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bobina con forma rectangular

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bobina con forma rectangular

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sergyPrincipiante

9 ComentariosSpain

Enviado el - 02/12/2008 : 4:20:29 PM

Muchas gracias por contestar tanrapido.Otra duda, os explico lo que no

encuentro ahora es una ecuación que calcule la inductancia para mi núcleo rectangularLlegué hasta aquí pero esto solo me vale para una capa y la que encontré para mascapas me pide Radios de núcleo y no se de donde sale dicha ecuacion o sea que nopuedo despejarle nada.

L=[(N*N)(mu)(A)]/(l) ; en henrys

L es la inductanciaN es el # de vueltasmu es la permeabilidad del nucleo en RMKSA es el area del nucleo en metros cuadradosl es la longitud del nucleo en metros

Lo que tengo es algo como una Bobina de Ruhmkorff, muchas gracias si me podeisayudar con la ecuación.

Edited by - sergy on 03 Dec 2008 2:53:10 PM

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mfpbModerador

1129 ComentariosDominican Republic

Incluido el - 03/12/2008 : 07:38:52 AM

Hola

Bienvenido Sergy,la fuerza o el campo magnético de la bobina no dependerá de laforma,si es cuadrada,o redonda;dependerádel area o las dimensiones del núcleo.

MFPB

mfpbModerador


Incluido el - 05/12/2008 : 08:32:10 AM

Hola

Para complementar:

La llamada bobina de inducción o carrete de Rhumkorff, de invención anterior a la delos transformadores de corriente alterna, es un verdadero transformador polimorfo yelevador, en el que se obtiene, a partir de una corriente primaria continua y de pocafem (pilas o acumuladores), otra de alta tensión y alterna.”

“El carrete está constituido por un núcleo integrado por un haz de hilos de hierro dulcealrededor del cual se arrolla el primario que es un alambre de cobre a a’, grueso yrelativamente corto, de pocas vueltas, y por encima de este, convenientementeaislado, se arrolla el secundario, hilo delgado y de mucha longitud (muchas vueltas)cuyos extremos b y b’ están formando los llamados polos del aparato.”

bobina con forma rectangular | Foros de Electrónica Unicrom http://www.unicrom.com/topic.asp?TOPIC_ID=7329&FORUM_ID=4...

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“La corriente inductora que pasa por el primario, procede de una pila P o generador decorriente contínua, que se convierte en intermitente por un interruptor que abre ycierra sucesivamente el circuito. En muchos modelos, sobre todo en los más pequeños,empleados antiguamente en medidas eléctricas, este interruptor está formado por unamasa metálica M, sostenida por una lámina de acero L, formando un resorte oscilantedesde el punto fijo O. Un tornillo T, que apoya su punta en L, está en comunicación conuno de los polos de la pila.”

“Si pasa la corriente se ejerce la atracción magnética sobre M y se separa el resorte Ldel tornillo T, con lo cual se interrumpe la corriente. Otros interruptores, como elelectrolítico de Wehnelt, son más propios para carretes mayores. Por efecto de laelasticidad de la lámina L, vuelve ésta a la posición marcada en el esquema y serestablece el paso de corriente. A intervalos muy cortos e iguales de tiempo, se repiteesta interrupción momentánea de corriente.”

“Al cerrar el circuito primario nace en el embobinado una corriente inducida de cortaduración, y al interrumpir, en cambio, la corriente primaria, se origina en aquel otracorriente inducida opuesta a la anterior. A causa de la autoinducción, al cerrar elcircuito primario la corriente no alcanza instantáneamente su valor máximo y laatracción de M se retrasa un poco; por el contrario, el campo magnético se anulasúbitamente al romperse el circuito y dejar de circular corriente por el primario. Poresto la corriente inducida al secundario es mucho más débil durante el cierre que alinterrumpirse el circuito. En el esquema siguiente se han representado los valores quetoma la corriente inducida respecto a la del primario en cada intervalo.”

Bueno en conclusión, la corriente continua no se induce por eso es que se hace oscilaro se abre y cierra los circuitos para convertir la DC A AC , como los inversores12VDC A 120VAC.

MFPB

sergyPrincipiante

9 ComentariosSpain

Incluido el - 05/12/2008 : 10:40:27 AM

Muchas gracias.Una pregunta.Alguien tiene una ecuación para medir la inductancia de una bobina de varias capas? yen el mejor de los casos de donde sale la ecuación y si es posible que dicha ecuación nopida radios ya que no tengo un núcleo redondo.Muchas gracias.

mfpbModerador


Incluido el - 05/12/2008 : 11:19:28 AM

Hola

SERGY, bienvenido, si observas la formula:

L=[(N*N)(mu)(A)]/(l) ; en henrys

L es la inductanciaN es el # de vueltasmu es la permeabilidad del nucleo en RMKSA es el area del nucleo en metros cuadradosl es la longitud del nucleo en metros

Si tu nucleo no es redondo y tiene otra forma,tu vas a calcular el area correspondientea la forma que tiene tu nucleo.Si es cuadro o rectangular, no importa largo*ancho.

MFPB

sergyPrincipiante

9 ComentariosSpain

Incluido el - 05/12/2008 : 2:16:36 PM

Si con esta ecuación no tengo problemas (con una sola capa), pero como calculo lainductancia con varias capas?

Gracias.

mfpbModerador

Incluido el - 06/12/2008 : 1:34:51 PM

Hola

Sergy,cuando envuelves las espiras en el nucleo dependiendo del numero de vueltaspuedes obtener una,dos,tres capas, pero cuando tu calculas la inductancia es en base


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al numero de vueltas N, y no en base a la cantidad de capas.

MFPB

mfpbModerador


Incluido el - 06/12/2008 : 1:55:54 PM

hola

Si puedes hacer una relacion con las cantidad de capas,pero dependera que tanuniforme o bien organizadas quedenlas espirasdebido a que la capa que este encima de la primera tendra una mayor longitud.

La inductancia depende de las características fisicas del conductor. Por ejemplo, si seenrolla un conductor, la inductancia aumenta. Un arrollamiento de muchas espirastendrá más inductancia que uno de unas pocas vueltas. Además, si un arrollamiento secoloca alrededor de un núcleo de hierro, su inductancia será mayor de lo que era sin elnúcleo magnético.

La polaridad de una FEM inducida va siempre en el sentido de oponerse a cualquiercambio en la corriente del circuito. Esto significa que cuando la corriente en el circuitoaumenta, se realiza trabajo contra la FEM inducida almacenando energía en el campomagnético. Si la corriente en el circuito tiende a descender, la energía almacenada enel campo vuelve al circuito, y por tanto se suma a la energía suministrada por la fuentede FEM. Esto tiende a mantener a la corriente circulando incluso cuando la FEMaplicada pueda descender o ser retirada. La energía almacenada en el campomagnético de un inductor se da por:

W=I² L/2

donde:

W = energía en juliosI = corriente en amperiosL = inductancia en henrios

La unidad de inductancia es el henrio. Los valores de inductancia utilizados en equiposdé radio varían en un amplio margen. En circuitos de radiofrecuencia, los valores deinductancia empleados se medirán en milihenrios (1 mH es una milésima de henrio) enfrecuencias bajas, y en microhenrios ( millonésima de henrio) en las frecuenciasmedias y altas. Aunque las bobinas para radiofrecuencia pueden bobinarse sobrenúcleos de hierro especiales (el hierro común no es adecuado), muchas de las bobinasutilizadas por los aficionados son del tipo de núcleo de aire, o sea, bobinadas en unmaterial de soporte no magnético .

Cualquier conductor tiene inductancia, incluso cuando el conductor no forma unabobina. La inductancia de una pequeña longitud de hilo recto es pequeña, pero nodespreciable si la corriente a través de él cambia rápidamente, la tensión inducidapuede ser apreciable. Este puede ser el caso de incluso unas pocas pulgadas de hilocuando circula una,corriente de 100 MHz o más. Sin embargo, a frecuencias muchomas bajas la inductancia del mismo hilo puede ser despreciable, ya que le tensióninducida será despreciablemente pequeña.

Cálculos de inductancia:

La inductancia aproximada de una bobina de una sola capa bobinada al aire puede sercalculada con la fórmula* simplificada:

L (microH)=d².n²/18d+40 l

Donde:

L = inductancia en microhenriosd = diámetro de la bobina en pulgadasl= longitud de la bobina en pulgadasn = número de espiras

* Para poder utilizar esta fórmula con las medidas en centímetros, debe multiplicarse elsegundo miembro por el factor 0,394. Así

L (microH)=0,394.(d².n²/18d+40 l)

Esta fórmula es una buena aproximación para bobinas que tengan una longitud igual omayor que 0,4 d.


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Ejemplo: Suponga una bobina que tiene 48 espiras bobinadas a razón de 32 espiraspor pulgada y un diámetro de 314 de pulgada. Por tanto, d = 0,75 l = 48/32 = 1,5 y n= 48. Sustituyendo:

L = 0,75² x 48² / (18 x 0,75) + (40 x 1,5) = 1.296 / 73,5 = 17,6 microH

Para calcular el número de espiras requeridas en una bobina de una sola capa paraobtener una determinada inductancia:

n= raiz cuadrada de( L ( 18d + 40l ) / d

Ejemplo: Suponga que se requiere una inductancia de 10 microH.

La forma en que se va a bobinar la bobina tiene un diámetro de 1 pulgada y longitudsuficiente para acomodar una bobina de 1- 1/4 de pulgada de largo.

Por tanto:

d = 1

l = 1,25

L = 10 microH.

Sustituyendo:

n=raiz cuadrada de ( 10. ( (18x1 ) + (40 x 1,25) ) ) / 1

n=raiz cuadrada de 680= 26,1 espiras

Una bobina de 26 espiras estaría lo suficientemente próxima a efectos prácticos. Puestoque la bobina tendrá 1,25 pulgadas de longitud, el número de espiras por pulgada seráde 26,1/1,25 = 20,9. Consultando la tabla de hilos,encontramos que un hilo delnumero 17 esmaltado (o cualquiera menor) es válido. Se obtiene la inductanciaadecuada bobinando el número de espiras requeridas sobre la forma y ajustando laseparación entre espiras hasta que se obtiene un espaciado uniforme con una longitudde 1,25 pulgadas.

Permeabilidad de bobinas con núcleo de hierroSupóngase que la bobina de la figura 2 se enrolla en un núcleo de hierro que tengauna sección de 2 pulgadas cuadradas.

Cuando se envía una cierta corriente a través de la bobina, se encuentra que hay80.000 líneas de fuerza en el núcleo. Puesto que el área es de 2 pulgadas cuadradas,la densidad de flujo magnético es de 40.000 líneas por pulgada cuadrada. Ahorasupóngase que se retira el núcleo y se mantiene la misma corriente en el núcleo.También supóngase que la densidad de flujo sin núcleo es de 50 líneas por pulgadacuadrada. La relacion entre estas dos densidades de flujo, hierro a aire, es 40.000/50= 800. Esto se llama permeabifidad del núcleo.

La inductancia de la bobina ha aumentado 800 veces al insertar el núcleo de hierro, yaque la inductancia será proporcional al flujo magnético a través de las bobinas, si losotros parámetros se mantienen igual.

La permeabilidad de un material magnético varía con la densidad de flujo.

Para bajas densidades de flujo (o con núcleo de aire), el aumento de corriente a travésde la bobina producirá un aumento proporcional del flujo. Pero con densidades de flujomuy altas, incrementar la corriente no causará un cambio apreciable en el flujo.

Cuando esto es así, se dice que el hierro está saturado. La saturación causa un rápidodescenso de la permeabilidad puesto que desciende la relación de líneas de flujo conrespecto a la misma corriente y núcleo de aire. Obviamente, la inductancia de unabobina con núcleo de hierro es, en gran medida, dependiente de la corriente que fluyeen la bobina. En una bobina con núcleo de aire, la inductancia es independiente de lacorriente porque el aire no se satura.

Las bobinas con núcleo de hierro,se usan principalmente en fuentes de alimentación.Usualmente circula corriente continua a través la densidad de flujo está controlada porla separación en vez de por el hierro.

Esto reduce la inductancia, manteniéndola prácticamente constanteindependientemente del valor de la corriente.

Para radiofrecuencia, las pérdidas en los núcleos de hierro pueden ser reducidas avalores aceptables pulverizando el hierro y mezclando el polvo con un "ligante" dematerial aislante de tal forma que las partículas de hierro estén aisladas unas de otras.Por este sistema, se pueden construir núcleos que funcionarán satisfactoriamente


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incluso en el margen de VHF.

Puesto que una gran parte del recorrido magnético se produce a través de material nomagnético (el ligante), la permeabilidad del hierro es baja comparada con los valoresque se obtienen a las frecuencias de las fuentes de alimentación. El núcleo tienegeneralmente la forma de una barra o cilindro que se coloca en el interior de la formaaislante sobre la que está bobinada la bobina. A pesar de que con esta construcción, lamayor parte del recorrido magnético del flujo es por el aire, la barra es bastante eficazpara aumentar la inductancia de la bobina. Empujando la barra hacia dentro y haciafuera de la bobina, se puede variar la inductancia sobre un margen considerable.

MFPB

sergyPrincipiante

9 ComentariosSpain

Incluido el - 08/12/2008 : 2:36:16 PM

Muchas gracias me has resuelto la duda.

mfpbModerador


Incluido el - 08/12/2008 : 2:57:26 PM

Hola

Servy, ok, para eso estamos para aprender y ayudarnos, te esperamos por aquí yrecuerda que ya tu perteneces a nuestro equipo.

Gracias

cuidate y feliz navidad

MFPB

mikeestradaModerador

2107 ComentariosMexico

Incluido el - 08/12/2008 : 8:47:36 PM

Guauuu!! Manuel, que gusto tenerte en nuestra comunidad. Se ve que conoces mucho.Felicidades!

mfpbModerador


Incluido el - 08/12/2008 : 11:06:21 PM

Hola

Sr. Mike gusto y un placer para mi estar en contacto con usted y todos ustedes que sonmi gente.

Felicidades a todos y cada uno nuestras familias.

Buenas Noches

MFPB

ElektorModerador

1026 ComentariosArgentina

Incluido el - 09/12/2008 : 04:06:43 AM

gracias Manuel has dado una buena exposiciòn ,digno de ir directo a wikipedia,felicitaciones y saludos!!

mfpbModerador


Incluido el - 09/12/2008 : 1:09:12 PM

Hola

Hola señor Elektor,como está todo,gusto en sentirlo.

MFPB


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sergyPrincipiante

9 ComentariosSpain

Incluido el - 09/12/2008 : 1:21:58 PM

Tengo una bobina de 8 capas y 3,5 cm de longitud, y otra bobina igual pero de 2cm delongitud, cuyos núcleos utilizo como un iman similar a los de un timbre y parece serque la pequeña tiene mas fuerza a la misma tensión y no me explico como puede ser.A alguien se le ocurre por que puede suceder esto?

mfpbModerador


Incluido el - 09/12/2008 : 4:02:57 PM

HolaSergy, te estoy preparando algo mas directo,mas tarde te enviaré más datos.

MFPB

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