intensidad de 0,1A se pide el valor del coeficiente de autoinducción
calculado por los tres procedimientos siguientes:
a) Empleando la fórmula: 𝐿 = 𝑁𝑑Φ/𝑑𝑖.
𝑇𝑒𝑛𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑒𝑛 𝑐𝑢𝑒𝑛𝑡𝑎 𝑙𝑎 𝑐𝑢𝑟𝑣𝑎 𝑑𝑒 𝑚𝑎𝑔𝑛𝑒𝑡𝑖𝑧𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑦 𝑞𝑢𝑒 𝑒𝑠 𝑢𝑛𝑎 𝑠𝑜𝑙𝑎 𝑒𝑠𝑡𝑟𝑢𝑐𝑡𝑢𝑟𝑎:
𝐵=
15𝐻
100 + 𝐻
Φ=𝐵*𝑆=
15𝐻𝑆
100 + 𝐻
𝑁𝐼 = 𝐻𝐿
𝑁𝐼
𝐿
𝐻=
𝑅𝑒𝑒𝑚𝑝𝑙𝑎𝑧𝑎𝑛𝑑𝑜 𝑡é𝑟𝑚𝑖𝑛𝑜𝑠
15(
Φ=𝐵*𝑆=
𝑁𝐼
𝐿
100 +
)
𝑁𝐼
𝐿
*𝑠=
Φ =
𝐿=𝑁
𝑑Φ
𝑑𝐼
= 100
𝑑
𝑑𝐼
100𝐼
)
0,5
100𝐼
+ 0,5
15(
100
−4
* (10 * 10 )
3𝐼
100 + 200𝐼
3𝐼
( 100 + 200𝐼 ) = 100(
3(100+200𝐼)−3𝐼(200)
2
(100−200𝐼)
4
3*10
𝐿=
2
(100 + 200𝐼)
𝐶𝑜𝑛 𝐼 = 0, 1 𝐴
𝐿 = 2, 083 𝐻
b) Utilizando la expresión: 𝐿 = 𝑁Φ/𝑖.
𝑆𝑒 𝑠𝑎𝑏𝑒 𝑞𝑢𝑒 𝐻 =
𝐵=
𝑁𝐼
𝐿
=
15𝐻
100*0,1
0,5
= 20 𝐴. 𝑣/𝑚
2
= 2, 5 𝑊𝑏/𝑚
100 + 𝐻
−3
Φ = 𝐵 * 𝑆 = 2, 5 * 10
𝑊𝑏
𝑃𝑜𝑟 𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜:
𝐿=𝑁
Φ
𝐼
−3
= 100(
2,5*10
0,1
) = 2, 5 𝐻
𝐵
c) Calculando la energía magnética almacenada por medio de expresión 𝑊𝑚 = 𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛 * ∫ 𝐻𝑑𝐵 e
0
2
igualando a 1/2𝐿𝑖 .
𝑆𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑖𝑑𝑒𝑟𝑎 𝑞𝑢𝑒
2
1
2
2
𝐵
𝐿𝐼 = 𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛 * ∫ 𝐻𝑑𝐵
0
𝑆𝑒 𝑐𝑎𝑙𝑐𝑢𝑙ó 𝑢𝑛 𝐵 = 2, 5 𝑊𝑏/𝑚 , 𝑝𝑜𝑟 𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜 𝑠𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑖𝑑𝑒𝑟𝑎 𝑒𝑠𝑡𝑒 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟 𝑐𝑜𝑚𝑜 𝑒𝑙 𝑙í𝑚𝑖𝑡𝑒 𝑠𝑢𝑝𝑒𝑟𝑖𝑜𝑟 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑖𝑛𝑡𝑒𝑔𝑟𝑎𝑙.
−2
−4
−4
3
𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛 = 𝑆 * 𝐿𝑚 = (50 * 10 )(10 * 10 𝑚) = 5 * 10 𝑚
𝐷𝑒𝑠𝑝𝑒𝑗𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐻 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑐𝑢𝑟𝑣𝑎 𝑑𝑒 𝑚𝑎𝑔𝑛𝑒𝑡𝑖𝑧𝑎𝑐𝑖ó𝑛 :
15𝐻
𝐵=
→ 100𝐵 + 𝐻𝐵 = 15𝐻
100 + 𝐻
𝐻=
100𝐵
15 + 𝐵
𝐵
−4
𝑊𝑚 = 𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛 * ∫ 𝐻𝑑𝐵 = 5 * 10
0
−2
𝑊𝑚 = 5 * 10
−2
𝑊𝑚 = 5 * 10
2,5
* ∫
0
𝑢−15
𝑢
−2
𝑊𝑚 = 5 * 10
2,5
2,5
* ∫
0
𝐵
2,5 100𝐵
* ∫
0
15 + 𝐵
𝑑𝐵
𝑑𝐵 → 𝑢 = 15 − 𝐵; 𝑑𝑢 = (− 𝑑𝐵)
15 − 𝐵
−2
𝑑𝑢 = 5 * 10
2,5
15
𝑢
* ∫1−
0
−2
15
* ∫ ( 15−𝐵 − 1)𝑑𝐵 = 5 * 10
0
𝑑𝑢 → 𝑢 = 15 − 𝐵; 𝑑𝑢 = (− 𝑑𝐵)
2,5
* [− 15𝐼𝑛(15 − 𝐵) − 𝐵]|0
𝑊𝑚 = 0, 01174116
𝐹𝑖𝑛𝑎𝑙𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒:
2
1
2
𝐿=
𝐿𝐼 =𝑊𝑚
2*𝑊𝑚
2
𝐼
= 2, 482 𝐻
1.10 Una bobina con núcleo de hierro, tiene 500 espiras, siendo su resistencia despreciable. La
2
sección del núcleo es uniforme y vale 25𝑐𝑚 , siendo la longitud magnética media igual a 80 cm. La
curva de imanación del material es:
𝐵=
2𝐻
150 + 𝐻
𝐵: 𝑇𝑒𝑠𝑙𝑎𝑠 𝐻: 𝐴𝑣/𝑚
Si la tensión aplicada es alterna y de 220 V eficaces y la frecuencia es de 50 Hz, calcular:
a) Circuito equivalente de la bobina.
NOTA: Se conoce, por la información proporcionada por el constructor, que a la tensión nominal de
3
220 V las pérdidas en el núcleo son de 5𝑊/𝑘𝑔. El peso específico del material es igual a 7. 8𝑘𝑔/𝑑𝑚 .
𝐸𝑙 𝑝𝑒𝑠𝑜 𝑑𝑒𝑙 ℎ𝑖𝑒𝑟𝑟𝑜 𝑎 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑖𝑑𝑒𝑟𝑎𝑟 𝑒𝑠: 𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛 * 𝑝𝑒𝑠𝑜 𝑒𝑠𝑝𝑒𝑐í𝑓𝑖𝑐𝑜
2
3
𝑃 = (0, 25𝑑𝑚 )(8𝑑𝑚)(7. 8𝑘𝑔/𝑑𝑚 ) = 15, 6 𝑘𝑔
𝐿𝑎𝑠 𝑝é𝑟𝑑𝑖𝑑𝑎𝑠 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑛ú𝑐𝑙𝑒𝑜 𝑠𝑒𝑟á𝑛 𝑑𝑒:
𝑃𝑓𝑒 = (15, 6 𝑘𝑔)(5𝑊/𝑘𝑔 = 78 𝑊
𝐷𝑒 𝑙𝑎𝑠 𝑝é𝑟𝑑𝑖𝑑𝑎𝑠 𝑒𝑛 𝑒𝑙 𝑒𝑛𝑡𝑟𝑒ℎ𝑖𝑒𝑟𝑟𝑜 𝑠𝑒 𝑜𝑏𝑡𝑖𝑒𝑛𝑒:
2
𝑃𝑓𝑒 =
𝐼𝑓𝑒 =
𝑣
𝑅𝑓𝑒
𝑣
𝑅𝑓𝑒
2
→ 𝑅𝑓𝑒 =
220
78𝑊
= 620, 513
= 0, 3545
𝐿𝑎 𝑏𝑜𝑏𝑖𝑛𝑎 𝑒𝑠 𝑎𝑙𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑎𝑑𝑎 𝑝𝑜𝑟 𝑐𝑜𝑟𝑟𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑎𝑙𝑡𝑒𝑟𝑛𝑎 𝑦 𝑠𝑒 𝑐𝑢𝑚𝑝𝑙𝑒 𝑞𝑢𝑒:
𝑉 = 4, 44𝑓𝑁Φ𝑚 → Φ𝑚 =
𝐵𝑚 =
Φ𝑚
𝑆
=
−3
220
4,44(50)(500)
= 1, 98 * 10
𝑊𝑏.
2
Φ𝑚
−4
25*10
= 0, 7928 𝑊𝑏/𝑚
𝐷𝑒𝑠𝑝𝑒𝑗𝑎𝑛𝑑𝑜 𝐻 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑒𝑐𝑢𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑑𝑒 𝑙𝑎 𝑐𝑢𝑟𝑣𝑎 𝑑𝑒 𝑚𝑎𝑔𝑛𝑒𝑡𝑖𝑧𝑎𝑐𝑖ó𝑛 :
150 𝐵 + 𝐻𝐵 = 2𝐻 → 𝐻 =
150𝐵
2−𝐵
𝐻𝑚 = 98, 51 𝐴. 𝑣/𝑚
𝑆𝑢𝑝𝑜𝑛𝑖𝑒𝑛𝑑𝑜 𝑞𝑢𝑒 𝑙𝑎 𝐼𝑚 𝑛𝑜 𝑡𝑒𝑛𝑔𝑎 𝑎𝑙𝑔ú𝑛 𝑡𝑖𝑝𝑜 𝑑𝑒 𝑑𝑒𝑓𝑜𝑟𝑚𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑠𝑒 𝑝𝑢𝑒𝑑𝑒 𝑢𝑡𝑖𝑙𝑖𝑧𝑎𝑟:
𝐻𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧 =
𝐻𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧 =
𝑁𝐼µ
𝐿
𝐻𝑚
2
= 69, 66 𝐴. 𝑣/𝑚
→ 𝐼µ =
𝑋µ =
𝑉
𝐼µ
𝐻𝑒𝑓𝑖𝑐𝑎𝑧*𝐿
𝑁
= 0, 111 𝐴
= 1974
𝑃𝑜𝑟 𝑡𝑎𝑛𝑡𝑜 𝑒𝑙 𝑚𝑜𝑑𝑒𝑙𝑜 𝑎𝑝𝑟𝑜𝑥𝑖𝑚𝑎𝑑𝑜 𝑠𝑒𝑟á 𝑒𝑙 𝑠𝑖𝑔𝑢𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒:
b) Corriente de excitación:
𝐷𝑎𝑑𝑜 𝑙𝑜𝑠 𝑣𝑎𝑙𝑜𝑟𝑒𝑠 𝑑𝑒 𝑙𝑎𝑠 𝑚𝑎𝑔𝑛𝑖𝑡𝑢𝑑𝑒𝑠 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝐼𝑢 𝑦 𝐼𝑟𝑓𝑒 𝑙𝑎 𝑐𝑜𝑟𝑟𝑖𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑒 𝑒𝑥𝑐𝑖𝑡𝑎𝑐𝑖ó𝑛 𝑠𝑒𝑟á:
0
𝐼𝑐𝑐 = 𝐼𝑟𝑓𝑒 − 𝑗𝐼𝑢 = 0, 3545 − 𝑗0, 111 = 0, 371 ≺ (− 17, 39)
1.11 Una bobina con núcleo de hierro absorbe una corriente de 0,5 A cuándo se aplica una tensión
senoidal de 220 V eficaces a sus bornes. Si la potencia absorbida fue de 30 W, deducir el circuito
equivalente de la bobina.
Si se denomina φ, al ángulo que forma la tensión con la corriente absorbida por la bobina y teniendo
en cuenta los valores del enunciado, se puede escribir:
𝑃𝑜 = 𝑃𝑓𝑒 = 30 = 220 * 0, 5𝑐𝑜𝑠φ
de donde se deduce:
𝑐𝑜𝑠φ 𝑣 = 0, 273; 𝑠𝑒𝑛φ
𝑣
= 0, 962;
y por tanto las componentes de la corriente son:
𝐼
𝑓𝑒
= 0, 5 * 0, 273 = 0, 1365𝐴;
𝐼
µ
= 0, 5 * 0, 962 = 0, 481𝐴
por lo que los valores de los parámetros del circuito equivalente son:
220
0,1365
𝑅𝑓𝑒 =
= 1611, 7Ω;
𝑋µ =
220
0,481
= 457, 38Ω;
1.12 Un cerrojo eléctrico consiste en una armadura fija cilíndrica hueca y un vástago cilíndrico,
dispuestos como se indica en la figura. Supuesto que la reluctancia del hierro es despreciable frente a
la del entrehierro, y que la unión vástago-armadura presenta un entrehierro despreciable frente al
entrehierro principal e, calcular: a) La energía almacenada en el entrehierro en julios si e = 1 cm; la
2
superficie del entrehierro es de 0, 8𝑐𝑚 y la intensidad de excitación es de 1A dec.c. b) Fuerza
magnética en el caso anterior.
La energía magnética almacenada en el entrehierro en funcion de la f.m.mm de la bobina y de la
reluctancia del circuito magnético viene expresada por:
2
1 𝐹
2 𝑅
𝑊𝑚 =
donde se cumple: 𝐹 = 𝑁𝐼;
𝑅=
𝑥
µ𝑜𝑆
que al sustituir valores nos da:
−2
𝐹 = 𝑁𝐼 = 1000 * 1 = 1000𝐴. 𝑣
𝑅=
10
4
𝑅=
7
= 5, 027 * 10 𝐽𝑢𝑙𝑖𝑜𝑠
b) La fuerza magnética de atracción del cerrojo está expresada por:
2
𝑓=
𝐵𝑆
2*µ0
de acuerdo a la ley de Hopkinson, el flujo magnético es igual a:
Φ=
𝐹
𝑅
=
−5
1000
7
9,947*10
≈ 1 * 10 𝑊𝑏
de donde se deduce una inducción magnética:
−7
−4
4π*10 *0,8*10
−3
2*9,947*10
7
10
−1
= 9, 947 * 10 𝐻 ;
𝐵=
−5
Φ
𝑆
10
=
−4
0,8*10
≈ 0, 125𝑇
y por consiguiente, la fuerza magnética vale:
−4
2
𝑓=
0,125 *0,8*10
= 0, 497𝑁
−7
4π*10
1.13 El núcleo magnético de la figura tiene una sección transversal cuadrada de 3x3 cm. El entrehierro
x=5 mm. La bobina tiene 250 espiras y una resistencia de 11Ω.La f.m.m. que necesita el hierro es
despreciable. Calcular la energía almacenada en el entrehierro y la fuerza total que actúa sobre la
armadura cuando se aplican a la bobina 220 V de c.c.
La corriente absorbida por la bobina vale:
𝐼=
𝑉
𝑅
=
220
11
= 20𝐴
Por lo que la f.m.m de la bobina es: 𝑁𝐼 = 250 * 20 = 5000 𝐴. 𝑣
El valor de la reluctancia del entrehierro es:
𝑅=
−3
𝑙
µ𝑜𝑆
=
6
5*10
−7
−4
4π*10 *9*10
−1
= 4, 42 * 10 𝐻
La energía magnética almacenada viene expresada por:
2
𝑊𝑚 =
1 𝐹
2 𝑅
Al sustituir valores en la ecuación se obtiene:
2
𝑊𝑚 =
1 5000
2 4,42*106
= 2, 827𝐽
b) La expresión de la fuerza magnética de atracción es:
2
𝑓=
1 𝐵𝑆
2 µ𝑜
donde se tiene:
𝐹
𝑅
Φ=
5000
=
4,42*10
6
= 1, 131 * 10
−3
entonces 𝐵 =
𝑊𝑏
Φ
𝑆
−3
=
1,31*10
9*10
−4
= 1, 257𝑇
Y al sustituir el valor de induccion magnetica anterior en la expresión de la fuerza, resulta:
2
𝑓=
1,257 *9*10
4π*10
−7
−4
= 565, 8𝑁
1.14 La estructura magnética de la figura tiene una permeabilidad relativa µ𝑟 = 100; la longitud de la
trayectoria magnética media es igual a 1 m en el hierro. El valor de la sección transversal es de
2
100 𝑐𝑚 .La longitud total del entrehierro (dos partes) es de 0,2 cm. El flujo en el entrehierro es de
−3
4 * 10
𝑊𝑏 y su sentido es el indicado en la figura. La bobina A tiene 1000 espiras y la B tiene N
espiras, circulando por ambas bobinas una c.c de 6A.
Se pide: a) Determinar el número de espiras de la bobina B. b) Calcular la fuerza con que es atraída la
armadura móvil. c) Si se coloca una espira como se indica en la figura ¿Cuál será la lectura del
voltímetro? 1) Si la corriente de alimentación es de c.c. 2) Si la corriente alimentación es senoidal y de
tal magnitud que produzca el mismo valor eficaz de flujo en el entrehierro. La frecuencia es de 50
Hz.
NOTA: Se supone que para resolver el apartado, c) el entrehierro está abierto.
Los valores asociados a las reluctancias del circuito son:
𝑅𝑓𝑒 =
𝑙
µ𝑆
=
5
1
−7
−4
100*4π*10 100*10
= 7, 96 * 10 𝐻; 𝑅𝑒 =
En la malla del circuito se cumple:
𝑙
µ𝑜𝑆
−2
=
5
0,2*10
−7
4π*10 10
−2
= 1, 592 * 10 𝐻
−1
−3
5
5
𝐹𝑎 − 𝐹𝑏 = Φ(𝑅𝑓𝑒 + 𝑅𝑒 ) = 4 * 10 (7, 96 * 10 + 1, 592 * 10 ) = 3820, 8 𝐴. 𝑣
y como la f.m.m del devanado A es igual a 6000 Av resulta:
𝐹𝑎 − 𝐹𝑏 = 3820, 8 𝐴. 𝑣=6000-6𝑁𝐵
entonces 𝑁𝐵 = 363, 2 ≈ 363 𝑒𝑠𝑝𝑖𝑟𝑎𝑠
2) El valor de la inducción magnética en los entrehierros es:
𝐵=
Φ
𝑆
−3
=
4*10
10
= 0, 4 𝑇𝑒𝑠𝑙𝑎𝑠
−2
1.15 Hallar una expresión de la fuerza en el bloque deslizante A de la figura. Despreciar la reluctancia
del hierro. Las bobinas de están alimentadas con c.c. y los parámetros son:
2
𝑁1 = 200; 𝑁2 = 100; 𝑖1 = 10𝐴; 𝑖2 = 15𝐴; 𝑥 = 3 𝑚𝑚; 𝑙 = 10𝑚𝑚; 𝑠 = 10𝑐𝑚
La reluctancia del entrehierro izquierdo vale:
𝑅=
−3
3*10
4π*10
6
−7
−3
*10
= 2, 387 * 10 𝐻
−1
Al despreciar el entrehierro central las dos mallas son independientes. En la malla de la izquierda se
tiene una f.m.m. y un flujo correspondiente que vienen expresados por:
𝑁𝐼 = 200 * 10 = 2000𝐴𝑣;
Φ=
−4
2000
2,387*10
6
= 8, 378 * 10 𝑊𝑏
Por lo que la inducción magnética en el entrehierro izquierdo es igual a:
𝐵=
Φ
𝑆
=
8,378*10
−3
10
−4
= 0, 8378 𝑇
Mientras que en el entrehierro de la derecha, los valores de la reluctancia d.d.p magnética y flujo
magnético son respectivamente:
𝑅=
Φ=
−3
7*10
−7
4π*10
*10
6
= 5, 57 * 10 𝐻
−3
−1
;
𝑁𝐼 = 100 * 15 = 1500 𝐴𝑣;
−4
1500
6
5,57*10
= 2, 693 * 10 𝑊𝑏
Que da lugar a una inducción magnética en el entrehierro de la derecha:
𝐵2 =
Φ
𝑠
−4
=
2,693*10
−3
10
= 0, 2693 𝑇
Y por consiguiente, las fuerzas mecánicas que tienden a reducir cada entrehierro son
respectivamente:
2
𝑓1 =
1 𝐵 𝑆
2 µ𝑜
−3
=
1 0,8378*10
−7
2
4π*10
= 279, 28𝑁
1.16 Las inductancias de un dispositivo electromagnético mostrado en la figura son:
𝐿𝑎𝑎 = 𝐿1 + 𝐿2𝑐𝑜𝑠 2θ;
𝐿𝑏𝑏 = 𝐿1 − 𝐿2𝑐𝑜𝑠 2θ; 𝐿𝑎2 = 𝐿𝑚 𝑐𝑜𝑠 θ; 𝐿𝑏2 = 𝐿𝑚𝑠𝑒𝑛 θ; 𝐿𝑎𝑏 = 𝐿2𝑠𝑒𝑛 2θ;
𝐿22 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒
Calcular la expresión del par producido si las corrientes son de la forma:
𝑖𝑎 = 𝑙𝑚𝑐𝑜𝑠 ω𝑡; 𝑖𝑏 = 𝑙𝑚𝑠𝑒𝑛 ω𝑡; 𝑖2 = 𝐼2
a) El par responde a la expresión genérica matricial siguiente:
que al desarrollar, conduce a la siguiente expresión:
𝑇=
1 2 𝑑𝐿𝑎𝑎
𝑖
2 𝑎 𝑑θ
+
1 2 𝑑𝐿𝑏𝑏
𝑖
2 𝑏 𝑑θ
+
1 2 𝑑𝐿22
𝑖
2 2 𝑑θ
+ 𝑖𝑎 𝑖𝑏
𝑑𝐿𝑎𝑏
𝑑θ
+ 𝑖𝑎 𝑖2
𝑑𝐿𝑎2
+ 𝑖𝑏 𝑖2
𝑑θ
𝑑𝐿𝑏2
𝑑θ
Las expresiones de las derivadas de las inductancias son las siguientes:
𝑑𝐿𝑎𝑎
𝑑θ
𝑑𝐿22
𝑑θ
=− 2𝐿2𝑠𝑒𝑛2θ;
𝑑𝐿𝑏𝑏
𝑑θ
= 2𝐿2𝑠𝑒𝑛2θ;
𝑑𝐿𝑎2
𝑑θ
=− 𝐿𝑚𝑠𝑒𝑛θ;
𝑑𝐿𝑏2
𝑑θ
= 𝐿𝑚𝑠𝑒𝑛θ;
𝑑𝐿𝑎𝑏
𝑑θ
= 2𝐿2𝑐𝑜𝑠2θ;
=0
Al sustituir estas derivadas en la expresión del par se obtiene:
𝑇=
2
1
𝑖 [−
2 𝑎
2𝐿2𝑠𝑒𝑛2θ] +
2
1
𝑖 [−
2 𝑏
2𝐿2𝑠𝑒𝑛2θ] +
1
𝑖
2 𝑎
𝑖𝑏[2𝐿2𝑐𝑜𝑠2θ] +
y teniendo en cuenta las expresiones de las corrientes eléctricas, resulta:
2
𝑇 = [− 𝐿2𝐼𝑚𝑠𝑒𝑛2(θ − ω𝑡)] − 𝐿𝑚𝐼2𝐼𝑚𝑠𝑒𝑛(θ − ω𝑡)
y como θ = ω𝑡 + δse convierte en:
2
𝑇 = [− 𝐿2𝐼𝑚𝑠𝑒𝑛2δ] − 𝐿𝑚𝐼2𝐼𝑚𝑠𝑒𝑛(δ)
La expresión del par no depende del tiempo.
1.17 Para el sistema de la figura, los valores de las inductancias son:
𝐿11 = 5 + 2 𝑐𝑜𝑠 2θ; 𝐿22 = 3 + 𝑐𝑜𝑠 2θ; 𝐿12 = 10 𝑐𝑜𝑠 θ
1
𝑖
2 𝑎
𝑖2[− 𝐿𝑚𝑠𝑒𝑛2θ] + 𝑖𝑏
𝑖2[𝐿𝑚𝑐𝑜𝑠θ
Si los devanados se alimentan con corrientes continuas de valores: 𝑖1 = 1𝐴; 𝑖2 = 0, 5𝐴.Calcular: a)
Energía magnética almacenada en función de θ; b) Par mecánico desarrollado en función de θ.
La expresión general de la energía magnética almacenada (que coincide con la coenergía por ser el
sistema lineal) en un sistema con dos devanados es de la forma:
1
2
𝑊𝑚 = 𝑊𝑚 =
𝐿11𝑖1
2
+
1
2
𝐿22𝑖
2
2
+ 𝐿12𝑖1𝑖2
y al sustituir los valores de las corrientes y de las inductancias resulta:
1
2
𝑊𝑚 = 𝑊𝑚 =
(5 + 2 𝑐𝑜𝑠 2θ)
2
+
1
2
(3 + 𝑐𝑜𝑠2θ)0, 5
2
+ 10(𝑐𝑜𝑠θ)1 * 0, 5
es decir:
𝑊𝑚 = 𝑊𝑚 = 2, 5 + 𝑐𝑜𝑠 2θ + 0, 375 + 0, 125𝑐𝑜𝑠2θ + 5(𝑐𝑜𝑠θ) = 2, 875 + 1, 125𝑐𝑜𝑠2θ + 5𝑐𝑜𝑠θ
b) El par mecánico desarrollado a corriente constante tiene la expresión:
𝑓 =+ [
𝑑𝑊
𝑑θ
𝑚
]
𝑖=𝑐𝑡𝑒
=− 2, 25 𝑠𝑒𝑛 2θ − 5𝑠𝑒𝑛θ
1.18 El dispositivo electromagnético mostrado en la figura tiene una inductancia máxima y mínima
en el devanado del rotor de 0,6H y 0,3H, respectivamente, y los valores máximos y mínimos de la
inductancia correspondiente del estator son de 1 H y 0,5 H, respectivamente. La inductancia mutua
máxima es de 0,7H. Ambos devanados llevan una corriente constante de valor 2amperios. a)
Calcular el par cuándo θ = 45,b) Si el rotor se mueve lentamente desde θ = 90hasta θ = 0,calcular;
1) trabajo mecánico realizado, 2) cambio en la energía magnética almacenada, 3) entrada eléctrica. c)
Si el rotor gira a una velocidad de 100 rad/s, calcular las f.e.m.s. 𝑒1y 𝑒2 producidas en las bobinas
cuando θ = 45.
Debido a los salientes magnéticos del estator y del rotor de la máquina, los coeficientes de
autoinducción de ambos devanados serán de la forma:
𝐿𝑖𝑗 =
𝐿𝑚𝑎𝑥+𝐿𝑚𝑖𝑛
2
+
𝐿𝑚𝑎𝑥−𝐿𝑚𝑖𝑛
2
𝑐𝑜𝑠2θ
Teniendo en cuenta los valores de las inductancias se tiene:
inductancia del estator: 𝐿11 =
inductancia del rotor: 𝐿22 =
1+𝑜,5
2
0,6+𝑜,3
2
+
+
1−0,5
2
0,6−0,3
2
𝑐𝑜𝑠2θ = 0, 75 + 0, 25𝑐𝑜𝑠2θ
𝑐𝑜𝑠2θ = 0, 45 + 0, 15𝑐𝑜𝑠2θ
Como la inductancia mutua máxima entre ambos arrollamientos es de 0,7H y su valor depende del
coseno del ángulo los ejes del estator y el rotor, se puede escribir:
𝐿12 = 𝐿21 = 𝑀 = 0, 7 𝑐𝑜𝑠 θ
a) La expresión general del par electromagnético entre ambos devanados es:
𝑇=
1 2 𝑑𝐿11
𝑖
2 1 𝑑θ
+
1 2 𝑑𝐿22
𝑖
2 2 𝑑θ
+ 𝑖1 𝑖2
𝑑𝐿12
𝑑θ
y, calculando las derivadas que se incluyen en la ecuación anterior, resulta:
𝑇=
1 2
𝑖 (−
2 1
0, 5𝑠𝑒𝑛2θ) +
1 2
𝑖 (−
2 2
0, 3 𝑠𝑒𝑛 2θ) + 𝑖1 𝑖2 (− 0, 7 𝑠𝑒𝑛θ)
Como los valores de las corrientes son: 𝑖1 = 𝑖2 = 2,al sustituir en la anterior expresión se obtiene:
𝑇=
1
2
2(− 0, 5𝑠𝑒𝑛2θ) +
1
2
2(− 0, 3 𝑠𝑒𝑛 2θ) + 2(− 0, 7 𝑠𝑒𝑛θ) =− 0, 8𝑠𝑒𝑛2θ − 1, 4 𝑠𝑒𝑛θ
Así, cuando θ = 45, resulta:
𝑇 =− 0, 8𝑠𝑒𝑛90 − 1, 4𝑠𝑒𝑛45 =− 0, 8 − 1, 4
1
2
=− 1, 79𝑁. 𝑚.
1) El trabajo mecánico desarrollado cuando el rotor se mueve lentamente entre θ = 90 y θ = 0
es:
0
0
𝑊𝑚𝑒𝑐 = ∫ 𝑇𝑑θ = ∫(0, 8𝑠𝑒𝑛2θ − 1, 4 𝑠𝑒𝑛θ)𝑑θ = [0, 4 𝑐𝑜𝑠 2θ + 1, 4𝑐𝑜𝑠θ] = 0, 4 + 1, 4 − (− 0, 4) − 0 = 2, 2
90
90
2) La expresión de la energía magnética almacenada es:
𝑊𝑚 =
1
2
2
𝐿11𝑖 +
1
1
2
2
𝐿22𝑖2 + 𝐿12𝑖 𝑖2
1
y al sustituir los valores de las inductancias y de las corrientes se obtiene:
𝑊𝑚 =
1
2
(0, 75 + 0, 25𝑐𝑜𝑠2θ)2 +
1
2
(0, 45 + 0, 15𝑐𝑜𝑠2θ)2 + (0, 7 𝑐𝑜𝑠θ)2 = 1, 2 + 0, 4 𝑐𝑜𝑠 2θ + 1, 4𝑐𝑜𝑠θ
Lo que indica que la energía magnética almacenada en la situación inicial (θ = 90) vale:
𝑊𝑚 = 1, 2 + 0, 4 𝑐𝑜𝑠 180 + 1, 4𝑐𝑜𝑠90 = 0, 8 𝑗𝑢𝑙𝑖𝑜𝑠
y en la situación final (θ = 0) es:
𝑊𝑚 = 1, 2 + 0, 4 𝑐𝑜𝑠 0 + 1, 4𝑐𝑜𝑠0 = 3 𝑗𝑢𝑙𝑖𝑜𝑠
En consecuencia, el cambio en la energía magnética almacenada vale:
∆𝑊𝑚 = 𝑊𝑚𝑓 − 𝑊𝑚𝑖 = 3 − 0, 8 = 2, 2 𝑗𝑢𝑙𝑖𝑜𝑠
3) La energía eléctrica que entra en los arrollamientos es de la forma:
𝑑𝑊𝑚 = 𝑣𝑖 𝑑𝑡 = 𝑁
𝑑Φ
𝑑𝑡
𝑖 𝑑𝑡 = 𝑖𝑑Ψ entonces ∆𝑊𝑚 = 𝑖∆Ψ
donde se ha llamado Ψ = 𝑁Φ al flujo concatenado total por el devanado respectivo. De este modo,
para el devanado l se tiene (𝑖1 = 𝑖
Ψ
2
= 2) y el valor del flujo concatenado total es de la forma:
= 𝐿11𝑖1 + 𝐿12𝑖2 = 2[0, 75 + 0, 25𝑐𝑜𝑠2θ + 0, 7 𝑐𝑜𝑠θ]
1
que para θ = 90tiene un valor inicial:
Ψ 1(θ = 90) = 2[0, 75 + 0, 25𝑐𝑜𝑠180 + 0, 7 𝑐𝑜𝑠 90] = 0, 5 2
y para θ = 0 tiene un valor final:
Ψ
(θ = 0) = 2[0, 75 + 0, 25𝑐𝑜𝑠0 + 0, 7 𝑐𝑜𝑠 0] = 1, 7 2
1𝑓
por lo que el incremento de energía eléctrica que entra en el devanado 1 vale:
∆𝑊𝑒𝑙 = 𝑖1∆Ψ = 𝑖1(Ψ
1𝑓
− Ψ1𝑖) = 2[1, 7 2 − 0, 5 2] = 2, 4𝐽
De un modo similar para el devanado 2 resulta:
Ψ
= 𝐿21𝑖1 + 𝐿22𝑖2 = 2[0, 75 𝑐𝑜𝑠θ + 0, 45 + 0, 15𝑐𝑜𝑠2θ]
2
que para θ = 90 tiene un valor inicial:
Ψ
(θ = 90) = 2[0, 75 𝑐𝑜𝑠 90 + 0, 45 + 0, 15𝑐𝑜𝑠180] = 0, 3 2
2𝑖
y para θ = 0tiene un valor final:
Ψ
(θ = 0) = 2[0, 75 𝑐𝑜𝑠 0 + 0, 45 + 0, 15𝑐𝑜𝑠0] = 1, 3 2
2𝑖
por lo que el incremento de energía eléctrica que entra en el devanado 2 será:
∆𝑊
𝑒2
= 𝑖2(Ψ
2𝑖
− Ψ2𝑖) = 2[1, 3 2 − 0, 3 2] = 2𝐽
por lo tanto la energía que entrega la red a los devanados de la máquina en su movimiento de giro
es:
∆𝑊
𝑐
= ∆𝑊𝑒𝑙 + ∆𝑊𝑒2 = 2, 4 + 2 = 4, 4𝐽
Obsérvese que se cumple el balance energético del sistema, es decir, cuando el rotor se mueve
lentamente, los devanados absorben de la red una energía eléctrica de 4,4 J, el rotor desarrolla un
trabajo mecánico de 2,2J y se produce un aumento de la energía magnética almacenada en el sistema
de 2,
c) Las f.e.m.s. inducidas en las bobinas se obtienen de las expresiones siguientes:
𝑒1 =− (
𝑒2 =− (
𝑑𝐿11
𝑑θ
𝑑𝐿21
𝑑θ
𝑖1 +
𝑖1 +
𝑑𝐿12
𝑑θ
𝑑𝐿22
𝑑θ
𝑖2)
𝑑θ
𝑑𝑡
=− (
𝑖2)
𝑑θ
𝑑𝑡
=− (
𝑑𝐿11
𝑑θ
𝑑𝐿21
𝑑θ
𝑖1 +
𝑑𝐿12
𝑖2)ω𝑚
𝑑θ
𝑖1 + 𝐿12
𝑑𝐿12
𝑑θ
𝑖2)ω𝑚
Y, teniendo en cuenta que las inductancias y sus derivadas respectivas son:
𝐿11 = 0, 75 + 0, 25𝑐𝑜𝑠2θ entonces
𝐿22 = 0, 45 + 0, 15𝑐𝑜𝑠2θ entonces
𝑑𝐿12
𝑑θ
𝑑𝐿22
𝐿12 = 𝐿21 = 𝑀 = 0, 7 𝑐𝑜𝑠θ entonces
𝑑θ
=− 0, 5 𝑠𝑒𝑛 2θ
=− 0, 3 𝑠𝑒𝑛 2θ
𝑑𝐿12
𝑑θ
=
𝑑𝐿21
𝑑θ
=− 0, 7 𝑠𝑒𝑛 θ
Al sustituir en las ecuaciones de las f.e.m.e. se obtiene:
𝑒
𝑒
1
=− (
=− (
2
𝑑𝐿12
𝑑θ
𝑑𝐿21
𝑑θ
𝑖1 +
𝑖1 +
𝑑𝐿21
𝑑θ
𝑑𝐿22
𝑑θ
𝑖2)𝑤𝑚 =− [(− 0, 5𝑠𝑒𝑛2θ)𝑖1 + (0, 7 𝑠𝑒𝑛θ)𝑖2]ω𝑚
𝑖2)𝑤𝑚 =− [(− 0, 7 𝑠𝑒𝑛θ)𝑖1 + (− 0, 3 𝑠𝑒𝑛2θ)𝑖2]ω𝑚
Sustituyendo los valores de las corrientes 𝑖1 = 𝑖2 = 2𝐴y la velocidad angular 𝑤𝑚 = 100 𝑟𝑎𝑑/𝑠
resulta finalmente:
𝑒
1
= 100 2(0, 5𝑠𝑒𝑛2θ) + (0, 7 𝑠𝑒𝑛θ)]
𝑒
2
= 100 2(0, 7 𝑠𝑒𝑛θ) + (0, 3 𝑠𝑒𝑛2θ)]
que para θ = 45 dan lugar a:
𝑒
𝑒
1
2
= 100 2(0, 5𝑠𝑒𝑛90) + (0, 7 𝑠𝑒𝑛45)] = 140, 71 𝑉
= 100 2(0, 7𝑠𝑒𝑛45) + (0, 3 𝑠𝑒𝑛 90)] = 112, 43 𝑉
1.19 Una máquina eléctrica tiene forma cilíndrica tanto la estructura del estator como en la del rotor.
Los valores de las inductancias son:
𝐿11(𝑒𝑠𝑡𝑎𝑡𝑜𝑟) = 0, 1[𝐻]; 𝐿22(𝑟𝑜𝑡𝑜𝑟) = 0, 04[𝐻]; 𝐿12 = 0, 05 𝑐𝑜𝑠θ[𝐻]
donde θ expresa el ángulo que forman los ejes de ambos devanados. a) Si la máquina gira a una
velocidad ω𝑚 = 200 𝑟𝑎𝑑/𝑠 y por uno de los devanados circula una corriente 10𝑠𝑒𝑛200𝑡, ¿Cuál será
la f.e.m. máxima (de pico) inducida en la otra bobina ? b) Supóngase que los devanados se conectan
en serie y circula por ellos una corriente 10𝑠𝑒𝑛200𝑡¿ Para qué velocidades del rotor desarrollará la
máquina un par medio? c) ¿Cuál es el valor máximo del par medio que puede obtenerse en el caso b)?
NOTA: Despreciar las resistencias eléctricas de los devanados.
Se excita la bobina del estator por una corriente: 𝑖1(𝑡) = 10𝑠𝑒𝑛200𝑡 𝐴y el devanado 2 se deja abierto
𝑖1 = 0 𝐴el valor de la f.e.m inducida en el devanado 2 se obtienen de la expresión:
𝑒2 =
𝑑Ψ2
=
𝑑𝑡
𝑑
𝑑𝑡
(𝐿21𝑖1 + 𝐿22𝑖2) =
𝑑
𝑑𝑡
(𝐿21𝑖1) =
𝑑
𝑑𝑡
[(0, 05 𝑐𝑜𝑠θ)(10 𝑠𝑒𝑛200𝑡)]
y como θ = ω𝑚𝑡 + δ = 200𝑡 + δ, el valor de la f.e.m será:
𝑒2 =
𝑑
𝑑𝑡
𝑑
𝑑𝑡
[(0, 05 𝑐𝑜𝑠θ)(10 𝑠𝑒𝑛200𝑡)] =
[(0, 05 𝑐𝑜𝑠(200𝑡 + δ))(10 𝑠𝑒𝑛200𝑡)] = 100𝑐𝑜𝑠(200𝑡 + δ)
que corresponde a una tensión máxima o de pico de 100 voltios.
b) La expresión del par mecánico producido es de la forma:
𝑇=
1 2 𝑑𝐿11
𝑖
2 1 𝑑θ
+
1 2 𝑑𝐿22
𝑖
2 2 𝑑θ
+ 𝑖1 𝑖2
𝑑𝐿12
𝑑θ
= (− 0, 05 𝑠𝑒𝑛θ)𝑖1𝑖2
Y teniendo en cuenta que se tiene:
𝑖1(𝑡) = 𝑖2(𝑡) = 10 𝑠𝑒𝑛200𝑡; θ = ω𝑚𝑡 + δ
Al sustituir en la expresión del par se obtiene:
𝑇=
2
− 0, 05 𝑠𝑒𝑛(ω𝑚𝑡 + δ)100 𝑠𝑒𝑛 200 𝑡 =− 5𝑠𝑒𝑛(ω𝑚𝑡 + δ)
1−𝑐𝑜𝑠400𝑡
2
=− 2, 5 𝑠𝑒𝑛(ω𝑚𝑡 + δ) + 2, 5 𝑐𝑜𝑠 400𝑡 𝑠𝑒𝑛(ω𝑚𝑡 + δ)
2
Si el rotor está parado, el par es igual a − 5𝑠𝑒𝑛δ𝑠𝑒𝑛 200𝑡, cuyo valor medio es − 2, 5 𝑠𝑒𝑛δ𝑁. 𝑚,,
pero también se produce un par medio distinto de cero si el rotor se mueve a la velocidad angular:
ω𝑚 = 400 𝑟𝑎𝑑/𝑠.Téngase en cuenta que para esta velocidad, la expresión instantánea del par seria:
𝑇=
− 2, 5 𝑠𝑒𝑛(400𝑡 + δ) + 2, 5 𝑐𝑜𝑠 400 𝑡𝑠𝑒𝑛(400𝑡 + δ)
cuyo valor medio, denominado α = ω𝑚𝑡 = 400𝑡,seria:
𝑇=
1
2π
2π
∫ 𝑇𝑑(ω𝑚𝑡) =
0
1
2π
2π
∫ 2, 5 𝑠𝑒𝑛(α + δ)𝑑α +
0
La primera integral es nula y la segunda vale:
𝑇=
1
2π
2π
∫ 2, 5 𝑐𝑜𝑠 α 𝑠𝑒𝑛(α + δ)𝑑α = 1, 25 𝑠𝑒𝑛δ
0
1
2π
2π
∫ 2, 5 𝑐𝑜𝑠 α 𝑠𝑒𝑛(α + δ)𝑑α
0
El par medio es por consiguiente igual a 1, 25 𝑠𝑒𝑛δ𝑁. 𝑚., y se desarrolla cuando la velocidad es de
400 rad/s. El valor máximo del par es de 1,25 N.m.
1.20 Una máquina eléctrica con salientes magnéticos tanto en el estator como en el rotor tiene las
siguientes inductancias:
𝐿11(𝑒𝑠𝑡𝑎𝑡𝑜𝑟) = 0, 75 + 0, 35𝑐𝑜𝑠2θ 𝐻𝑒𝑛𝑟𝑖𝑜𝑠;
𝐿22(𝑟𝑜𝑡𝑜𝑟) = 0, 5 + 0, 2𝑐𝑜𝑠2θ 𝐻𝑒𝑛𝑟𝑖𝑜𝑠;
𝐿11(𝑒𝑠𝑡𝑎𝑡𝑜𝑟 − 𝑟𝑜𝑡𝑜𝑟) = 0, 8 𝑐𝑜𝑠θ 𝐻𝑒𝑛𝑟𝑖𝑜𝑠
Las resistencias de los devanados son despreciables. Si por el devanado del estator circula la corriente
𝑖1(𝑡) = 2𝑠𝑒𝑛314𝑡, y el rotor está en cortocircuito, calcular la corriente 𝑖2(𝑡) que circulara por el
rotor y el par resultante, cuándo θ = 135.
Al excitar la bobina del estator por una corriente 𝑖1(𝑡) = 2𝑠𝑒𝑛314𝑡 y estar el devanado 2 en
cortocircuito, la tensión en el devanado 2 es nula y como quiera que esta es igual a:
𝑉2 = 0 =− 𝑒2 =−
𝑑Ψ
2
𝑑𝑡
=−
𝑑
𝑑𝑡
(𝐿2𝑖𝑖1 + 𝐿22𝑖2) =−
𝑑
𝑑𝑡
[(0, 8 𝑐𝑜𝑠θ) 2𝑠𝑒𝑛314𝑡 + (0, 5 + 0, 2𝑐𝑜𝑠2θ)𝑖2]
es decir:
𝑉2 = 0 = [(0, 8 𝑐𝑜𝑠θ) 2 * 314𝑐𝑜𝑠314𝑡 + (0, 5 + 0, 2𝑐𝑜𝑠2θ)
𝑑𝑖2
𝑑𝑡
]
que para θ = 135nos da:
𝑉2 = 0 = [− 0, 8 * 314𝑐𝑜𝑠314𝑡 + 0, 5
𝑑𝑖2
𝑑𝑡
]
𝑑𝑖2
𝑑𝑡
= 1, 6 * 314𝑐𝑜𝑠314𝑡
y por consiguiente:
𝑖2(𝑡) = ∫[1, 6 * 314𝑐𝑜𝑠314𝑡 = 1, 6𝑠𝑒𝑛314𝑡 + 𝐶]
Si se considera que en t=0 la corriente 𝑖2 es cero, se tiene finalmente una corriente en el devanado
del rotor:
𝑖2(𝑡) = 1, 6𝑠𝑒𝑛314𝑡
b) La expresión del par es:
𝑇=
1 2 𝑑𝐿11
𝑖
2 1 𝑑θ
+
1 2 𝑑𝐿22
𝑖
2 2 𝑑θ
+ 𝑖1 𝑖2
𝑑𝐿12
𝑑θ
cuyo resultado es:
𝑇=
1 2
𝑖 (−
2 1
0, 7𝑠𝑒𝑛2θ) +
1 2
𝑖 (−
2 2
0, 4𝑠𝑒𝑛2θ) + 𝑖1 𝑖2 (− 0, 8 𝑠𝑒𝑛θ)
Y que para θ = 135, da lugar al siguiente resultado:
2
2
𝑇 = 0, 35𝑖1 + 0, 2𝑖2 + 𝑖1 𝑖2 (− 0, 566 𝑠𝑒𝑛θ)
teniendo en cuenta los valores de las corrientes que circulan por los devanados:
𝑖1 (𝑡) = 2𝑠𝑒𝑛314𝑡); 𝑖2 (𝑡) = 1, 6𝑠𝑒𝑛314𝑡)
se obtiene:
2
2
2
2
𝑇 = 0, 7 𝑠𝑒𝑛 314𝑡 + 0, 512 𝑠𝑒𝑛 314𝑡 − 1, 28 𝑠𝑒𝑛 314𝑡 =− 0, 068 𝑠𝑒𝑛 314𝑡
es decir:
𝑇 =− 0, 068
1−𝑐𝑜𝑠628𝑡
2
= 0, 034 (𝑐𝑜𝑠628𝑡 − 1)
Vínculo
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