UNIVERSIDAD DISTRITAL FRANCISCO JOSÉ DE CALDAS DIEGO FERNANDO PÁEZ RESTREPO 20131007025 ANDRÉS FELIPE ROJAS BÁEZ 20131007036 CONVERSIÓN ELECTROMAGNÉTICA EJERCICIOS SECCIÓN 2 2.1. Un toroide de acero fundido de una sección transversal uniforme de 8 cm2 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=
(300 Vueltas)(1 A) A Vuelta =500 0.6 m m
Según la gráfica del acero fundido de obtiene
Bm=
Bm=0.88
wb m2
φ Wb → φ=Bm∗A= 0.88 2 (8∗10−4 m2)=704 ¿ 10−6 Wb A m
(
)
b-)
Hm=
(300 Vueltas)(2 A) A Vuelta =1000 0.6 m m
Según la gráfica del acero fundido de obtiene
Bm=
Bm=1.17
wb m2
φ Wb → φ=Bm∗A= 1.17 2 (8∗10−4 m2)=936 ¿ 10−6 Wb A m
(
)
c-)
Hm=
(300 Vuelt as)(4 A) A Vuelta =2000 0.6 m m
Según la gráfica del acero fundido de obtiene
Bm=1.42
wb 2 m
Bm=
φ Wb → φ=Bm∗A= 1.42 2 ( 8∗10−4 m2 )=1.136 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 = =1 Wb/m2 −4 2 Aefectiva 8∗10 m
Según la gráfica del acero fundido de obtiene
I=
Hm=730
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.
La longitud media y el área efectiva son:
Lm=( 10 cm∗2 ) + ( 4 cm∗2 )=28 cm=0.28 m Aefectiva= (2 cm )∗( 4 cm )∗( 0.95 )=7.6∗10−4 m2 El circuito magnético que se obtiene se muestra a continuación:
¿=HmLm
−4
Bm=
φ 7.6∗10 Wb = =1 Wb/m2 Aefectiva 7.6∗10−4 m2
Según la gráfica del acero laminado se obtiene que
Hm=200
A∗Vuelta m2
A∗Vuelta 200 ∗(0.28 m) ( ) m HmLm I= = =0.56 A N
100Vueltas
2.3. ¿A qué valor deberá ser incrementada la corriente en el problema 2.2 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. La longitud media del material magnético y del entrehierro es:
Lm1=28 cm−0.1 cm=0.279 m
Lg=0.1∗10−2 m El circuito magnético continuación:
que se obtiene se muestra a
¿=Hm 1 Lm 1+ HgLg
Bg=
φg 7.6∗10−4 Wb = =0.88 Wb /m2 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= = =700636.94 Uo Wb m 4 π∗10−7 A∗m 0.88
I=
HgLg + Hm 1 Lm 1 N
A∗Vuelta 700636.94 ( 0.1∗10 ( ) m I=
−2
m ) +(200
A∗Vuelta )(0.279 m) m
100 Vueltas
=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.
Las longitudes medias son
LBAHG=( 46 cm∗2 ) + ( 16 cm )=1.08 m LBG=16 cm=0.16 m
LBCFG−DE=1.08 m−0.1∗10−2 m=1.079 m Lg=0.1∗10−2 m El circuito magnético que se obtiene se muestra a continuación:
¿=Hm 3 Lm 3+ Hm 2 Lm 2+ HgLg ¿=Hm 3 Lm 3+ Hm 1 Lm 1
Bg=
φg Wb → φg=Bg∗A= 0.8 2 ( 4∗10−2 m+0.1∗10−2 m ) ( 8∗10−2 m+ 0.1∗10−2 m ) =2.6568 ¿ 10−3 Wb A m
(
)
Bg=μ0 Hg Wb 2 Bg m A∗Vuelta Hg= = =636942,6 Uo m −7 Wb 4 π∗10 A∗m 0.8
φg=φ 2 φ2 2.6568 ¿ 10−3 Wb Bm 2= = =0.9225 Wb / m2 −2 −2 Aefect iva ( 8∗10 m)( 4∗10 m)(0.9)
Según la gráfica del acero laminado se obtiene que
Hm1=
Hm 2=150
A∗Vuelta m
HgLg + Hm 2 Lm 2 Lm 1
A∗Vuelta A∗Vuelta 150 ( 1.079m ) +(636942,6 )(0.1∗10 ( ) m m Hm1=
−2
m)
1.08 m
Hm1=739.62
A∗Vuelta m
Según la gráfica del acero laminado se obtiene que
(
φ 1=Bm 1∗Aefectiva= 1.32
Bm 1=1,32Wb /m2
Wb ( 4∗10−2 m) ( 8∗10−2 m ) (0.9)=3,8016 ¿ 10−3 Wb 2 m
)
φ 3=φ 1+ φ 2=3.8016 ¿ 10−3 Wb +2.6568 ¿ 10−3 Wb=6.4589 ¿ 10−3 Wb −3
Bm 3=
φ3 6,4584 ¿10 Wb = =1.12 Wb /m2 Aefectiva (8∗10−2 m)(4∗10−2 m)(0.9)
Según la gráfica del acero laminado se obtiene que
I=
Hm 3 Lm 3+ Hm 1 Lm 1 =8.4 A N
Hm 3=260,1
A∗Vuelta m
Fmm=¿=( 8.4 A ) ( 100 )=840 A∗Vuelta
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
−4
6∗10
wb.
Calcular la fmm y la corriente en el embobinado de excitación. Desprecie los efectos marginales y de dispersión.
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=1,2m A 1=0,05 m∗0,06 m∗0,85=2,55∗10−3 m 2 A 2=0,05 m∗0,06 m∗0,85=2,55∗10−3 m 2 A 3=0,05m∗0,06 m=3∗10−3 m2 −3
2
A 4 =0,05 m∗0,06 m∗0,85=2,55∗10 m
H m 2 l m 2 + H m 3 l m3=H m 4 l m 4 =F mm−H m1 l m 1 −4
B m 2=
ϕ 6∗10 wb wb = =0,235 2 −3 2 A 2 2,55∗10 m m
B m 2 → H m 2=40
Avuelta m
−4
B m 3=
ϕ 6∗10 wb wb = =0,2 2 −3 2 A 3 3∗10 m m
wb 0,2 2 Bm3 m Avuelta H m 3= = =160000 −7 μ 0 4 π∗10 m
H m4=
H m 2 l m 2+ H m 3 l m 3 = lm 4
40
Avuelta Avuelta ∗0,199m+160000 ∗1∗10−3 m m m Avuelta =140 1,2m m
H m 4 → Bm 4=0,885
wb m2
ϕ 3=Bm 4 A 4=0,885
wb −3 2 −3 ∗2,55∗10 m =2,25675∗10 wb 2 m
−4
−3
ϕ 1=ϕ2 + ϕ3 =6∗10 wb+2,25675∗10 wb ϕ 1=2,85675∗10−3 wb
B m 1=
ϕ1 2,85675∗10−3 wb wb = =1,12 2 −3 2 A1 2,55∗10 m m
B m 1 → H m 1=250
I=
Avuelta m
H m 4 l m 4 + H m 1 lm 1 = N
140
Avuelta Avuelta ∗1,2 m+250 ∗0,7 m m m 200
I =1,715 A Fmm=¿=200 vueltas∗1,715 A
Fmm =343 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.
l mA=l mC =3 cm+ 12cm+ 4 cm+8 cm+4 cm+12 cm+3 cm=0,46 m l mB=2 cm+8 cm+2 cm=0,12 m A A =A C = ( 0,04 m )( 0,04 m) ( 0,9 )=1,44∗10−3 m2 −3
A B =( 0,06 m ) ( 0,04 m )( 0,9 ) =2,16∗10 m
B mA=
−4 ϕA 4∗10 wb wb = =0,277 2 −3 2 A A 1,44∗10 m m
B mA → H mA =51
B mB=
Avuelta m
ϕB 6∗10−4 wb wb = =0,277 2 A B 2,16∗10−3 m2 m
B mB → H mB=51
Avuelta m
ϕC 2∗10−4 wb wb B mC = = =0,138 2 −3 2 A C 1,44∗10 m m B mC → H mC =40
Avuelta m
FmmA =N A I A=H mA l mA + H mB l mB
I A=
H mA l mA + H mB l mB NA
2
51 I A=
Avuelta Avuelta ∗0,46 m+ 51 ∗0,12m m m 100
I A =0,2958 A
FmmC =N C I C =H mC l mC + H mB l mB
IC =
H mC l mC + H mB l mB NC 40
IC =
Avuelta Avuelta ∗0,46 m+51 ∗0,12 m m m 600
I C =0,0408 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.
l mA=l mC =3 cm+ 12cm+ 4 cm+8 cm+4 cm+12 cm+3 cm=0,46 m l mB=2 cm+8 cm+2 cm=0,12 m A A =A C = ( 0,04 m )( 0,04 m) ( 0,9 )=1,44∗10−3 m2 −3
A B =( 0,06 m ) ( 0,04 m )( 0,9 ) =2,16∗10 m
2
B mA=
−4 ϕA 4∗10 wb wb = =0,277 2 −3 2 A A 1,44∗10 m m
B mA → H mA =51
B mB=
−4 ϕB 4∗10 wb wb = =0,185 2 A B 2,16∗10−3 m2 m
B mB → H mB=46
B mC =
Avuelta m
Avuelta m
ϕC 0 wb wb = =0 2 −3 2 A C 1,44∗10 m m
B mC → H mC =0
Avuelta m
FmmA =N A I A=H mA l mA + H mB l mB
I A=
H mA l mA + H mB l mB NA 51
I A=
Avuelta Avuelta ∗0,46 m+ 46 ∗0,12m m m 100
I A =0,2898 A FmmC =N C I C =H mC l mC + H mB l mB
IC =
H mB l mB NC 46
IC =
Avuel ta ∗0,12 m m 600
I C =0,0092 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.
l m 1=0,75 m −3
l m 2=2∗10 m −3
A 1=( 0,06 m ) ( 0,08 m )( 0,9 ) =4,32∗10 m
2
A 2=( 0,06 m+0,002 m )( 0,08 m+0,002 m )=5,084∗10−3 m 2 ϕ=4∗10−3 wb ϕ 4∗10−3 wb wb B m 1= = =0,925 2 −3 2 A 1 4,32∗10 m m B m 1 → H m 1=140
B m 2=
Avuelta m
ϕ 4∗10−3 wb wb = =0,786 2 −3 2 A 2 5,084∗10 m m
wb 2 B m Avuelta H m 2= m 2 = =625478,9264 μ 0 4 π∗10−7 m 0,786
FmmA −F mmB=H m 1 l m 1+ H m2 l m 2
N A I −N B I =H m 1 l m 1+ H m 2 l m 2 N B I =N A I −H m 1 l m 1−H m2 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=
Avuelt a Avuelta −3 ∗0,75 m−625478,9264 ∗2∗10 m m m 6A
N B =774,007 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.
l mA=l mC =36 cm+16 cm+ 36 cm=88 cm=0,88 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=ϕ C ϕ A =ϕ C
B mB=
ϕB =0 AB
H mB=0
FmmA −H mA l mA =H mC l mC =F mmB −H mB l mB FmmA −H mA l mA =H mC l mC =F mmB
B mA=BmC =
ϕ A ϕC = A A AC
H mA =H mC FmmA −H mA l mA =H mC l mC FmmA =2 H mC l mC N A I A =2 H mC l mC NAIA =H mC 2l mC H mC =
1000 vueltas∗0,5 A 2 ( 0,88 m )
H mC =284,1
Avuelta m
H mC l mC =N B I B
I B=
H mC l mC NB Avuelta ∗0,88 m m 200 vueltas
284,1 I B=
I B=1,25004 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.
l m 1=l m 4 =25 cm+ 22,5 cm+22,5 cm=70 cm=0,7 m −3
l m 2=0,2 cm=2∗10 m l m 3=30 cm−5 cm−0,2 cm=24,8 cm=0,248 m A 1= A 3=A 4 =( 0,05 ) ( 0,05 )=2,5∗10−3 m2 −3
2
A 2=( 0,05+ 0,002 )( 0,05+ 0,002 )=2,704∗10 m
Fmm =H m 2 l m 2 + H m 3 l m 3+ H m 1 l m1=H m 2 l m 2+ H m 3 l m 3 + H m 4 l m 4 H m 1 l m 1=H m 4 l m 4 H m 1=H m 4 B m 1=Bm 4 ϕ1 ϕ4 = A1 A4 ϕ 1=ϕ 4
ϕ 2=ϕ3 =ϕ 1+ ϕ 4
ϕ 2=ϕ3 =2 ϕ1
Fmm =H m 2 l m 2 + H m 3 l m 3+ H m 1 l m1 Fmm =
Bm 2 l + ( Bm3 → H m 3 ) l m 3 + ( Bm 1 → H m 1 ) l m 1 μ0 m 2
Fmm =
ϕ2 ϕ ϕ l m 2 + 3 → H m 3 l m3 + 1 → H m1 l m 1 μ 0 A2 A3 A1
Fmm =
ϕ2 ϕ2 ϕ2 lm 2 + → H m 3 l m3 + → H m 1 lm 1 μ 0 A2 A3 2 A1
( (
) ( ) (
ITERAR PROPONIENDO
2000 Avuelta=
)
)
ϕ2 ϕ2
−7
2
−3
( 4 π∗10 )( 2,704∗10 m )
( 2∗10−3 m )+
(
ϕ2 ϕ2 → H m2 0,248 m+ → −3 2 2,5∗10 m 2 ( 2,5∗10−3 m2 )
)
(
)
(
PROPUESTA 1: ϕ2=2,5∗10−3 wb
2000 Avuelta=
(
2,5∗10−3 wb 2,5∗10−3 wb 2,5∗10−3 wb −3 ( ) 2∗10 m + → H 0,248 m+ → m2 ( 4 π∗10−7 )( 2,704∗10−3 m2 ) 2,5∗10−3 m2 2 ( 2,5∗10−3 m2 )
( wbm → H )0,248 m+( 0,5 wbm → H )0,7 m
2000 Avuelta=1471,476 Avuelta+ 1
(
2000 Avuelta=1471,476 Avuelta+ 150
2
m2
2
m1
Avuelta Avuelta 0,248 m+ 67 0,7 m m m
)
(
)
2000 Avuelta ≈ 1555,576 Avuelta
PROPUESTA 2: ϕ2 =3∗10−3 wb
2000 Avuelta=
(
)
3∗10−3 wb 3∗10−3 wb 3∗10−3 wb −3 ( ) 2∗10 m + → H 0,248 m+ → m2 ( 4 π∗10−7 )( 2,704∗10−3 m2 ) 2,5∗10−3 m2 2 ( 2,5∗10−3 m2 )
(
(
wb → H m 2 0,248 m+ ( 0,6 → H m 1 ) 0,7 m m2
(
Avuelta Avuelta 0,248 m+ 80 0,7 m m m
2000 Avuelta=1765,77 Avuelta+ 1,2
2000 Avuelta=1765,77 Avuelta+ 350
)
)
(
)
2000 Avuelta ≈ 1908,57 Avuelta
PROPUESTA 3: ϕ 2=3,1∗10−3 wb
2000 Avuelta=
(
)
3,1∗10−3 wb 3,1∗10−3 wb 3,1∗10−3 wb −3 ( ) 2∗10 m + → H 0,248 m+ → m2 ( 4 π∗10−7 )( 2,704∗10−3 m2 ) 2,5∗10−3 m2 2 ( 2,5∗10−3 m2 )
(
2000 Avuelta=1824,63 Avuelta+ 450
(
Avuelta Avuelta 0,248 m+ 81 0,7 m m m
)
(
)
2000 Avuelta ≈ 1992,93 Avuelta Error
|2000−1992,93 |∗100 =0,3535 2000
=
−3
ϕ 2=3,1∗10 wb
2.11. En el núcleo magnético mostrado en la figura, calcule la corriente en amperios necesaria para establecer un flujo de
−3
7∗10 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: Longitud del entrehierro:
bafe=72 cm ,be=30 cm, bcde=80 cm
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.
l m 1=0,72 m l m 2=0,3 m l m 3=0,799 m l m 4 =0,001m A 1=4∗10−3 m2 A 2=6∗10−3 m 2 A 3=4∗10−3 m2 A 4 =4∗10−3 m2 N B =1000Vueltas
B m 2=
ϕ B 7∗10−3 wb wb = =1,16 2 −3 2 A 2 6∗10 m m
B m 2 → H m 2=250
Avuelta m
ϕ B =ϕ A + ϕ C ϕ C =ϕ B−ϕ A Fmm =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 m4
H m 1 l m 1=H m3 l m 3 + H m 4 l m 4
( Bm1 → H m 1 ) lm 1=( Bm 3 → H m 3 ) l m 3+ ( B m4 → H m 4 ) l m 4
(
ϕA ϕ ϕ → H m 1 l m 1 = C → H m 3 l m 3 + C → H m4 l m 4 A1 A3 A4
(
ϕA ϕ B −ϕ A ϕ B −ϕ A → H m 1 lm 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 0,799 m+
7∗10−3 wb−ϕ A 4∗10−3 m2 ) (4 π∗10−7)
)
0,001 m
ϕA
Iterar suponiendo −3
ϕ A =2∗10 wb −3
(
−3
)
(
−3
−3
)
(
−3
−3
)
( (
0,5
68
)
−3
2∗10 wb 7∗10 wb−2∗10 wb 7∗10 wb−2∗10 wb → H m 1 0,72 m= → H m 3 0,799 m+ 0,001 m −3 2 −3 2 4∗10 m 4∗10 m ( 4∗10−3 m2 ) ( 4 π∗10−7 ) wb wb → H m 1 0,72 m= 1,25 2 → H m 3 0,799 m+ 994,7138 Avuelta 2 m m
)
(
)
Avuelta Avuelta ∗0,72 m=400 ∗0,799 m+ 994,7138 Avuelta m m
48,96 Avuelta=1314,31 Avuelta
−3
ϕ A =5∗10 wb
(
−3
)
(
−3
−3
)
5∗10 wb 7∗10 wb−5∗10 wb 7∗10 wb−5∗10 wb → H m 1 0,72 m= → H m 3 0,799 m+ 0,001m −3 2 −3 2 4∗10 m 4∗10 m ( 4∗10−3 m2 ) ( 4 π∗10−7 )
400
Avuelta 68 Avuelta ∗0,72m= ∗0,799 m+397 ,887 Avuelta m m
288 Avuelta=452,219 Avuelta
ϕ A =5,2∗10−3 wb
(
)
(
)
5,2∗10−3 wb 7∗10−3 wb−5,2∗10−3 wb 7∗10−3 wb−5,2∗10−3 wb → H 0,72 m= → H 0,799 m+ 0, m1 m3 4∗10−3 m2 4∗10−3 m2 ( 4∗10−3 m2 ) ( 4 π∗10−7 )
(
(1,3 wbm → H ) 0,72m=(0,45 wbm → H ) 0,799 m+ 358,098 m1
2
2
m3
432 Avuelta=408,435 Avuelta
Error
|432−408,435 |∗100 =5,4548 432
=
Fmm =H m 2 l m 2 + H m 1 l m 1
I=
H m 2 l m 2 + H m 1 l m1 NB 250
I=
Avuelta ∗0,3 m+ 432 Avuelta m 1000 Vueltas
I =0,507 A 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 −3
A 1=0,05 m∗0,05 m∗0,9=2,25∗10 m
2
A 2=( 0,05 m+0,001 m )∗( 0,05 m+0,001 m) =2,601∗10−3 m2 Fmm =¿=200Vueltas∗2 A=400 Avuelta Fmm =H m 1 l m 1 + H m 2 l m 2
(
Fmm =
400 Avuelta=
( 2,25∗10ϕ
−3
m
2
l ϕ → H m 1 ∗l m 1+ m 2 ∗ϕ A1 A 2 μ0
) (
)
((
→ H m 1 ∗0,8 m+
) 0,001m
2,601∗10−3 m2 ) ( 4 π∗10−7 )
∗ϕ
ϕ
Iterar suponiendo
ϕ=2, 2 5∗10−3 wb
400 Avuelta=
(
)
2,2 5∗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 m1 )∗0,8 m+ ( 688,386 )
(
400 Avuelta= 160
Avuelta ∗0,8 m+ ( 688,386 ) m
)
400 Avuelta=816,386 A vuelta
)
)
400
Avuelta∗2,25∗10−3 wb =1,102∗10−3 wb 816,386 Avuelta
ϕ=1,102∗10−3 wb
400 Avuelta=
(
−3
)
(
−3
1,102∗10 wb 0,001 m∗1,102∗10 wb → H m 1 ∗0,8 m+ −3 2 2,25∗10 m ( 2,601∗10−3 m2) ( 4 π∗10−7 )
)
400 Avuelta=52,8 Avuelta+ 337,284 Avuelta 400 Avuelta=390,084 Avuelta
−3
400
Avuelta∗1,102∗10 wb =1,13∗10−3 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+ m 1 2,25∗10−3 m 2 ( 2,601∗10−3 m2 )( 4 π∗10−7 )
(
)
400 Avuelta=53,6 Avuelta+345,7229 Avuelta
400 Avuelta=399,32 Avuelta
Error
|400−399,32 |∗100 =0,169 400
=
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 A 1= A 2=A 3=( 0,08 m )∗( 0,08 m) =6,4∗10−3 m2 Fmm =H m 1 l m 1 + H m 2 l m 2+ H m 3 l m3 Fmm =( Bm 1 → H m 1 ) l m1 + ( Bm 2 → H m 2 ) l m 2 + ( Bm 3 → H m 3 ) l m 3
(
Fmm =
ϕ ϕ ϕ → H m 1 l m 1+ → H m 2 l m2+ → H m 3 lm 3 A1 A2 A3
) (
(
Fmm =
(
800 Avuelta=
) (
)
ϕ ϕ ϕ → H m 1 l m 1+ → H m 2 l m2+ l A1 A2 A 3∗μ 0 m 3
) (
) (
)
ϕ ϕ ϕ → H m 1 0,5m+ → 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∗10−3 )
Iterar suponiendo
)
(
)
(
)
(
)
(
)
ϕ
−3
ϕ=3,2∗10 wb
(
3,2∗10−3 wb 3,2∗10−3 wb 3,2∗10−3 wb 800 Avuelta= → H m 1 0,5 m+ → H m 2 0,4 m+ 0,001 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 0,5 m+ 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 =2,21∗10−3 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+ 0,0 m1 m2 −3 2 −3 2 6,4∗10 m 6,4∗10 m ( 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
−3
800
Avuelta∗2,21∗10 wb =2,47∗10−3 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+ 0,0 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
)
Error
|800−834,119 |∗100 =4,26 800
=
