Ejemplo de Aplicación 1
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EJEMPLO DE APLICACIÓN 1.3 La Figura 1.10 representa un circuito magnético realizado con un material ferromagnético cuya curva de imanación está expresada por la ecuación: B= 2 ∙ 10 −3 ∙H 1 +10 −3 ∙H B Teslas H A.v/m El entrehierro es de 1 mm, la longitud media magnética de la estructura es de 1 m y la sección transversal es uniforme de valor: 20 cm 2 . Calcular la inductancia magnética en el entrehierro SOLUCION La f.m.m. de la bobina es: F=Nt=1000∗05 =500 A.v Vamos a considerar una inducción de prueba en el entrehierro de 1 Tesla. Al ser un circuito magnético en serie, la inducción anterior será la que existirá también en la estructura ferromagnética. En la Figura 1. 11 se muestra el circuito eléctrico equivalente. Fl campo en el entrehierro será: H 0 = Ba μ = 1 4 π∗10 −3 =7.96 ∙ 10 5 A.v/ m De este modo la d.d.p. magnética entre 2 y 3 será: U 23 =H a I a =7,96 ∙ 10 5 ∙ 1 ∙ 10 −3 =796 A.v que ya supera con exceso el valor de lo f.m.m de la bobina, que es de 500 A.v. Probamos entonces con un valor menor de
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EJEMPLO DE APLICACIÓN 1.3La Figura 1.10 representa un circuito magnético realizado con un material ferromagnético cuya curva de imanación está expresada por la ecuación:
B= 2∙10−3 ∙H1+10−3 ∙H
B TeslasH A.v/mEl entrehierro es de 1 mm, la longitud media magnética de la estructura es de 1 m y la sección transversal es uniforme de valor: 20 cm2. Calcular la inductancia magnética en el entrehierro
SOLUCION
La f.m.m. de la bobina es:
F=Nt=1000∗05=500 A .vVamos a considerar una inducción de prueba en el entrehierro de 1 Tesla. Al ser un circuito magnético en serie, la inducción anterior será la que existirá también en la estructura ferromagnética. En la Figura 1. 11 se muestra el circuito eléctrico equivalente. Fl campo en el entrehierro será:
H 0=Baμ
= 1
4 π∗10−3=7.96 ∙105 A .v /m
De este modo la d.d.p. magnética entre 2 y 3 será:
U 23=H a I a=7,96 ∙105 ∙1 ∙10−3=796 A .v
que ya supera con exceso el valor de lo f.m.m de la bobina, que es de 500 A.v. Probamos entonces con un valor menor de la inducción, por ejemplo 0,5 Teslas. En este caso el campo H, será:
H 0=Baμ
= 0.5
4 π∗10−3=3.98∙105 A .v /m
Y por consiguiente, la diferencia de potencial magnético en el entrehierro será:
U 23=H a I a=3.98 ∙105 ∙1 ∙10−3=398 A .v
A continuación se calculará la d.d.p. en el hierro. Como quiera que la inducción en el hierro es también de 0,5 Teslas, en la curva de imanación se tendrá:
0.5= 2 ∙10−3 ∙ H
1+10−3 ∙ H
H=333 ,33 A . vm
que corresponde a una d.d.p. magnética:
U 23=HL=333.33 ∙1=333.33 A .v
lo que requerirá una f.m.m. total en la bobina:
F=U 12+U 23=333 ,33+398=731.33 A . v /m
que es superior al valor de 500 A.v que impone el enunciado, lo que demuestra que la inducción real es aún más baja. Si se prueba ahora con una inducción de 0.3 Teslas, el lector puede comprobar, siguiendo el proceso señalado, que se obtiene:
H=2.39∙105 A . vm:H=176.5 A .v /m
es decir:
U 23=239 A .v :U 12=176.5 A .vy por consiguiente
F=U 12+U 23=415.5 A . vque es inferior a los 500 A.v de la bobina. Habrá que hacer un nuevo intento, elevando el valor de la inducción. El lector puede comprobar que eligiendo B = 0,36 Teslas se obtiene una f.m.m. de 506 A.v ~ 500 A, v, por lo que se puede tomar el valor de B = 0.36 Teslas como solución del problema.
