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ALCUNE RISPOSTE DI: IsidoroKZ, incredibile ma vero!

Indice

IsidoroKZ

Ecco il secondo articolo della collana "ALCUNE RISPOSTE DI:..."

Dopo Mike, uno dei veterani (come partecipazione) del Forum, ho deciso di presentare IsidoroKZ, un recentissimo acquisto di EP-EY.

Non posso precisare l'importo del suo ingaggio, ma per quanto alto possa essere stato, gli utenti di EP-EY si accorgeranno che ne è valsa veramente la pena.

A volte arrivano domande che richiederebbero la scrittura di paragrafi od interi capitoli di un testo. Ma IsidoroKZ sa trasformare anche le risposte ad argomenti più definiti in vere e proprie monografie.

Conosco la fatica per rispondere; so il tempo che mi ci occorre quando conosco l'argomento; quindi vedere certe risposte di IsidoroKZ, mi ha fatto più volte esclamare, qui davanti allo schermo del mio PC: Incredibile ma vero!

Sceglierne alcune, da un lato è facile perché posso andare, come dire?, ad occhi chiusi; dall'altro è difficile perché vorrei scegliere le migliori, ma migliori lo sono tutte (incredibile ma vero!); vorrei sceglierne tante ma non posso, perché ognuna, da sola, spesso è già un articolo e l'articolo non dovrebbe essere troppo lungo (oltre i 32 kB alcuni browser potrebbero avere problemi, avverte l'editor wikiano).

Insomma ne inserisco alcune, quelle che ci stanno. Le altre il lettore le può scoprire cliccando in vedi tutti i post di IsidoroKZ, sul suo profilo

Eccole, in diretta dalla California!

Amplificatore Operazionale

Non ho ben capito il concetto di corto circuito virtuale.


R: Come RenzoDF insegna, dato che sta in California, e comunque non c'è cosa che lui non sappia, dicevo, come Lui insegna, la parola "virtuale" e` una errata traduzione dell'americano "virtual", che quasi sempre non vuol dire virtuale.

Virtual vuol dire "in pratica come se fosse", "praticamente"... I'm virtually there vuol dire "come se fossi li`". L'espressione "virtual short" significa "praticamente un cortocircuito", "come se ci fosse un corto".

E analogamente virtual ground non vuol dire massa virtuale (errore sia linguistico che elettrico), ma "praticamente zero volt" "di fatto potenziale di riferimento".

Ciò detto per andare avanti bisognerebbe sapere quanto conosci dei principi della retroazione. Comunque provo a raccontartela in modo semplice.

Le regole base (e semplificate) per analizzare un circuito con operazionale sono queste qui: prima le dico poi le spiego.

SE l'operazionale e` in linearita`:

  • La tensione dell'ingresso invertente insegue quella dell'ingresso non invertente: la tensione differenziale di ingresso e` zero
  • Dato che fra i due ingressi non c'e` tensione, neanche Mandrake riesce a farci scorrere corrente: non scorre corrente differenziale nei morsetti di ingresso

Adesso vediamo un punto per volta.

Il SE iniziale vuol dire che per avere l'operazionale in linearita` non dobbiamo tirarlo per il collo, chiedergli cose che non puo` fare. Ci sono essenzialmente tre modi per mandare fuori linearita` un operazionale:

  • Chiedergli una tensione di uscita che non riesce raggiungere, dato che e` alimentato a tensione finita;
  • Chiedergli una corrente di uscita che non riesce ad erogare: di solito piu` di una ventina di milliampere non riesce a dare in uscita;
  • Chiedergli di variare la sua tensione di uscita troppo in fretta (limitazione di slew-rate

Condizione necessaria ma non sufficiente per avere l'operazionale in linearita` "che duri nel tempo" è di avere una retroazione negativa in continua.

Se non si chiede l'impossibile all'operazionale, allora lui fornisce una tensione di uscita pari a V_\text{u}=A_\text{d} \cdot (V^+-V^-)(non proprio, ma per il momento va bene :)). Il coefficiente Ad e` il guadagno differenziale, che per un operazionale discreto puo` essere dalle parti di un milione o piu`.

SE l'operazionale non e` in linearita`, allora la tensione di uscita non dipende piu` da quella di ingresso, e Ad non esiste piu`, non e` definito. Scompare!

SE l'operazionale e` in linearita`, la sua tensione di uscita Vu sara` al massimo a qualche volt (meno della tensione di alimentazione), e quindi la tensione differenziale di ingresso Vd (la tensione fra i due morsetti di ingresso) sara` dalle parti di V_\text{d }=V^+-V^-=\frac{V_\text{u}}{A_\text{d}}

Questa equazione sembra usata "a rovescio" in quanto troviamo la tensione di ingresso a partire da quella di uscita, ma, parola di boy scout, funziona. Evito di discuterla qui per non allungare troppo.

Ora qualche volt di Vu diviso per un milione o piu` di Ad fa qualche microvolt: vorremo mica andare a cercare il pelo nell'uovo andando a mettere nei conti anche questi pochi microvolt?.

Se trascuriamo questi pochi microvolt, ecco che possiamo dire che praticamente (ho detto praticamente, non virtualmente) i due ingressi, invertente e non invertente, sono alla stessa tensione. Parlare di cortocircuito virtuale e` un buon modo per confondersi le idee :)

Fra i due ingressi invertente e non invertente e` presente una impedenza, detta impedenza di ingresso differenziale Zid. In linearita` ai capi di questa impedenza non c`è tensione (V_\text{id}\simeq 0) e se ai capi di una Z non c'e` tensione non ci passa corrente differenziale.

Ci sono operazionali che hanno Rid molto bassa (molto al di sotto del kiloohm), sono i current feedback, malgrado tutto si usano le stesse regole degli operazionali normali.

Resta un'ultima cosa da spiegare. La retroazione negativa in continua fa sì che l'operazionale possa restare indefinitamente in linearità, che la sua tensione di uscita sia entro livelli che l'op amp riesce a dare e che quindi la sua tensione differenziale di ingresso sia praticamente (non virtualmente!) nulla.

Nelle regole che ho indicato prima ho detto invece che V insegue V + . La differenza e` che nel 90% dei circuiti o piu`, per farne l'analisi conviene prima trovare V + e poi imporre che V le corra dietro. Se si impone che V − = V + viene lo stesso (e in certi circuiti bisogna proprio fare cosi`), ma di solito si fanno piu` conti.

Azionamento di un'elettrovalvola

Vorrei pilotare in PWM il solenoide di un'elettrovalvola con un circuito come quello di figura. Nel momento iniziale devono esserci 24V per avere forza a sufficienza, quindi 12V DC una volta che lo spostamento sia effettuato. Il solenoide ha una resistenza di 38 Ω e un valore d' induttanza pari a 80 mH.

R: Per avere la riduzione di tensione che richiedi, devi lavorare con 24V per l'azionamento iniziale e poi chopparlo con duty cycle del 50%, dato che tensione di alimentazione per duty cycle da` la tensione media, che vuoi essere di 12V.

In realta` quando metti un'onda quadra a 24V con duty cycle del 50% stai applicando una tensione media di 12V con sovrapposta una tensione picco picco picco di 24V. Ciascuna di queste due tensioni fa scorrere la "sua" corrente, e in generale si vuole avere solo la componente continua, mentre la corrente di ripple la si vuole molto piu` piccola della componente media.

Le due tensioni applicate (DC e componente AC) sono dello stesso ordine di grandezza (12V e 24V) e per avere che la componente AC faccia scorrere una corrente piu` piccola di quella DC, la reattanza induttiva deve essere molto maggiore della resistenza. Il discorso e` abbastanza a spanne, anche perche' non si puo` parlare di reattanza con un'onda quadra.

Quello che faccio di solito e` una valutazione di questo tipo. Calcolo, giusto per farmi una idea, la frequenza dello zero dll'impedenza, cosi` so qual e` la frequenza di confine fra comportamento resistivo (continua) e comportamento induttivo (alternata): f_z=\frac{R}{2\pi L}=\frac{38\,\Omega}{2\pi \,80\,\text{mH}}=75.6\,\text{Hz}. Mi aspetto quindi, se non faccio troppi errori, che la frequenza di commutazione richiesta abbastanza maggiore di questa frequenza fz.

La componente continua vale I_{DC}=\frac{24\,V\cdot 50\%}{38\,\Omega}=.31\,\text{A}. La componente alternata (ripple di corrente) la devo prendere abbastanza piu` piccola di questo valore, ad esempio posso prendere una variazione picco picco di 10mA (e` un valore MOLTO basso, vedere in fondo).

A questo punto si puo` fare un conto molto a spanne di questo tipo: ho una tensione picco picco di 24V, applicata a una induttanza di 80 mH, voglio che la corrente sia minore di 10mA. Con arditi passaggi matematici, come diceva il mio prof di analisi si puo` calcolare la reattanza necessaria: X_L=\frac{24\,\text{V}}{10\,\text{mA}}=2.4\,\,\text{k}\Omega Una induttanza da 80mH da` una reattanza di 2.4 kohm alla frequenza f_\text{sw}=\frac{2.4\,\text{k}\Omega}{2\pi \,80\,\text{mH}}=4.77\,\text{kHz}

Questa e` una stima proprio tagliata con l'accetta. Facciamo una stima migliore. Questo secondo metodo e` usato negli switching risonanti alimentati con un'onda quadra. Qui non si ha un circuito risonante, ma e` una approssimazione comunque migliore di quella precedente.

L'idea e` quella di andare a calcolare la componente sinusoidale contenuta nell'onda quadra. La ragione e` che comunque le armoniche dell'onda quadra sono piu` basse della fondamentale e a frequenza piu` elevata, quindi la reattanza sara` piu` alta e in presenza di tensioni piu` piccole, e in definitiva la corrente di ripple legata alle armoniche sara` ancora piu` piccola.

Una giustificazione handwaving e` ad esempio che lo spettro di un'onda quadra (duty cycle 50%) ha le armoniche solo dispari che scendono come \frac{1}{n}, dove n e` l'ordine dell'armonica. Quando si mette questa tensione su una induttanza abbiamo per le armoniche di corrente un valore proporzionale a \frac{1}{n^2} perche' la tensione scende come \frac{1}{n} e la reattanza sale come n. Quando si calcola \frac{V}{X}, armonica per armonica, la corrente scende come \frac{1}{n^2}. Se si guarda la corrente che passa in questo caso in L, si vede che e` un triangolo e lo spettro del triangolo scende appunto come \frac{1}{n^2}. Per mal che vada la terza armonica ha ampiezza 1/9 rispetto alla fondamentale.

Torniamo al calcolo con la fondamentale, e consideriamo anche il caso di avere un duty cycle generico D, compreso fra 0 e 1. Ad esempio se volessi mettere 15V di tensione media, il duty cycle dovrebbe essere D=\frac{15\,\text{V}}{24\,\text{V}}=.625

L'ampiezza picco picco della sinusoide a frequenza fondamentale V1pp nascosta in un'onda quadra di ampiezza picco picco Vpp e duty cycle D vale: V_\text{1pp}=V_\text{pp}\frac{2}{\pi}(1-\cos(2\pi D)). Mettendo i valori dell'onda quadra in questione, ampiezza picco picco 24V e duty cycle 0.5 (50%) si ottiene una ampiezza picco picco della sinusoide nascosta nella quadra pari a V_\text{1pp}=24\,\text{V}\frac{2}{\pi}(1-\cos(2\pi .5))=24\,\text{V}\,\frac{2}{\pi}(1-\cos(\pi))=24\,\text{V}\,\frac{2}{\pi}(1-(-1))=24\,\text{V}\,\frac{4}{\pi}=30.6\,\text{V}. Notare che la sinusoide alla frequenza fondamentale e` piu` grande dell'onda quadra!

In questo caso la reattanza richiesta vale X_L=\frac{30.6\,\text{V}}{10\,\text{mA}}=3.06\,\,\text{k}\Omega e di conseguenza la frequenza di commutazione questa volta sara` f_\text{sw}=\frac{3.06\,\,\text{k}\Omega}{2\pi \,80\text{mH}}=6.09\,\text{kHz}

E adesso il conto finale, non piu` nel dominio della frequenza ma in quello del tempo. Faro` ancora una approssimazione, ma il risultato sara` praticamente giusto.

Consideriamo questo circuito, e supponiamo che il ripple di corrente sia piccolo.

Piccolo ripple di corrente vuol dire che la tensione sulla resistenza VDC e` praticamente costante e di valore VDC = VpkD. La tensione pwm rimane al valore Vpk per un tempo T_\text{on}=\frac{D}{f_\text{sw}} e al valore 0V per un tempo T_\text{off}=\frac{1-D}{f_\text{sw}}

Il calcolo della corrente di ripple picco picco ΔIL lo si calcola con l'equazione dell'induttanza sottoposta a tensione costante \Delta I_\text{L}=\frac{V_\text{L} T}{L} e in questo caso la variazione di corrente e` proprio il ripple, T e` Ton o Toff e la tensione VL e` quella che si trova sulla induttanza, come indicato nella figura. La corrente di ripple picco picco la si puo` calcolare durante Ton o Toff, e` indifferente:

\Delta I_\text{L}=\frac{(V_\text{pk}-V_\text{DC})T_\text{on}}{L}=\frac{(V_\text{pk}-V_\text{DC})D}{f_\text{sw}L}=V_\text{pk}\frac{(1-D)D}{f_\text{sw}L} Da notare che il massimo ripple capita quando D=0.5

Se si volesse usare il periodo Toff per il calcolo del ripple, l'analisi partirebbe da (non ho saltato un segno meno, l'ho tolto per una buona ragione):

\Delta I_\text{L}=\frac{V_\text{DC}T_\text{off}}{L}=\frac{V_\text{DC}(1-D)}{f_\text{sw}L}=V_\text{pk}\frac{D(1-D)}{f_\text{sw}L} ovviamente come prima!

A questo punto, visto che si sta cercando la frequenza fsw basta invertire la formula e trovare f_\text{sw}=V_\text{pk}\frac{(1-D)D}{\Delta I_\text{L}L}

Con i numeri forniti si ha f_\text{sw}=24\,\text{V}\frac{(1-.5)\,.5}{10\,\text{mA}\,80\,\text{mH}}=7.5\,\text{kHz}

L'approssimazione fatta in quest'ultima analisi e` stata di trascurare la resistenza dell'avvolgimento. L'approssimazione e` ragionevole poiche' si sta analizzando il circuito su intervalli di tempo dell'ordine di T_\text{on}=\frac{D}{f_\text{sw}}=\frac{.5}{7.5\,\text{kHz}}=67\,\mu\text{s} da confrontarsi con la costante di tempo del circuito \tau=\frac{L}{R}=\frac{80\,\text{mH}}{38\,\Omega}=2.1\,\text{ms} Si sta osservando solo la primissima parte di una risposta di tipo esponenziale, e se t\ll\tau si ha \exp\left(-\frac{t}{\tau}\right)\approx 1-\frac{t}{\tau} quindi una funzione lineare.

Fino a questo punto mi sono divertito facendo l'elettronico, che vuole [i]minimizzare[/i] la corrente di ripple. Adesso invece faccio il meccatronico, che la corrente di ripple (o qualcosa che le assomiglia) la vuole!

Le elettrovalvole proporzionali, se lasciate ferme in una posizione, si bloccano, sia per sporcizia che si accumula che per fenomeni non lineari dell'attrito di distacco. E` necessario sovrapporre al segnale costante che controlla la posizione della valvola, un segnale alternato che la faccia vibrare intorno alla sua posizione per evitare l'incollamento del pistone. Questo segnale alternato sovrapporsto e` chiamato dither.

La frequenza di dither tipicamente e` dalle parti di 75Hz-150Hz, la forma d'onda e` quadra o triangolare (anche sinusoidale potrebbe andare ma costa di piu` generarla). E` possibile utilizzare il ripple di corrente che si ha naturalmente con la modulazione pwm per avere "gratis" anche il dither? Normalmente no, perche' la frequenza richiesta per il dither e` troppo bassa.

Supponiamo di voler ditherare a 100Hz l'elettrovalvola di prima (anche se mi pare che non la stia usando in modo proporzionale). Se scegliessimo una frequenza di pwm di 100Hz saremmo troppo vicini a fz. Avremmo si` un dither alla frequenza voluta, ma con una ampiezza troppo grande. La corrente di dither (il vecchio ripple), in questo caso non e` piu` calcolabile con approssimazioni varie, perche' si e` troppo vicino alla frequenza dello zero dell'impedenza.

L'ampiezza della corrente di dither, ricavata dalla simulazione riporata sotto, e` di 524 mA (la corrente va da un minimo di 54 mA a 578 mA), mentre di solito il dither e` qualche percento della corrente massima. Da osservare che usando l'approssimazione di prima armonica, il ripple viene stimato in

\Delta I_\text{L}=\frac{30.6\,\text{V}}{\sqrt{(38\,\Omega)^2+(2\pi\,100\,\text{Hz}\,80\text{mH})^2}}=486\,\text{mA}

mentre usando l'ultima approssimazione, nel dominio del tempo, si avrebbe

\Delta I_\text{L}=24\,\text{V}\,\frac{(1-.5).5}{100\,\text{Hz}\,80\text{mH}}=750\,\text{mA}

La corrente vera e propria e` nella figura seguente:

Ovviamente una corrente del genere non va bene. Quello che si deve fare e` scegliere una frequenza molto piu` alta di fz [b]e[/b] della frequenza di dither, e poi si modula alla frequenza del dither il duty cycle. Al posto di generare un duty cycle fisso del 50%, lo si puo` ad esempio far variare fra il 48% e il 52%, sovrapponendo alla tensione media di 12V che si ha in uscita, una oscillazione di tensione picco picco di .96V, che fara` variare la corrente di qualche percento. [b]Non[/b] si puo` dire che la corrente di dither Id sara` pari a I_\text{d}=\frac{.96\,\text{V}}{38\,\Omega}=25.2\,\text{mA} perche' alla frequenza del dither si ha gia` l'effetto dell'induttanza. Con l'approssimazione di prima armonica si ottiene un dither di

I_\text{d}=\Delta I_\text{L}=\frac{4(12.48\,\text{V}-11.52V)}{\pi \sqrt{(38\,\Omega)^2+(2\pi\,100\,\text{Hz}\,80\text{mH})^2}}=19.4\,\text{mA}.

In questi casi pero` la cosa migliore e` la simulazione, perche', mentre il valor medio della corrente lo si potrbbe comunque calcolare in forma analitica, a questo e` sovrapposto il ripple alla frequenza del pwm. Nella figura seguente e` mostrata in verde la corrente effettiva che passa nell'elettrovalvola, in blu il valor medio della corrente, mediato sulla frequenza del pwm. Da questo grafico si vede che il dither picco picco vale 20.9mA (l'ho visto io prima di ridurre le dimensioni dell'immagine).

Questo e` quanto, salvo errori & omissioni. Ad esempio ho omesso di discutere l'effetto di fischio se si commuta a frequenza troppo bassa, la stima delle perdite in alta frequenza...

Trasformatore: come si trasferisce l'energia?

Come osservazione generale vorrei osservare che per trasportare potenza servono sempre due grandezze, una intensiva e l'altra estensiva. Ad esempio tensione e corrente, forza e velocita`, coppia e velocita` angolare, componenti di campo elettrico e magnetico in un'onda elettromagnetica...

Se si ha solo uno dei due termini ad esempio campo E oppure campo H, velocita` oppure spostamento, tensione oppure corrente, si puo` immagazzinare energia, ma non propagare potenza. L'immagazzinamento puo` essere sotto forma di campo elettrostatico, magnetostatico, energia cinetica, energia elastica, energia in un condensatore o in induttore...

Una osservazione che mi ha sempre affascinato e` che per avere una propagazione per onde e` necessario avere una equazione differenziale alle derivate parziali di tipo iperbolico, contenente la derivata seconda di una grandezza rispetto al tempo. Usando solo una equazione di rotore delle equazioni di Maxwell, oppure solo L o solo C, o solo una massa o una molla, si ha solo una derivata del primo ordine rispetto al tempo e non c'e` verso di ottenere una equazione d'onda.

Da notare che quando si ha un circuito elettrico tradizionale (ad esempio la rete elettrica che porta potenza nelle nostre case), si possono fare i conti con tensione e corrente, oppure si puo` considerare la linea come una struttura guidante un modo TEM che porta fuori dai conduttori un'onda elettromagnetica, e calcolando il vettore di Poynting, prodotto vettoriale fra campo elettrico e campo magnetico, si ottiene la potenza trasportata dalla linea.

Torniamo al trasformatore. La potenza non puo` passare nel nucleo per il motivo che avevo gia` esposto in un post, basato sull'osservazione che un secondo secondario non da` tensioni diverse se il primo secondario cambia la potenza erogata. Ci sono pero` altre ragioni per convincersi di quello: ad esempio nel nucleo i vettori magnetici sono disposti "per il lungo" del percorso magnetico, mentre il vettore di Poynting e` in mezzi normali e` perpendicolare alla direzione dei campi. Inoltre nel nucleo potrebbe non esserci E (e addirittura neanche H) e con un solo campo non si porta potenza.

Il nucleo del trasformatore funziona da guida dell'energia elettromagnetica che fluisce fra primario e secondario, analogamente ai conduttori che portano la rete in casa. La differenza e` che nel caso dei conduttori di rete ci sono cariche elettriche, e quindi si possono fare i conti con tensione e corrente al posto che con i campi, nel caso del trasformatore non ci sono cariche magnetiche, e l'unica via di analisi e` attraverso i campi.

Quando avevo analizzato questo problema una decina di anni fa, avevo anche pensato al caso duale del trasformatore magnetico, un trasformatore dielettrico, ma non ero riuscito a trovare nessuna buona idea ne' di principio ne' tanto meno pratica.

Torniamo al trasformatore, in versione a doppia colonna perche' e` piu` facile visualizzare e fare i conti. Avevo gia` fatto vedere che fra i due gioghi c'e` un campo magnetico verticale H di notevole intensita`.

Riprendo la figura che avevo gia` usato:

T2sm.gif

T2sm.gif

Supponiamo che il trasformatore abbia Np spire di primario a cui e` applicata una tensione Vp e circoli una corrente Ip, e analogamente Vs, Ns e Is sono le grandezze di secondario. Per trovare l'intensita` (e l'esistenza del campo H fra i due gioghi) si usa il teorema della circuitazione \oint \vec{H}\cdot\text{d}\vec{l}=N\,I. Seguendo il percorso giallo della figura, si ha che per tre lati l'integrazione avviene nel nucleo, dove H e` piccolissimo (oppure nullo se si suppone permeabilita` infinita). Dato che il percorso intercetta una forza magnetomotrice Np*Ip, nell'ultimo lato ci deve essere campo H, il cui valore e` H=\frac{N\,I}{d} dove d e` la distanza fra le due parti orizzontali.

Bisogna ricordare che l'integrale di circuitazione e` miope, come quasi tutta l'elettronica. Non "sa" da dove arriva la corrente che concatena il percorso di integrazione, tutta la corrente di primario entra nel risultato dell'integrale. Puo` essere solo la corrente di magnetizzazione, se il trasfo e` a vuoto, oppure tutta la corrente di primario. Se il trasfo e` ideale, la corrente di primario e` solo tutta quella che porta potenza per il carico.

Mi era stato fatto osservare che se \mu\to\infty allora c'e` un cortocircuito nella riluttanza e non puo` esserci campo H nel buco del trasformatore. Il modello elettrico del circuito magnetico non mi piace molto, essenzialmente perche' non modella la potenza, ma se lo si applica bisogna applicarlo bene :). Le regole di trasformazione fra mondo magnetico e mondo elettronico sono:

\begin{matrix}
\text{Magnetico} &  & \text{Elettrico}\\
\\
\Phi & \leftrightarrow & I \\
\vec{B} & \leftrightarrow & \vec{J} \\
mmf & \leftrightarrow & V \\
\mathcal{R} & \leftrightarrow & R \\
\mu & \leftrightarrow & \sigma \\
\vec{H} & \leftrightarrow & \vec{E} \\
\end{matrix}

Da notare l'ultima relazione: il campo magnetico e` rappresentato dal campo elettrico. In un sistema di conduttori ideali si puo` avere un campo elettrico, e dualmente in un mondo di materiali a riluttanza nulla si possono avere campi magnetici. Basta considerare questo circuito elettrico:

Rilutt.gif

Rilutt.gif

dove le batterie rappresentano la forza magnetomotrice di primario e secondario.

Se i conduttori sono ideali c'e` campo elettrico perpendicolare ai conduttori e costante lungo tutto il percorso. Se invece i conduttori hanno una resistenza c'e` caduta di tensione e il campo diminuisce mentre ci si sposta verso il secondario (a destra), e a fare i pignoli non e` neanche perpendicolare ai conduttori.

La tensione di secondario e` minore di quella di primario, cioe` la forza magnetomotrice (gli ampere spira) del secondario e` minore. Ma questo non perche' c'e` campo H fuori dal nucleo, quello c'e` sempre, bensi` perche' il nucleo ha riluttanza non nulla.

Nello spazio fra i due avvolgimenti e` anche presente un campo elettrico, che si puo` ricavare dalle equazioni di Maxwell. In questo caso pero` il conto e` decisamente difficile perche' la legge di Faraday che dice \oint_{\partial S}\vec{E}\cdot\text{d}\vec{l}=-\frac{\text{d}}{\text{d}t}\int_S \vec{B}\cdot\hat{n}\,\text{d}s=-\frac{\text{d}\Phi_S}{\text{d}t}

La derivata del flusso e` facile da calcolare, ma si ha solo una conoscenza complessiva del campo lungo tutto una spira. La struttura non e` assialsimmetrica, e quindi il campo E fra i gioghi non puo` essere stimato facilmente.

La situazione dei campi e` mostrata in questa figura:

trasfo.jpg

trasfo.jpg

Il campo magnetico verticale e` praticamente costante lungo tutto lo spazio, ed e` ragionevolmente facile da calcolare. Il campo elettrico E orizzontale e` molto piu` difficile da calcolare. E ed H insieme portano una densita` di potenza, descritta dal vettore di Poynting \vec{S}=\vec{E}\times\vec{H}.

Proviamo a fare un po' di conti. Supponiamo di avere un trasformatore da 100VA, con tensione di primario di 100V, nucleo fatto lavorare a 1T. Mettiamo sul secondario un carico resistivo che assorba 100W e ovviamente in questa situazione la corrente di primario e` di 1A.

Assumiamo μ tendente a infinito. Per un trasformatore di quella potenza il nucleo ha una sezione di circa 10\,\text{cm}^2. Le dimensioni meccaniche di un trasformatore, in modo piu` o meno nascosto, sono determinate dalla necessita` di dissipare la potenza persa nel trasformatore. La sezione del nucleo dipende da considerazioni termiche, non elettomagnetiche :)

Per fare i conti semplici, ho indicato sul disegno le dimensioni di riferimento: sezione del nucleo 3cmx3cm, altezza del buco 4 cm, larghezza del buco 5 cm, profondita` del buco 3 cm. Non ho disegnato gli avvolgimenti, aspetto qualche anima buona che lo faccia, io non sono capace :) ho solo indicato con Prim e Sec dove dovrebbero essere messi. Usando le espressioni date da mir si trova che il primario deve avere 500 spire (0.2 V/spira).

Facciamo l'ipotesi che non ci siano effetti di bordo (non e` vero, ma se si rimane coerenti nelle scelte, i risultati tornano abbastanza bene). Per fare i conti corretti si dovrebbe usare un simulatore FEM tridimensionale. Con un nucleo a tazza probabilmente si riesce a fare anche con FEMM (admin e` per te! :) ).

Calcoliamo il campo H fra i due conduttori magnetici. La forza magnetomotrice e` data da 1A*500spire=500A (spira). Se si segue il percorso della prima figura, si vede che questa forza magnetomotrice deve "cadere" lungo una distanza di 4 cm, e il campo H ha quindi il valore H=\frac{500\text{A}}{4\text{cm}}=12500\,^\text{A}/_\text{m}=12.5\,\frac{\text{kA}}{\text{m}} (non male!).

Questo campo immagazzina una densita` di energia (occhio sto parlando di energia e di immagazzinarla) pari a \mathcal{E}_m=\frac{B\,H}{2}=\frac{\mu\,H^2}{2}=98\frac{\text{J}}{\text{m}^3}. Il volume occupato da questa densita` di energia (stiamo trascurando gli effetti di bordo), e` dato dal volume del buco: Vol=3\,\text{cm}\times 4\,\text{cm}\times 5\,\text{cm}=60\,\text{cm}^3. L'energia accumulata in questo campo vale \mathcal{E}_m\cdot Vol=5.9\text{mJ} e questo e` l'effetto dell'induttanza dispersa. Dire che l'induttanza dispersa vale 11.8mH mi pare un po' azzardato, viste le ipotesi fatte sulla disposizione del campo.

Per ridurre l'induttanza di leakage bisogna ridurre la distanza fra gli avvolgimenti, eventualmente con avvolgimenti interlacciati, e anche aumentare "l'altezza" degli avvolgimenti. Se si aumentano i 4 cm dell'esempio, il campo scende in modo inversamente proporzionale all'altezza, il volume aumenta con l'altezza, ma l'energia e` legata al quadrato del campo e quindi ad esempio con una altezza di 8 cm l'induttanza di leakage si dimezza.

Il conto del campo elettrico, come dicevo prima, e` abbastanza complicato, o meglio non so farlo in modo semplice :). Facendo un giro intorno all'avvolgimento primario (cioe` in pratica una spira virtuale") si trova una tensione complessiva di 0.2V. Supponendo che non ci siano effetti di bordo, si puo` assumere che il campo elettrico sia presente solo nella zona fra i due gioghi. In questo modo il campo E (freccia rossa della figura 3) vale E=\frac{.2\,\text{V}}{3\,\text{cm}}=6.7 \,\text{V/m}.

Nel trasformatore passa una "onda elettromagnetica" con un forte campo magnetico un debole campo elettrico, ma sono entrambi indispensabili per il trasporto della potenza. L'impedenza d'onda vale Z_\text{w}=\frac{E}{H}=530\,\mu\Omega ! Praticamente solo campo magnetico, ma c'e` anche E: niente E niente potenza :)

Il vettore di Poynting e` dato dal prodotto vettoriale di E per H, e il suo valore e` S=E\,H=6.7\text{V/m}\cdot 12.5\,\text{kA/m}=83.3 \frac{\text{kW}}{\text{m}^2}. La superficie attraverso cui passa questa densita` di potenza e` data dalla sezione del buco: A=3\,\text{cm}\times 4\,\text{cm}=12\text{cm}^2. La potenza che transita descritta dal vettore di Poynting vale S\cdot A=83.3 \frac{\text{kW}}{\text{m}^2}\cdot 12\text{cm}^2=100W Check!

La prossima volta che vi raccontano che la potenza passa nel nucleo, vi stanno raccontando palle :), probabilmente in modo involontario.

Questo articolo e` stato il primo che ho trovato dopo che avevo calcolato il mio modello, e analizza anche le geometrie piu` complicate.

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Commenti e note

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di ,

Non solo un big del forum: una imponente figura, un elettronico completo, una persona modesta e alla mano. Non è proprio possibile non avere stima di lui.

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di ,

Isidoro è stato per me dapprima una conoscenza superficiale, avvenuta un un precedente "sito", dove non è stato capito fino a fondo il suo potenziale, che traduco come "perle ai porci". Successivamente l'ho rivisto parte integrante e colonna portante di questa fantastica community, e mi ha fatto un enorme piacere notare come le smisurate conoscenze di quest'uomo siano state, finalmente, riconosciute ed universalmente apprezzate (non che Lui ne avesse bisogno :) ). Talvolta, leggendolo nei suoi orari "shiftati", mi sembra di leggere le parole di un essere non terrestre, sempre maniacalmente preciso ed efficiente nelle sue risposte, un irragiungibile punto d'arrivo per me, umile ingegnere elettronico, che mi sprona e mi fa' riscoprire ogni volta il piacere di studiare questa magnifica branca della scienza. Grazie Isidoro!

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di Anonimo,

sei grande, non ho altre parole. Trasferisci in modo eccellente ogni quesito.

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di ,

Che dire... eccezionale veramente! Sono iscritto da poco al forum e mi ha chiarito più dubbi lui che il mio prof. universitario... Devo dire che non ne sbaglia una!

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di ,

Estiqaatsi! E ho detto tutto ;-)

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di ,

Admin hai fatto un eccellente lavoro , scrivere un articolo dettaglaito su Isidoro , sarebbe come scrivere da capo a piede tutti i fondamenti dell'elettronica della fisica e dell'elettrotecnica e della matematica. Come Renzo sono due personaggi a dir poco straordinari , che non danno modo di capire dove sia il limite delle loro conoscenze. Ivan

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