máquinas eléctricas

Circuitos magnéticos. Problema 4. Máquinas eléctricas.

Problema 4. La figura 1.1.4 muestra un núcleo con tres columnas. Su profundidad es de 5 cm, y hay una bobina de 100 vueltas en la columna del extremo izquierdo. Suponga que la permeabilidad relativa del núcleo es 2000 y constante. ¿Cuánto flujo existirá en cada una de las tres columnas del núcleo? ¿Cuál es la densidad del flujo en cada una de ellas? Se considera un incremento del 5% por efecto marginal en el área efectiva de cada entrehierro.

Figura 1.1.4 Núcleo ferromagnético de tres columnas.

Solución. Se tienen los siguientes valores extraídos por el problema N = 100  espiras, \mu_r = 2000 y i = 2 \ A. Después, se calculan las longitudes de cada columna.

Longitud de la columna izquierda

l_1 = 7.5 + 25+4.5+4.5+25+4.5+4.5+25+7.5

l_1 = 108 \ cm = 1.08 \ m

Longitud de la columna derecha

l_2 = 7.5 + 25+4.5+4.5+25+4.5+4.5+25+7.5

l_2 = 108 \ cm = 1.08 \ m

Longitud de la columna central

l_3 = 4.5+25+4.5

l_3 = 34 \ cm = 0.34 \ m

Longitud del entrehierro de la columna central

l_4 = 0.05 \ cm = 0.0005 \ m

Luego, se determinan las secciones transversales en cada parte del núcleo.

Sección transversal de la columna izquierda

\displaystyle A_1 = (0.09 \ m)(0.05 \ m)

A_1 = 0.0045 \ m^2

Sección transversal de la columna derecha

\displaystyle A_2 = (0.09 \ m)(0.05 \ m)

A_2 = 0.0045 \ m^2

Sección transversal de la columna central

\displaystyle A_3 = (0.15 \ m)(0.05 \ m)

A_3 = 0.0075 \ m^2

Sección transversal del entrehierro de la columna central

A_4 = (0.15 \ m)(0.05 \ m)(1.05)

A_4 = 7.875 \times 10^{-3} \ m^2

Ahora se calculan las reluctancias correspondientes.

Reluctancia de la columna izquierda

\displaystyle \mathcal{R}_1 = \frac{l_1}{\mu \ A_1}

\displaystyle \mathcal{R}_1 = \frac{l_1}{\mu_r \mu_0 \ A_1} = \frac{1.08 \ m}{(2000)(4\pi \ 10^{-7} \ H/m)(0.0045 \ m^2)}

\displaystyle \mathcal{R}_1 = 95,492.74 \ (A \cdot espiras / Wb) = 95.49 \ (kA \cdot espiras / Wb)

Reluctancia de la columna derecha

\displaystyle \mathcal{R}_2 = \frac{l_2}{\mu \ A_2}

\displaystyle \mathcal{R}_2 = \frac{l_2}{\mu_r \mu_0 \ A_2} = \frac{1.08 \ m}{(2000)(4\pi \ 10^{-7} \ H/m)(0.0045 \ m^2)}

\displaystyle \mathcal{R}_1 = 95,492.74 \ (A \cdot espiras / Wb) = 95.49 \ (kA \cdot espiras / Wb)

Reluctancia de la columna central

\displaystyle \mathcal{R}_3 = \frac{l_3}{\mu \ A_3}

\displaystyle \mathcal{R}_3 = \frac{l_3}{\mu_r \mu_0 \ A_3} = \frac{0.34 \ m}{(2000)(4\pi \ 10^{-7} \ H/m)(0.0075 \ m^2)}

\displaystyle \mathcal{R}_3 = 18,037.52 \ (A \cdot espiras / Wb) = 18.04 \ (kA \cdot espiras / Wb)

Reluctancia del entrehierro de la columna central

\displaystyle \mathcal{R}_4 = \frac{l_4}{\mu_0 \ A_4}

\displaystyle \mathcal{R}_4= \frac{0.0005 \ m}{(4\pi \ 10^{-7} \ H/m)(7.875 \times 10^{-3} \ m^2)}

\displaystyle \mathcal{R}_4 = 50,525.26 \ (A \cdot espiras / Wb) = 50.53 \ (kA \cdot espiras / Wb)

Para determinar la reluctancia total, se observa que al momento de determinar las longitudes de cada parte del núcleo (incluyendo el entrehierro), se asignó al mismo tiempo la reluctancia. Entonces, relacionando el núcleo y sus reluctancias con un circuito eléctrico sencillo, se tiene lo siguiente (figura 1.1.5)

Así que, por análisis de circuitos (método de reducción de resistencias), la reluctancia total es

\displaystyle \mathcal{R} = \mathcal{R}_1 + \frac{1}{\frac{1}{\mathcal{R}_3 + \mathcal{R}_4} + \frac{1}{\mathcal{R}_2}}

\displaystyle \mathcal{R} = \mathcal{R}_1 + \frac{\mathcal{R}_2(\mathcal{R}_3 + \mathcal{R}_4)}{\mathcal{R}_2 + \mathcal{R}_3 + \mathcal{R}_4}

\displaystyle \mathcal{R} = 95.49 + \frac{(95.49)(18.04 + 50.53)}{95.49+18.04+50.53} \ (kA \cdot espiras /Wb)

\displaystyle \mathcal{R} = 95.49 + 39.91 \ (kA \cdot espiras / Wb)

\displaystyle \mathcal{R} = 135.4 \ (kA \cdot espiras / Wb)

Para saber la cantidad de flujo en cada columna del núcleo, primero se determina el primero (columna izquierda). Para la columna izquierda, primero se calcula la fuerza magnetomotriz

\mathcal{F} = N \ i

\displaystyle \mathcal{F} = (100 \ espiras) (2 \ A)

\displaystyle \mathcal{F} = 200 \ (A \cdot espiras)

Y por último, se calcula el flujo que existe en la columna izquierda del núcleo ferromagnético.

\mathcal{F} = \phi_{izq} \ \mathcal{R}

\displaystyle \phi_{izq} = \frac{\mathcal{F}}{\mathcal{R}}

\displaystyle \phi_{izq} = \frac{200 (A \cdot espiras)}{135.4 \ (kA \cdot espiras / Wb)}

\bf{\therefore \phi_{izq} = 1.48 \times 10^{-3} Wb = 1.48 \ mWb}

Para determinar el flujo de la columna central del núcleo, se utilizará el divisor de flujo (análogo al divisor de corriente). Entonces,

\displaystyle \phi_{central} = \left( \frac{\mathcal{R}_2}{\mathcal{R}_2 + \mathcal{R}_3 + \mathcal{R}_4} \right) \phi_{izq}

\displaystyle \phi_{central} = \left( \frac{95.49 \times 10^3}{95.49 \times 10^3 + 18.04 \times 10^3 + 50.53 \times 10\times 10^3} \right) (1.48 \times 10^{-3}

\bf{ \therefore \phi_{central} = 0.86 \times 10^{-3} Wb = 0.86 m Wb}

Para determinar el flujo de la columna derecha del núcleo, se utilizará una vez más el divisor de flujo (análogo al divisor de corriente). Entonces,

\displaystyle \phi_{der} = \left( \frac{\mathcal{R}_3 + \mathcal{R}_4}{\mathcal{R}_2 + \mathcal{R}_3 + \mathcal{R}_4} \right) \phi_{izq}

\displaystyle \phi_{der} = \left( \frac{18.04 \times 10^3 + 50.53 \times 10\times 10^3}{95.49 \times 10^3 + 18.04 \times 10^3 + 50.53 \times 10\times 10^3} \right) (1.48 \times 10^{-3}

\therefore \bf{\phi_{der} = 0.62 \times 10^{-3} Wb= 0.62 m Wb}

Para finalizar, se calcularán las de flujo de cada columna del núcleo.

Densidad de flujo de la columna izquierda.

\phi_{izq} = B_{izq} \ A_1

\displaystyle B_{izq} = \frac{\phi_{izq}}{A_1}

\displaystyle B_{izq} = \frac{1.48 \ mWb}{0.0045 \ m^2} = \frac{1.48 \ mWb}{0.0045 \ m^2}

\therefore \bf{B_{izq} = 0.33 \ T}

Densidad de flujo de la columna central.

\phi_{central} = B_{central} \ A_3

\displaystyle B_{central} = \frac{\phi_{central}}{A_3}

\displaystyle B_{central} = \frac{0.86 \ mWb}{0.0075 \ m^2} = \frac{0.86 \ mWb}{0.0075 \ m^2}

\therefore \bf{B_{central} = 0.11 \ T}

Densidad de flujo de la columna derecha.

\phi_{der} = B_{der} \ A_1

\displaystyle B_{der} = \frac{\phi_{der}}{A_1}

\displaystyle B_{der} = \frac{0.62 \ mWb}{0.0045 \ m^2} = \frac{0.62 \ mWb}{0.0045 \ m^2}

\therefore \bf{B_{der} = 0.14 \ T}

Y hasta aquí se resolvió el problema.

8 comentarios en “Circuitos magnéticos. Problema 4. Máquinas eléctricas.”

  1. El largo medio 3 , no debe considerar la longitud del entrehierro, sin embargo la consideras, ¿cual fue tu criterio para considerarlo?. Por la regla de la mano derecha y la forma de enrrollar el nucleo, el sentido del flugo magnetico deberia tener sentido contrario.

    Me gusta

Deja una respuesta

Introduce tus datos o haz clic en un icono para iniciar sesión:

Logo de WordPress.com

Estás comentando usando tu cuenta de WordPress.com. Salir /  Cambiar )

Imagen de Twitter

Estás comentando usando tu cuenta de Twitter. Salir /  Cambiar )

Foto de Facebook

Estás comentando usando tu cuenta de Facebook. Salir /  Cambiar )

Conectando a %s

Este sitio usa Akismet para reducir el spam. Aprende cómo se procesan los datos de tus comentarios.