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• Jairo Alejandro Gil Mancipe

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UNIVERSIDAD DISTRITAL FRANCISCO JOSE DE CALDAS INGENIERIA ELECTRICA CONVERSION ELECTROMAGNETICA JAIRO ALEJANDRO GIL MANCIPE EJERCICIOS 2.1. Un toroide de acero fundido de una sección transversal uniforme de 8 cm 2 tiene una circunferencia media de 0.6 m. La bobina de excitación es embobinada uniformemente alrededor del toroide y tiene 300 vueltas. Encuentre el flujo en webers cuando la corriente directa en la bobina de excitación es a-)1 A. b-) 2 A. y C-) 4 A. ¿Cuándo la corriente se duplica, el flujo también se duplica? Explíquelo. ¿=HmLm A. Hm=

(300Vueltas)(1 A ) A Vuelta =500 0.6 m m

Según la gráfica del acero fundido de obtiene Bm=0.88 Bm=

wb m2

φ Wb → φ=Bm∗A= 0.88 2 (8∗10−4 m2 )=7.04 ¿ 10−4 Wb A m

(

)

B. Hm=

(300Vueltas)(2 A ) A Vuelta =1000 0.6 m m

Según la gráfica del acero fundido de obtiene Bm=1.13 Bm=

wb m2

φ Wb → φ=Bm∗A= 1.13 2 (8∗10−4 m 2 )=9.04 ¿ 10−4 Wb A m

(

)

C. Hm=

(300Vueltas)( 4 A ) A Vuelta =2000 0.6 m m

Según la gráfica del acero fundido de obtiene Bm=1.42 Bm=

wb m2

φ Wb → φ=Bm∗A= 1.42 2 (8∗10−4 m 2)=9.136 ¿ 10−3 Wb A m

(

)

Encuentre el valor de la corriente directa que deberá circular en la bobina de excitación, para establecer en el toroide de un flujo de 8*10 -4 weber.

Bm=

φ 8∗10−4 Wb 2 = =1Wb/ m Aefectiva 8∗10−4 m2

Según la gráfica del acero fundido de obtiene Hm=730 I=

A Vuelta m

Hmlm (730)(0.6) = =1,46 A N 300

2.2 Encuentre la corriente directa en amperes necesaria para establecer 7.6*10 -4 weber en la estructura magnética mostrada en la figura. El núcleo está construido con hojas de acero laminado con un factor de apilamiento de 0.95.

Lm=( 10 cm∗2 ) + ( 4 cm∗2 ) =28 cm=0.28 m AT =( 2 cm )∗( 4 cm )=8∗10−4 m2 Ae =(8∗10−4 m2 )∗( 0.95 ) =7.6∗10−4 m2 El circuito magnético que representa la figura es el siguiente:

φ 7.6∗10−4 Wb 2 Bm= = =1 Wb/m −4 2 Ae 7.6∗10 m Bm → Hm=200

A∗Vuelta m2

A∗Vuelta 200 ∗(0.28m) ( ) m HmLm I= = =0.56 A N

100 Vueltas

2.3. ¿A qué valor deberá ser incrementada la corriente en el problema 2? si un entrehierro de 0,1 cm es intercalado en el núcleo? Considere en el entrehierro el efecto marginal, pero desprecie los flujos de dispersión.

Circuito equivalente

Lm 1=28 cm−0.1 cm=0.279 m Lg=0.1∗10−2 m Al hacer la malla se obtiene la ecuación (1): ¿=Hm1 Lm 1+ HgLg (1)

Bg=

φg 7.6∗10−4 Wb = =0.88 Wb/m 2 A (2∗10−2 m+ 0.1∗10−2 m)( 4∗10−2 m+0.1∗10−2 m)

Bg=UoHg Wb Bg m2 A∗Vuelta Hg= = =700281.74 Uo Wb m 4 π∗10−7 A∗m 0.88

Despejando la corriente de la ecuación (1): I=

HgLg+ Hm 1 Lm 1 N

A∗Vuelta 700281.74 ( 1∗10 ( ) m I=

−3

m )+(200

100Vueltas

A∗Vuelta )(0.279 m) m

=7.56 A

2.4. En la estructura mostrada en la figura que se acompaña, la densidad de flujo en el entrehierro es 0,8 wb/m^2. El núcleo está hecho de hojas de acero laminado con un factor de

apilamiento de 0,9. Encuentre la Fmm y la corriente de la bobina de excitación. Considere en el entrehierro el efecto marginal, pero desprecie los flujos de dispersión.

Circuito equivalente

Lm 1= ( 46 cm∗2 )+ ( 16 cm) =1.08 m Lm 2=16 cm=0.16 m Lm 3=1.08 m−0.1∗10−2 m=1.079m Lg=0.1∗10−2 m Ag=( 4∗10−2 m+ 0.1∗10−2 m ) ( 8∗10−2 m+ 0.1∗10−2 m )=3.321∗10−3 m 2 Mallas correspondientes del circuito: ¿=Hm1 Lm 1+ Hm 2 Hm 2(1) ¿=Hm2 Lm 2+ Hm 3 Lm3+ HgLg (2) De las ecuaciones (1) y (2) se obtiene: Hm 1 Lm 1=Hm3 Lm 3+ HgLg(3) Bg=μ0 Hg

Wb Bg m2 A∗Vuelta Hg= = =636619,77 Uo Wb m 4 π∗10−7 A∗m 0.8

(

φ 3=Bg∗Ag= 0.8

Bm 3=

Wb ( 3.321∗10−3 m2 )=32.6568∗10−3 Wb 2 m

)

φ3 2.6568¿ 10−3 Wb = =0.9225 Wb/m2 Ae3 (8∗10−2 m)(4∗10−2 m)(0.9)

Bm 3→ Hm 3=150

A∗Vuelta m

Al despejar Hm1 de la ecuacion (3) se determina: Hm 1=

HgLg+ Hm 2 Lm 2 Lm 1

A∗Vuelta A∗Vuelta 150 ( 1.079 m) +(636942,6 )(0.1∗10 ( ) m m Hm 1=

−2

m)

1.08 m

Hm 1=739.62

A∗Vuelta m

Hm 1→ Bm 1=1,3 Wb/m 2

(

φ 2=Bm 1∗Ae 1= 1.3

Wb ( 4∗10−2 m) ( 8∗10−2 m ) (0.9)=3.744 ¿10−3 Wb 2 m

)

φ 3=φ 1+φ 2=3.744 ¿10−3 Wb +2.6568 ¿ 10−3 Wb=6.4 ¿ 10−3 Wb m 2=

φ1 6,4 ¿10−3 Wb = =1.1Wb /m2 −2 −2 Ae 2 (8∗10 m)(8∗10 m)(0.9)

Bm 2→ Hm 2=240

A∗Vuelta m

De la ecuación (1) se determina la fuerza magnetomotriz y la corriente Fmm=¿=( 8.4 A )( 100 )=836.86 A∗Vuelta I=

Fmm =8.36 A N

2.5. El núcleo magnético mostrado en la figura que se acompaña está hecho de laminaciones de acero para transformadores fabricado por la USS. El factor de apilamiento es 0,85. El flujo en el entrehierro es 6∗10−4wb. Calcular la fmm y la corriente en el embobinado de excitación. Desprecie los efectos marginales y de dispersión.

Circuito equivalente

l m 1=2,5 cm+20 cm+5 cm+ 15 cm+5 cm+20 cm+2,5 cm=70 cm=0,7 m l m 2=2,5 cm+15 cm+2,5 cm−0,1 cm=19,9 cm=0,199 m l m 3=0,1 cm=1∗10−3 m l m 4 =2,5 cm+ 45 cm+5 cm+ 15 cm+5 cm+ 45 cm+ 2,5 cm=120 cm=1,2 m A1= A 2= A 4=0,05 m∗0,06 m∗0,85=2,55∗10−3 m2 A2=0,05 m∗0,06 m∗0,85=2,55∗10−3 m2 A3 =0,05 m∗0,06 m=3∗10−3 m2 A 4=0,05 m∗0,06 m∗0,85=2,55∗10−3 m2 Mallas correspondientes del circuito: ¿=Hm1 Lm 1+ Hm 2 Lm 2+ Hm 3 Lm 3( 1) ¿=Hm1 Lm 1+ Hm 4 Hm 4(2) De las ecuaciones (1) y (2) se obtiene: Hm 4 Lm 4=Hm 2 Lm 2+ Hm 3 Lm 3(3)

B m 2=

ϕ 6∗10−4 wb wb = =0,235 2 −3 2 A 2 2,55∗10 m m

Bm 2 → H m 2=40 B m 3=

Avuelta m

ϕ 6∗10−4 wb wb = =0,2 2 −3 2 A3 3∗10 m m

wb B m2 Avuelta H m 3= m 3 = =159154 −7 μ0 4 π∗10 m 0,2

H l + H m 3 lm 3 Hm4= m2 m2 = lm 4 wb H m 4 → B m 4=0.9 2 m ϕ 3=B m 4 A 4 =0,9

40

Avuelta Avuelta ∗0,199 m+160000 ∗1∗10−3 m m m Avuelta =140 1,2 m m

wb ∗2,55∗10−3 m2=2.295∗10−3 wb 2 m

ϕ 1=ϕ2 +ϕ 3=6∗10−4 wb+ 2,295∗10−3 wb ϕ 1=2,895∗10−3 wb ϕ 1 2,895∗10−3 wb wb = =1,135 2 −3 2 A 1 2,55∗10 m m Avuelta Bm 1 → H m 1=250 m B m 1=

I=

H m 4 lm 4 + H m 1 lm 1 = N

140

Avuelta Avuelta ∗1,2 m+ 250 ∗0,7 m m m =1.71 A 200

Fmm=¿=200 vueltas∗1,715 A F mm=342 Avueltas 2.6. El núcleo magnético de la figura que se acompaña está hecho de hojas de acero laminado. El factor de apilamiento es 0,9. Los flujos en los tres brazos son ϕ A=4∗10− 4 wb, ϕ B=6∗10−4 wb, y ϕ C =2∗10−4 wb, en las direcciones mostradas. Encuentre la corriente en cada bobina, dando su magnitud y dirección.

Circuito equivalente

l mA =l mC =3 cm+12 cm+ 4 cm+8 cm+4 cm+ 12cm+3 cm=0,46 m l mB=2cm+8 cm+2 cm=0,12 m A A = AC =( 0,04 m )( 0,04 m )( 0,9 ) =1,44∗10−3 m2 A B=( 0,06 m ) ( 0,04 m )( 0,9 )=2,16∗10−3 m 2 ϕA 4∗10−4 wb wb = =0,277 2 −3 2 A A 1,44∗10 m m Avuelta BmA → H mA=45 m BmA =

ϕB 6∗10−4 wb wb BmB= = =0,277 2 −3 2 A B 2,16∗10 m m Avuelta BmB → H mB =45 m ϕC 2∗10− 4 wb wb = =0,138 2 −3 2 A C 1,44∗10 m m Avuelta BmC → H mC =32 m BmC =

F mmA=N A I A =H mA l mA + H mB l mB

I A=

H mA l mA + H mB l mB NA 45

I A=

Avuelta Avuelta ∗0,46 m+ 45 ∗0,12 m m m 100

I A=0,26 A F mmC =N C I C =H mC l mC + H mB l mB I C=

H mC l mC + H mB l mB NC 32

I C=

Avuelta Avuelta ∗0,46 m+ 45 ∗0,12 m m m 600

I C =0,031 A 2.7. En el problema 2.6, si el flujo en los brazos A y B es 4∗10−4 wb en dirección contraria a las manecillas del reloj y el flujo en el brazo C es cero, encuentre la magnitud y dirección de las corrientes en las dos bobinas de excitación. ϕA 4∗10−4 wb wb = =0,277 2 −3 2 A A 1,44∗10 m m Avuelta BmA → H mA=45 m BmA =

ϕB 4∗10−4 wb wb = =0,185 2 A B 2,16∗10−3 m2 m Avuelta BmB → H mB =38 m BmB=

ϕC 0 wb wb = =0 2 −3 2 A C 1,44∗10 m m Avuelta BmC → H mC =0 m BmC =

F mmA=N A I A =H mA l mA + H mB l mB I A=

H mA l mA + H mB l mB NA

45 I A=

Avuelta Avuelta ∗0,46 m+ 38 ∗0,12 m m m 100

I A=0,252 A F mmC =N C I C =H mC l mC + H mB l mB I C=

H mB l mB NC 38

I C=

Avuelta ∗0,12 m m 600

I C =7.6∗10−3 A 2.8. La estructura magnética mostrada en la figura, está hecha de hojas de acero laminado. El factor de apilamiento es 0,9. La longitud media de la trayectoria magnética es 0,75m en la porción de acero. Las medidas de la sección transversal son 6cm*8cm. La longitud del entrehierro es 0,2 cm. El flujo en el entrehierro es 4∗10−3 wb. La bobina A tiene 1000 vueltas y por ambas bobinas circulan 6A. Determine el número de vueltas de la bobina B. Desprecie los flujos de dispersión, pero considere los efectos marginales.

Circuito equivalente

l m 1=0,75 m

l m 2=2∗10−3 m A1= ( 0,06 m) ( 0,08 m )( 0,9 )=4,32∗10−3 m2 A2= ( 0,06 m+ 0,002m ) ( 0,08 m+0,002 m )=5,084∗10−3 m 2 ϕ=4∗10−3 wb ϕ 4∗10−3 wb wb = =0,925 2 −3 2 A 1 4,32∗10 m m Avuelta Bm 1 → H m 1=140 m B m 1=

B G=

ϕ 4∗10−3 wb wb = =0,786 2 AG 5,084∗10−3 m 2 m

wb BG m2 Avuelta HG= = =625478 μ0 4 π∗10−7 m 0,786

F mmA−F mmB=H m 1 l m 1+ H m 2 l m 2 N A I −N B I =H m 1 l m 1+ H m 2 l m2 N B I =N A I −H m 1 l m 1−H m 2 l m 2 NB=

N A I −H m 1 l m 1−H m 2 l m 2 I 1000∗6 A−140

NB=

Avuelta Avuelta ∗0,75 m−625478,9264 ∗2∗10−3 m m m 6A

N B =774 vueltas 2.9. El núcleo magnético de acero fundido mostrado en la figura tiene una sección transversal uniforme de 8cm*8cm. Tiene dos bobinas de excitación, una en el brazo A y la otra en el brazo B. La bobina A tiene 1000 vueltas y circula a través de ella, una corriente de 0,5A en la dirección mostrada. Determine la corriente que debe circular en la bobina B en la dirección mostrada, con objeto de que en el brazo central se tenga flujo nulo. La bobina B tiene 200 vueltas.

Circuito equivalente

l mA =l mC =36 cm+16 cm+36 cm=88 cm=0,96 m l mB=16 cm=0,16 m A A = A B= AC =( 0,08 m )( 0,08 m )=6,4∗10−3 m2 ϕ A +ϕ B=ϕC ϕ A=ϕC ϕB =0 AB H mB =0 BmB=

NaIa−NbIb=LmaHma+ LmbHmb NbIb= LmbHmb+ LmcHmc

BmA =B mC =

ϕA ϕC = A A AC

H mA =H mC NaIa=2 H mC l mC N A I A=2 H mC l mC N A IA =H mC 2l mC H mC =

1000 vueltas∗0,5 A 2 ( 0,96 m )

H mC =260

Avuelta m

H mC l mC =N B I B I B=

H mC l mC NB 260

I B=

Avuelta ∗0,96 m m 200 vueltas

I B=1,248 A 2.10. En la estructura magnética mostrada en la figura que se acompaña, el material usado es acero laminado. Las dos ramas laterales son simétricas. La sección transversal de la estructura de un valor de 5cm*5cm es uniforme. La fmm de la bobina es 2000 Avuelta, y la longitud del entrehierro es 0,2cm. Determine el flujo en el entrehierro. Desprecie flujos de dispersión, pero considere el efecto marginal en el entrehierro.

Circuito equivalente

l m 1=l m 3=25 cm+22,5 cm+22,5 cm=70 cm=0,7 m l g =0,2 cm=2∗10−3 m l m 2=30 cm−5 cm−0,2 cm=24,8 cm=0,248 m A1= A 3= A 4=( 0,05 ) ( 0,05 ) =2,5∗10−3 m 2 A g=( 0,05+ 0,002 )( 0,05+0,002 ) =2,704∗10−3 m 2 F mm=H m 2 l m 2+ H g l g + H m 1 l m 1=H m 2 l m 2 + H m 3 l m 3 + H g l g H m 1 l m1 =H 3 l 3 H m 1=H 3 Bm 1=B3 ϕ1 ϕ3 = A1 A3 ϕ 1=ϕ3 ϕ 2=ϕ1 +ϕ 3 ϕ 2=2 ϕ1 ¿=HgLg 2000 Avuelta Avuelta Hg= ¿ = =1∗10 6 −3 Lg m 2∗10 m

(

Bg=μ0 Hg=4 π∗10−7 1∗106

Avuelta wb =1.25 2 m m

)

(

ϕ i=BgAg = 1.25

B m 2=

)

ϕi 3.38∗10−3 wb wb = =1.35 2 A T 2.5∗10−3 m 2 m

Bm 2 → H m 2=625 ϕ 1=B m 1 A1= B m 1=

wb ( 2,704∗10−3 m2 )=3.38∗10−3 wb 2 m

Avuelta m

ϕi 2

ϕi 3.38∗10−3 wb wb = =0.676 2 2 A 1 2 ( 2.5∗10−3 m2 ) m

Bm 1 → H m 1=87

Avuelta m

¿=H m 2 l m 2 + H g l g + H m 1 l m 1

(

¿= 625

Avuelta Avuelta Avuelta 0,248 m+ 87 0,7 m+ 1∗106 2∗10−3 m m m m

)

(

)

(

)

¿=2216 Avuelta Para las siguientes iteraciones observar la tabla ejercicio 2.10 2.11. En el núcleo magnético mostrado en la figura, calcule la corriente en amperios necesaria para establecer un flujo de 7∗10−3 wb en el brazo central B. Resuélvalo por los métodos: a) de prueba y error y b) gráfico, usando curvas compuestas. Longitud media de la trayectoria: bafe=72 cm , be=30 cm, bcde=80 cm Longitud del entrehierro: 0,1 cm Área de la sección transversal: bafe=40 cm2 , be=60 cm2 , bcde=40 cm2 Número de vueltas de la bobina de excitación: N S =1000 vueltas Material: Acero para transformadores de la USS. Desprecie los efectos marginales y de dispersión en el entrehierro.

Circuito equivalente

l m 1=0,72 m l m 2=0,3 m l m 3=0,799 m l m 4 =0,001 m A1=4∗10−3 m 2 A2=6∗10−3 m2 A3 =4∗10−3 m 2 A 4=4∗10−3 m2 N B =1000 Vueltas B m 2=

ϕB 7∗10−3 wb wb = =1,16 2 A 2 6∗10−3 m2 m

Bm 2 → H m 2=250 ϕ B=ϕ A + ϕC ϕ C =ϕ B−ϕ A

Avuelta m

F mm=H m 2 l m 2+ H m 1 l m 1=H m 2 l m 2+ H m 3 l m 3 + H m 4 l m 4 H m 1 l m1 =H m 3 l m 3 + H m 4 l m 4

( B m 1 → H m 1 ) l m 1= ( B m 3 → H m 3 ) l m 3 + ( B m 4 → H m 4 ) l m 4

(

ϕA ϕC ϕC → H m 1 l m 1= → H m 3 lm 3 + → H m 4 lm 4 A1 A3 A4

(

ϕA ϕ B−ϕ A ϕB −ϕ A → H m 1 l m 1= → H m 3 lm 3 + l A1 A3 A 4∗μ 0 m 4

(

) (

) (

) (

ϕA 4∗10−3 m

)

) (

)

(

→ H m 1 0,72 m= 2

)

7∗10−3 wb−ϕ A 4∗10−3 m2

)

((

→ H m 3 0,799m+

7∗10−3 wb−ϕ A 4∗10−3 m2 ) (4 π∗10−7 )

)

Para las siguientes iteraciones observar la tabla ejercicio 2.11 2.12. El núcleo magnético mostrado en la figura que se acompaña está hecho de hojas de acero laminado con un factor de apilamiento de 0,9. La bobina de excitación tiene 200 vueltas y circula a través de ella una corriente de 2A. Determine el flujo en el entrehierro. Desprecie los flujos de dispersión, pero considere los efectos marginales en el entrehierro. La longitud media de la trayectoria magnética en el acero es de 80cm, y la longitud del entrehierro es de 0,1cm. La sección transversal del núcleo es uniforme y es de 5cm*5cm. Resuelva este problema por a) método de prueba y error y b) método gráfico y compare resultados.

l m 1=0,8 m l m 2=0,001 m A1=0,05 m∗0,05 m∗0,9=2,25∗10−3 m2 A2= ( 0,05 m+0,001 m )∗( 0,05 m+0,001 m )=2,601∗10−3 m2 F mm=¿=200Vueltas∗2 A=400 Avuelta F mm=H m 1 l m 1 + H m 2 l m 2

(

F mm=

lm 2 ϕ → H m 1 ∗l m 1 + ∗ϕ A1 A2 μ 0

) (

)

0,001 m

400 Avuelta=

(

ϕ 0,001 m → H m 1 ∗0,8 m+ ∗ϕ −3 2 2,25∗10 m ( 2,601∗10−3 m 2 ) ( 4 π∗10−7 )

)

(

)

Iterar suponiendo ϕ

ϕ=2,25∗10−3 wb 400 Avuelta=

(

2,25∗10−3 wb 0,001 m∗2,25∗10−3 wb → H ∗ 0,8 m+ m1 2,25∗10−3 m2 ( 2,601∗10−3 m2 )( 4 π∗10−7 )

)

(

)

400 Avuelta=( 1→ H m 1 )∗0,8 m+ ( 688,386 )

(

400 Avuelta= 160

Avuelta ∗0,8 m+ ( 688,386 ) m

)

400 Avuelta=816,386 Avuelta

400

Avuelta∗2,25∗10−3 wb −3 =1,102∗10 wb 816,386 Avuelta

ϕ=1,102∗10−3 wb 400 Avuelta=

(

1,102∗10−3 wb 0,001m∗1,102∗10−3 wb → H ∗0,8 m+ m1 2,25∗10−3 m2 ( 2,601∗10−3 m2 ) ( 4 π∗10−7 )

)

(

)

400 Avuelta=52,8 Avuelta+337,284 Avuelta 400 Avuelta=390,084 Avuelta

400

Avuelta∗1,102∗10−3 wb −3 =1,13∗10 wb 390,084 Avuelta ϕ=1,13∗10−3 wb

400 Avuelta=

(

1,13∗10−3 wb 0,001 m∗1,13∗10−3 wb → H ∗ 0,8 m+ m1 2,25∗10−3 m2 ( 2,601∗10−3 m2 )( 4 π∗10−7 )

)

(

400 Avuelta=53,6 Avuelta+345,7229 Avuelta 400 Avuelta=399,32 Avuelta

)

|400−399,32 |∗100 %=0,169 % 400

% Error =

2.13. El núcleo magnético mostrado en la figura consiste de tres secciones hechas respectivamente de acero fundido, hierro fundido y un entrehierro. Encuentre el flujo en el entrehierro. Encuentre el flujo en el entrehierro si los Avuelta de la bobina de excitación son 800. El área de la sección transversal es uniforme de 8cm*8cm. La longitud media de las trayectorias magnéticas son: en el hierro fundido, 40cm, en el acero fundido, 50cm. La longitud del entrehierro es 0,1cm. Desprecie los efectos marginales y de dispersión. (Sugerencia: Construya las curvas compuestas de flujo vs fmm y resuélvalo por el método gráfico).

l m 1=0,5 m l m 2=0,4 m l m 3=0,001 m A1= A 2= A3 =( 0,08 m )∗( 0,08 m )=6,4∗10−3 m 2 F mm=H m 1 l m 1 + H m 2 l m 2+ H m 3 l m 3 F mm=( Bm 1 → H m 1 ) l m 1+ ( B m 2 → H m 2 ) l m 2 + ( Bm 3 → H m 3 ) l m 3

( Aϕ → H ) l +( Aϕ → H ) l +( Aϕ → H )l

F mm=

m1

m1

1

m2

m2

2

m3

( Aϕ → H ) l +( Aϕ → H ) l +( A ϕ∗μ ) l

F mm=

m1

m1

m2

1

(

800 Avuelta=

m3

3

2

m2

3

m3

0

ϕ ϕ ϕ → H m 1 0,5 m+ → H m 2 0,4 m+ 0,001 m −3 2 −3 2 −3 2 6,4∗10 m 6,4∗10 m ( 6,4∗10 m ) ( 4 π∗10−7 )

)

(

)

(

)

Iterar suponiendo ϕ

ϕ=3,2∗10−3 wb

(

800 Avuelta=

3,2∗10−3 wb 3,2∗10−3 wb 3,2∗10−3 wb → H 0,5 m+ → H 0,4 m+ 0,001 m m1 m2 6,4∗10−3 m2 6,4∗10−3 m2 ( 6,4∗10−3 m2 ) ( 4 π∗10−3 )

)

(

)

(

)

(

800 Avuelta= 0,5

wb wb → H m 1 0,5m+ 0,5 2 → H m 2 0,4 m+ 397,887 Avuelta 2 m m

)

800 Avuelta=240

(

)

Avuelta Avuelta ∗0,5 m+1600 ∗0,4 m+397,887 Avuelta m m 800 Avuelta=1157,887 Avuelta

800

Avuelta∗3,2∗10−3 wb −3 =2,21∗10 wb 1157,887 Avuelta

ϕ=2,21∗10−3 wb

(

800 Avuelta=

2,21∗10−3 wb 2,21∗10−3 wb 2,21∗10−3 wb → H 0,5 m+ → H 0,4 m+ 0,001 m1 m2 6,4∗10−3 m2 6,4∗10−3 m2 ( 6,4∗10−3 m2 ) ( 4 π∗10−3 )

)

800 Avuelta=160

(

)

(

)

Avuelta Avuelta ∗0,5 m+900 ∗0,4 m+ 274,7909 Avuelta m m 800 Avuelta=714 , 7909 Avuelta

800

Avuelta∗2,21∗10−3 wb −3 =2,47∗10 wb 714 , 7909 Avuelta

ϕ=2,47∗10−3 wb

(

800 Avuelta=

2,47∗10−3 wb 2,47∗10−3 wb 2,47∗10−3 wb → H 0,5 m+ → H 0,4 m+ 0,001 m1 m2 6,4∗10−3 m2 6,4∗10−3 m2 ( 6,4∗10−3 m2 )( 4 π∗10−3 )

)

800 Avuelta=190

(

)

(

Avuelta Avuelta ∗0,5 m+1080 ∗0,4 m+307,119 Avuelta m m 800 Avuelta=834,119 Avuelta

|800−834,119 |∗100 %=4,26 % 800

% Error =

)