Sistema de dos bobinas reales

De Laplace

(Diferencias entre revisiones)

última version al 13:07 2 jul 2011

Contenido

1 Enunciado
2 Resistencias y coeficientes
3 Evolución de la corriente
4 Voltaje en el secundario
5 Energía total disipada
- 5.1 A partir de la energía almacenada
- 5.2 Empleando la ley de Joule
6 Campo eléctrico inducido

1 Enunciado

Se arrolla un hilo de cobre de sección circular de diámetro $d_1=1\,\mathrm{mm}$ y longitud $l_1=30\,\mathrm{m}$ sobre un cilindro de cartón (no magnético) de radio $a=1.5\,\mathrm{cm}$ . El hilo se arrolla densamente, de forma que no queden intersticios entre vuelta y vuelta. Sobre esta capa (el primario) se arrolla otra (el secundario), en el mismo sentido, de hilo de cobre de diámetro $d_2=0.5\,\mathrm{mm}$ y longitud $l_2=60\,\mathrm{m}$ . Los extremos del secundario se dejan en circuito abierto, mientras que los del primario se conectan a una fuente de intensidad que proporciona una corriente constante $I_0=100\,\mathrm{mA}$ . En $t = 0$ se cortocircuita la fuente de intensidad mediante un hilo de resistencia despreciable.

Calcule las resistencias y los coeficientes de inducción mutua y autoinducción del sistema de dos bobinas.
Determine la expresión de la corriente que circula por el primario como función del tiempo, una vez que se ha cortocircuitado la fuente. ¿Cuánto tiempo tarda, aproximadamente, en desaparecer la corriente?
Calcule el voltaje $Δ V 2 (t)$ que mide un voltímetro situado entre los extremos del secundario.
Calcule la energía total disipada en el sistema durante el periodo transitorio en que la corriente se está atenuando hasta desaparecer.
Determine, por aplicación de la ley de Faraday, el campo eléctrico que se induce durante el transitorio, tanto en el interior del cilindro como en puntos exteriores próximos a éste, sabiendo que es de la forma $\mathbf{E}=E(\rho)\mathbf{u}_\varphi$ .

2 Resistencias y coeficientes

2.1 Resistencias

Los dos hilos son conductores filiforme, cuya resistencia puede calcularse mediante la fórmula

$R=\frac{l}{\sigma S}$

Para la primera bobina, la longitud y la conductividad valen

$l_1 = 30\,\mathrm{m}\qquad\qquad \sigma = 5.9\times 10^7\frac{\mathrm{S}}{\mathrm{m}}$

mientras que su sección es

$S_1 = \frac{\pi d_1^2}{4} = 7.9\times 10^{-7}\mathrm{m}^2 = 0.79\,\mathrm{mm}^2$

lo que nos da una resistencia

$R_1 = \frac{l_1}{\sigma S_1} = 0.65\,\Omega$

El segundo hilo tiene el doble de longitud y la cuarta parte de la sección, por lo que su resistencia es el óctuple de la anterior

$R_2 = 8R_1 = 5.2\,\Omega$

2.2 Coeficientes de autoinducción

Al enrollarlos, cada uno de los cables forma una bobina cilíndrica.

El número de vueltas de cada bobina lo obtenemos dividiendo la longitud total por la longitud de cada vuelta

$N_1 = \frac{l_1}{2\pi a}=320\,\mathrm{vueltas}$

Para el secundario suponemos despreciable el milímetro que se añade en el grosor, lo que nos da el número de vueltas

$N_2 = \frac{l_2}{2\pi a} = 640\,\mathrm{vueltas}$

La altura de cada bobina, por estar arrolladas densamente, es igual al número de vueltas multiplicado por el grosor de cada una, que es el diámetro del cable

$h = h_1 = h_2=N_1 d_1 = 0.32\,\mathrm{m}$

El secundario tiene la misma altura, por ser el cable de doble longitud y mitad de diámetro.

Al ser su altura 20 veces su radio, podemos hacer la aproximación de bobinas largas y calcular su coeficiente de autoinducción según la fórmula

$L = \frac{\mu_0 N^2 S}{h}$

Aquí $S$ no es la sección transversal del cable, calculada anteriormente, sino la de la bobina circular

$S = \pi a^2 = 7.1\times 10^{-4}\,\mathrm{m}^2$

Esto nos da el coeficiente de autoinducción para el primario

$L_1 = \frac{\mu_0 N_1^2 S}{h_1}= 2.8\times 10^{-4}\,\mathrm{H}=280\,\mu\mathrm{H}$

Para el secundario el cálculo es idéntico salvo que el número de espiras es el doble

$L_2 = 4L_1 = 1.1\,\mathrm{mH}$

Podemos calcular estos coeficientes omitiendo los cálculos números intermedios

$L_1 = \frac{\mu_0 N_1^2 S}{h}=\frac{\mu_0 N_1 \pi a^2}{d_1}= \frac{\mu_0 l_1 a}{2d_1}$

que, sustituyendo, nos da el valor que ya conocemos.

2.3 Coeficiente de inducción mutua

Para el coeficiente de inducción mutua, podemos emplear varios métodos de cálculo:

A partir del coeficiente de acoplamiento: Por la disposición de las dos bobinas, todo el flujo de una pasa a través de la otra, por lo que el coeficiente de acoplamiento es la unidad

$1 = k = \frac{M}{\sqrt{L_1L_2}}\qquad\Rightarrow\qquad M = \sqrt{L_1L_2}=\sqrt{4L_1^2} = 2L_1 = 560\,\mu\mathrm{H}$

A partir del flujo magnético: El flujo a través del secundario del campo magnético debido al primario es $N 2$ veces el que atraviesa cada espira

$MI_1 = \Phi_{21}= N_2\phi\,$

y para el mismo campo, el flujo que atraviesa la propia bobina 1 es

N 1

veces el que atraviesa cada una de las espiras

$L_1 I_1 = \Phi_{11} = N_1\phi\,$

Dividiendo una expresión por la otra

$\frac{M}{L_1}=\frac{N_2}{N_1}\qquad \Rightarrow\qquad M = \frac{N_1N_2\pi a^2}{h}=560\,\mu\mathrm{H}$

Este coeficiente también puede hallarse explícitamente empleando el valor del campo magnético producido por una de las bobinas, y hallando el flujo a través de la otra.

En forma matricial tenemos

$\mathsf{L}=\begin{pmatrix} 1 & 2 \\ 2 & 4 \end{pmatrix}280\,\mu\mathrm{H}$

A partir de esta matriz se hallan los flujos que atraviesan cada una de las bobinas como

$\Phi_1 = L_1 I_1 + M I_2\qquad\qquad \Phi_2 = M I_1 + L_2 I_2$

3 Evolución de la corriente

Inicialmente tenemos una corriente $I_0=100\,\mathrm{mA}$ circulando por el primario, mientras que por el secundario, que está en circuito abierto no fluye corriente alguna.

Una vez que se cortocircuita la fuente, tenemos en el primario una malla cerrada, en la cual se cumple

$I_1 R = \mathcal{E} = -\frac{\mathrm{d}\Phi_1}{\mathrm{d}t}$

lo que nos da la ecuación para la corriente

$I_1R= -L_1\frac{\mathrm{d}I_1}{\mathrm{d}t}-M\frac{\mathrm{d}I_2}{\mathrm{d}t}$

o equivalentemente, como se suele escribir el teoría de circuitos

$L_1\frac{\mathrm{d}I_1}{\mathrm{d}t}+M\frac{\mathrm{d}I_2}{\mathrm{d}t}+I_1R= 0$

Ahora bien, el secundario se encuentra en circuito abierto en todo momento, por lo que para tod instante

$I_2(t) = 0\,$

lo que nos deja con la ecuación diferencial

$L_1\frac{\mathrm{d}I_1}{\mathrm{d}t}+RI_1= 0\qquad I_1(t=0)=I_0$

La solución de esta ecuación de coeficientes constantes, que además es separable, es inmediata,

$I_1(t) = I_0\mathrm{e}^{-t/\tau}\,$

siendo $τ$ el tiempo típico de relajación

$\tau = \frac{L_1}{R_1}= \frac{280\,\mu\mathrm{H}}{0.650\,\Omega}=4.4\times 10^{-4}\,\mathrm{s}=440\,\mu\mathrm{s}$

Puesto que la corriente decae exponencialmente, este es el tiempo necesario para que la corriente se reduzca en un factor $1/\mathrm{e} = 37\%$ . Podemos considerar que la corriente ha desaparecido en un tiempo 2 o 3 veces τ, esto es, en torno a 1 ms.

4 Voltaje en el secundario

Si ahora calculamos la fuerza electromotriz en el secundario, considerando la malla que forma este con el voltímetro obtenemos

$I_2R - \Delta V_2 = -\frac{\mathrm{d}\Phi_2}{\mathrm{d}t} = -M\frac{\mathrm{d}I_1}{\mathrm{d}t}-L_2\frac{\mathrm{d}I_2}{\mathrm{d}t}$

Despejando llegamos al resultado de teoría de circuitos

$\Delta V_2 = M\frac{\mathrm{d}I_1}{\mathrm{d}t}+L_2\frac{\mathrm{d}I_2}{\mathrm{d}t}+RI_2$

Sin embargo, como hemos dicho anteriormente, la corriente en el secundario es nula, por lo que el voltaje se reduce a

$\Delta V_2 = M\frac{\mathrm{d}I_1}{\mathrm{d}t}$

Sustituyendo la solución para la corriente obtenemos que la tensión también decae exponencialmente a partir de $t = 0$ (antes es nula)

$\Delta V_2 = -\frac{MI_0}{\tau}\mathrm{e}^{-t/\tau}$

La amplitud del voltaje vale, numéricamente,

$|\Delta V_2|_0 = \frac{MR_1I_0}{L_1}=0.13\,\mathrm{V}$

5 Energía total disipada

Para hallar la energ´ñia total disipada, tenemos dos métodos equivalentes

5.1 A partir de la energía almacenada

La energía que se disipa en el transitorio es la que había previamente almacenada en el sistema de dos biobinas. Esta energía es

$U_m = \frac{1}{2}\begin{pmatrix}I_0 & 0 \end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}L_1 & M \\ M & L_2\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}I_0 \\ 0 \end{pmatrix} = \frac{1}{2}L_1I_0^2$

Sustituyendo los valores

$W_d = -\Delta U_m = \frac{1}{2}L_1I_0^2 = 1.4\,\mu\mathrm{J}$

Vemos que la energía almacenada es baja por la pequeñez del coeficiente de autoinducción.

5.2 Empleando la ley de Joule

Aunque es un poco más largo, también puede hallarse la energía disipada a partir de la ley de Joule. La potencia disipada en cada instante es

$P(t) = I_1(t)^2R_1 = I_0^2 R_1 \mathrm{e}^{-2t/\tau} = P_0\mathrm{e}^{-2t/\tau}$

siendo la amplitud de la potencia

$P_0 = I_0^2R_1 = 6.5\,\mathrm{mW}$

Integrando ahora sobre todo el periodo transitorio

$W_d = \int_0^\infty P(t)\,\mathrm{d}t = P_0\int_0^\infty \mathrm{e}^{-2t/\tau}\,\mathrm{d}\tau = \frac{P_0\tau}{2}=1.4\,\mu\mathrm{J}$

6 Campo eléctrico inducido

El campo inducido se debe al campo magnético variable en el tiempo. Este campo es debido a la corriente que circula por el primario y tiene aproximadamente el valor, expresado en coordenadas cilíndricas centradas en el eje de las bobinas,

$\mathbf{B}=\begin{cases}\displaystyle\frac{\mu_0 N_1 I_1(t)}{h}\mathbf{u}_z & \rho < a \\ & \\ \mathbf{0} & \rho > a \end{cases}$

Tenemos entonces un campo uniforme, pero no constante, en el interior de las bobinas, que decae exponencialmente como

$\mathbf{B}= B_0 \mathrm{e}^{-t/\tau}\mathbf{u}_z\qquad B_0 = \frac{\mu_0 N_1 I_0}{h} = 0.13\,\mathrm{mT}$

Este campo magnético induce un campo eléctrico que verifica

$\oint \mathbf{E}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} = -\frac{\mathrm{d}\Phi_m}{\mathrm{d}t}=-\frac{\mathrm{d}\ }{\mathrm{d}t}\int\mathbf{B}\cdot\mathrm{d}\mathbf{S}$

Si consideramos una circunferencia horizontal con su centro en el eje Z, la circulación del campo eléctrico vale, en todos los casos

$\oint \mathbf{E}\cdot\mathrm{d}\mathbf{r} =\int_0^{2\pi} (E(\rho)\mathbf{u}_\varphi)\cdot(\rho\,\mathrm{d}\varphi\,\mathbf{u}_\varphi) = 2\pi\rho\,E$

El flujo magnético depende de si consideramos el radio de la circunferencia menor que el de las bobinas o superior a él

Dentro de las bobinas: Si $ρ < a$

$\Phi_m =\int (B(t)\mathbf{u}_z)\cdot(\mathrm{d}S\mathbf{u}_z) = B(t)S = \pi\rho^2 B(t)$

Derivando, cambiando el signo e igualando a la fuerza electromotriz

$2\pi\rho E = -\pi \rho^2 \frac{\mathrm{d}B}{\mathrm{d}t}\qquad\Rightarrow\qquad \mathbf{E}=\frac{B_0\rho}{2\tau}\mathrm{e}^{-t/\tau}\mathbf{u}_\varphi$

Fuera de las bobinas: Si $ρ > a$ el flujo magnético solo incluye la parte interior a las bobinas

$\Phi_m =\int (B(t)\mathbf{u}_z)\cdot(\mathrm{d}S\mathbf{u}_z) = B(t)S = \pi a^2 B(t)$

Derivando, cambiando el signo e igualando a la fuerza electromotriz

$2\pi\rho E = -\pi a^2 \frac{\mathrm{d}B}{\mathrm{d}t}\qquad\Rightarrow\qquad \mathbf{E}=\frac{B_0a^2}{2\tau\rho}\mathrm{e}^{-t/\tau}\mathbf{u}_\varphi$

Queda un campo eléctrico que en el interior de la bobina crece linealmente con la distancia al eje y fuera de ellas disminuye como la inversa de esta distancia. Tanto dentro como fuera decae exponencialmente con el tiempo.

@@ Línea 201: / Línea 201: @@
 :Derivando, cambiando el signo e igualando a la fuerza electromotriz
 <center><math>2\pi\rho E = -\pi \rho^2 \frac{\mathrm{d}B}{\mathrm{d}t}\qquad\Rightarrow\qquad \mathbf{E}=\frac{B_0\rho}{2\tau}\mathrm{e}^{-t/\tau}\mathbf{u}_\varphi</math></center>
+<center>[[Archivo:campo-E-bobina-1.png]] [[Archivo:campo-E-bobina-2.png]]</center>
 ;Fuera de las bobinas: Si <math>\rho > a</math> el flujo magnético solo incluye la parte interior a las bobinas

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1 Enunciado

2 Resistencias y coeficientes

2.1 Resistencias

2.2 Coeficientes de autoinducción

2.3 Coeficiente de inducción mutua

3 Evolución de la corriente

4 Voltaje en el secundario

5 Energía total disipada

5.1 A partir de la energía almacenada

5.2 Empleando la ley de Joule

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