ElectroYou - la comunità dei professionisti del mondo elettrico

da **Pando** » 17 gen 2013, 22:35

giusto!!!

da **Pando** » 17 gen 2013, 23:12

RenzoDF ha scritto:E quindi, che si fa per scegliere la formula corretta?

era per rispondere alla tua domanda Renzo!

da **RenzoDF** » 17 gen 2013, 23:40

Pando ha scritto:
RenzoDF ha scritto:E quindi, che si fa per scegliere la formula corretta?
era per rispondere alla tua domanda Renzo!

Io avevo chiesto risposta su quale scegliere, fra le due alternative di calcolo, per il problema in oggetto; cosa c'entrano quelle due generiche considerazioni?

da **tipu91** » 25 gen 2013, 13:49

riprendo la discussione da una citazione di renzo

RenzoDF ha scritto:Rigiro la domanda chiedendoti; ma se il testo non avesse fornito il coefficiente di accoppiamento k, ci sarebbe stato un modo par ricavarsi il coefficiente di mutua induzione M ?

e uso questo problema per spiegare il procedimento per il calcolo di M:

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

i dati sono: $\mu_r=1000$ l_1=50cm

$s_1=s_3=s_t=10cm^{2}$ $s_2=25cm^{2}$ N_1=100

e ci chiede di calcolare I_2

tale che una corrente I_1=8A

produca un'induzione magnetica nella colonna centrale uguale a $B_2=1,2\frac{Wb}{m^{2}}$ . inoltre richiede di calcolare i coefficienti di AUTO e MUTUA INDUZIONE.
SVOLGIMENTO:

come prima cosa si procede con le considerazioni iniziali, quali $B_2=\frac{\phi_2}{s_2}\rightarrow \phi_2=B_2s_2=\phi_1+\phi_3$ e al calcolo delle riluttanze:
$\Re_1=\frac{l_1}{\mu_0\mu_rs_1}=3,97\cdot 10^{5}H^{-1}$
$\Re_2=\frac{l_2}{\mu_0\mu_rs_2}=0,79\cdot 10^{5}H^{-1}$
$\Re_3=\frac{l_3}{\mu_0\mu_rs_3}=3,96\cdot 10^{5}H^{-1}$
$\Re_t=\frac{l_1}{\mu_0s_t}=19,9\cdot 10^{5}H^{-1}$

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

adesso possiamo impostare un sistema per calcolare $\phi_1$ , $\phi_3$ e I_2

:
$\left\{\begin{matrix} N_1I_1=(\Re_1+\Re_2)\phi_1+\Re_2\phi_3\\ N_2I_2=\Re_2\phi_1+(\Re_3+\Re_2\Re_t)\phi_3 \\ \phi_1+\phi_3=3\cdot 10^{3} \end{matrix}\right.$
che dopo alcuni calcoli ci da come risultati:

$\left\{\begin{matrix} \phi_1=1,42\cdot 10^{-3}Wb\\ \phi_3=1,58\cdot 10^{-3}Wb \\ I_2=8,02A \end{matrix}\right.$

finalmente, arriviamo al nocciolo della questione, il calcolo delle AUTO e MUTUE INDUTTANZE:
l'AUTO INDUTTANZA è "il rapporto tra il flusso concatenato generato dalla corrente I_i

e la corrente stessa quando le altre correnti sono nulle", ovvero: $L_1=\frac{\phi_1_c_1}{I_1}$ dove $\phi_1_c_1=\phi_1\cdot N_1=\frac{N_1I_1}{\Re_v_1}N_1$ e $\Re_v_1=[(\Re_3+\Re_t)\parallel \Re_2]+\Re_1=4,75\cdot 10^{5}H^{-1}$ ( $\Re_v_1$ e la riluttanza "vista" lasciando attiva sola la spira 1)

NB queste considerazioni valgono anche per L_2

, naturalmente con i pedici invertiti e con $\Re_v_2=(\Re_1\parallel\Re_2)+\Re_3+\Re_t=2,45\cdot 10^{6}H^{-1}$ !!!

quindi svolgendo un po' di calcoli si ha che $L_1=\frac{N_1^{2}}{\Re_v_1}=21mH$ e $L_2=\frac{N_2^{2}}{\Re_v_2}=102mH$

per il calcolo della MUTUA INDUTTANZA il procedimento cambia:
la mutua induttanza è "il rapporto tra il flusso concatenato sull'avvolgimenti

causato dalla corrente su un avvolgimento $j\neq i$ e la corrente stessa quando le altre correnti sono nulle". passando alla parte "operativa":

$M_1_2=\frac{N_2}{I_1}\phi_1_2$ , quindi disattiviamo la spira 2 e andiamo a calcolarci il flusso concatenato in quel ramo:

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

per calcolare il flusso sul ramo cortocircuitato, si applica la formula del PARTITORE DI CORRENTE:
$\phi_1_2=\phi_1\frac{\frac{1}{\Re_3+\Re_t}}{\frac{1}{\Re_2}+\frac{1}{\Re_3+\Re_t}}=\phi_1\frac{\Re_2}{\Re_3+\Re_t+\Re_2}=\frac{L_1I_1}{N_1}\frac{\Re_2}{\Re_3+\Re_t+\Re_2}$
che sostituito nella formula di M ci da:
$M_1_2=M=\frac{N_2}{I_1}\frac{L_1I_1}{N_1}\frac{\Re_2}{\Re_3+\Re_t+\Re_2}=3,4mH$

a questo punto il circuito elettrico equivalente diventa:

Sorgente FidoCadJ | Ingrandisci | Cos'è Fidocad

infine si può notare che M_1_2=M_2_1=M

facendo lo stesso ragionamento, ma questa volta cortocircuitando l'altra spira (1):
$\phi_2_1=\frac{L_2I_2}{N_2}\frac{\Re_2}{\Re_2+\Re_1}\rightarrow M_2_1=\frac{N_1}{I_2}\frac{L_2I_2}{N_2}\frac{\Re_2}{\Re_2+\Re_1}=3,4mH$

spero di essere stato chiaro e di aver risolto qualche dubbio, dato che ho dovuto rifare tutto il commento 2 volte dato che è saltata la connessione proprio sui titoli di coda e non avevo salvato la bozza :cry:

da **Pando** » 25 gen 2013, 14:06

Bravo Tipu!!!approvo in pieno!!

da **RenzoDF** » 25 gen 2013, 17:06

Complimenti anche da parte mia per il lavoro fatto :ok:

(e ti do un punto ben meritato), ma alla mia domanda avevi già risposto alla perfezione in [38] non mi aspettavo un esempio pratico. ;-)

Ad ogni modo, visto che abbiamo questo esempio sott'occhio, ripropongo il mio dubbio amletico su questo circuito invece che sull'originale toroidale, per chiederti cosa faresti a questo punto

se nel testo del problema ci fosse scritto che il coefficiente k di accoppiamento fosse

k=0.5

... aspetto risposta.

BTW non ho controllato i tuoi calcoli ma lo avrei risolto con Ampere e non con Hopkinson; se ti va di esercitarti, aspetto soluzione anche su questo metodo alternativo.

BTW2 a Pisa usate ancora $\frac{\text{Wb}}{{{\text{m}}^{\text{2}}}}$ per l'induzione magnetica?

da **tipu91** » 25 gen 2013, 17:18

RenzoDF ha scritto:se nel testo del problema ci fosse scritto che il coefficiente k di accoppiamento fosse

... aspetto risposta.

se nel testo fosse dato il valore di

applicherei semplicemente la formula $M=K\sqrt{L_1L_2}$ .. il mio problema (che ho risolto nel post precedente) riguardava i problemi dove non viene fornito K, perché avendo K, il calcolo di M si riconduce semplicemente al calcolo delle auto induttanze (che di per sé non crea molti problemi) e all'applicazione della formulina :-)

RenzoDF ha scritto:BTW2 a Pisa usate ancora $\frac{\text{Wb}}{{{\text{m}}^{\text{2}}}}$ per l'induzione magnetica?

mi sembra che il mio prof usi

(Tesla), ma questo esempio l'ho preso da un eserciziario (A.Longo, G.Becherini-Analisi dei circuiti elettrici lineari 1995) comunque sia è un libro "Pisano"!!

da **Pando** » 25 gen 2013, 17:23

yesss tipu se vuoi dare un'occhiata all'atro mio post sul trifase viewtopic.php?t=42106 sei ben accetto!!!

da **RenzoDF** » 25 gen 2013, 17:39

tipu91 ha scritto:... se nel testo fosse dato il valore di applicherei semplicemente la formula $M=K\sqrt{L_1L_2}$ ..

No, scusa, come puoi darmi una risposta del genere?

... questo significa barare!

Questo vorrebbe dire che tutti i calcoli che hai fatto senza k sono completamente errati, L1 e L2 comprese. :!:

tipu91 ha scritto:... il mio problema (che ho risolto nel post precedente) riguardava i problemi dove non viene fornito K,

Continuo a non capirti, nel problema iniziale di questo thread

: 2013-01-16_170909.gif (18.1 KiB) Osservato 7412 volte

il k veniva fornito ed era proprio pari a 0.5, o sbaglio? :!:

tipu91 ha scritto:... perché avendo K, il calcolo di M si riconduce semplicemente al calcolo delle auto induttanze (che di per sé non crea molti problemi) e all'applicazione della formulina

Direi proprio di no, ... ma scusa, se il coefficiente di accoppiamento risulta pari a 0.5, significa che non tutto il flusso generato dal primo avvolgimento va a concatenarsi con il secondo avvolgimento, ma solo una sua quota parte, e quindi in sostanza che non possiamo ritenere che il suo percorso sia completamente nel ferro del toroide, ma che si sviluppi anche nell'aria; ne segue che i due valori dei coefficienti di autoinduzione non possono essere calcolati semplicemente usando la riluttanza del toro ferromagnetico+traferro serie.

da **tipu91** » 25 gen 2013, 18:15

ah, ho capito... beh, in effetti non ci ho fatto caso a questo particolare #-o

se devo essere sincero non saprei, ma provo a ragionare un pochino, partendo da lontano :mrgreen:

infatti inizio il ragionamento dalla legge di Ampere:

$\oint_l\vec{H}\cdot \vec{dl}=NI\rightarrow Hl=NI$ ricordandoci che $H=\frac{B}{\mu_o\mu_r}\rightarrow \frac{Bl}{\mu_o\mu_r}=NI$ e anche che $B=\frac{\phi}{s}\rightarrow \frac{\phi l}{\mu_o\mu_rs}$ riconoscendo il termine $\Re=\frac{l}{\mu_o\mu_rs}$ dovuto alle caratteristiche geometriche e al materiale in discussione possiamo riscrivere la formula come $\phi\Re=NI$ (o per un circuito magnetico con più avvolgimenti $\sum NI=\sum \Re\phi$ ) dalla quale possiamo ricavarci il flusso $\phi=\frac{NI}{\Re}$

adesso riprendo la relazione costitutiva del bipolo INDUTTORE: $L=\frac{\phi(t)}{I(t)}$ e vado a sostituire il termine $\phi(t)$ con la definizione di flusso trovata sopra $L=\frac{\frac{NI}{\Re}}{I}=\frac{N}{\Re}$

per concludere ci ricordiamo che questo flusso deve concatenarsi con la spira che lo produce, quindi moltiplichiamo il risultato trovato per il numero di spire

, per avere: $L=\frac{N^{2}}{\Re}$

concludendo, se le mie supposizioni sono valide, posso affermare che

è indipendente dal valore

, no?

credo anche che il coefficiente

sia relativo solo ai mutui accoppiamenti!!

tutto questo potrebbe anche non essere vero :mrgreen:

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mutui accoppiamenti: trasformazione a "t" e a "pi greco"

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