Màquines Elèctriques -...

Màquines Elèctriques

Problemes de modelat magnètic i

conversió electromecànica

Curs 2016-2017

Joan Rull

Samuel Galceran

DEE-UPC

Màquines Elèctriques. Problemes de Modelat Magnètic i de Conversió Electromecànica. J. Rull, S. Galceran. DEE-UPC.

2

MM01

Un contactor biestable basa el seu funcionament amb un imant permanent de neodimi de

manera que en posició ‘obert’ (𝑥 = 𝑥2) i en posició ‘tancat’ (𝑥 = 𝑥1) no es requereixi consumir

energia per romandre en la mateixa posició (bobina sense alimentar). Per tal de poder canviar

l’estat del contactor hi ha una molla i, a més, s’aporta energia al sistema mitjançant la bobina.

Aquesta energia també serveix per vèncer els fregaments (no representats a la figura). També

hi ha uns elements de material no magnètic (goma) per esmorteir els cops i que tenen un gruix

de 𝑥1 = 0,5 mm. El sistema és tal que la posició d’equilibri del contactor en estat ‘obert’ (sense

alimentar la bobina) és 𝑥2 = 7 mm.

mi = 2700m0

x1

x

lm

N

S

li

Es pot considerar que la secció de l’imant, la secció del ferro i la secció de l’entreferro són iguals

i de valor 3 cm2. La longitud de l’imant (𝑙m) és 4 cm i la longitud total mitja del ferro (𝑙i) és

15 cm. Les característiques de l’imant a la temperatura de treball són les indicades a la taula i a

la figura següents:


3

Es demana:

1) Flux que s’estableix en el circuit en la posició estable ‘obert’.

2) Flux que s’estableix en el circuit en la posició estable ‘tancat’.


4

1) De la taula de valors pels imants de neodimi s’observa que:

𝐵r = 1,24 T 𝐻c = 923,1 kA

m

Per tant, la recta de desimantació segueix l’expressió següent:

𝐵m = 𝐵r +𝐵r𝐻c 𝐻m = 1,24 +

1,24

923,1 · 103 𝐻m

Per altra banda, la conservació del flux imposa:

𝜙m = 𝐵g 𝐴g = 𝐵m 𝐴m = 𝐵i 𝐴i

Per la llei d’Ampère:

𝐻m · 𝑙m + 𝐻i · 𝑙i + 𝐻g · 2𝑥 = 0

ℱm + ℛi 𝜙m + 2 ℛg 𝜙m = 0 ℱm = −(ℛi + 2 ℛg) 𝜙m

𝜙mℱm

=−1

ℛi + 2 ℛg

𝐵m · 𝐴m𝐻m · 𝑙m

=−1

ℛi + 2 ℛg

𝐵m =−1

ℛi + 2 ℛg 𝑙m𝐴m 𝐻m

𝐵m =−1

1𝜇ri 𝜇0

𝑙i𝐴i+2𝜇0 𝑥𝐴g

𝑙m𝐴m 𝐻m

La recta de càrrega és, doncs,

𝐵m = −𝜇0 (1

1𝜇ri 𝑙i𝐴i+2 𝑥𝐴g

𝑙m𝐴m) 𝐻m = −𝜇0 𝓅C 𝐻m

Essent el coeficient de permeància:

𝓅C =1

1𝜇ri 𝑙i𝐴i+2 𝑥𝐴g

𝑙m𝐴m

En el cas que ens ocupa tenim que totes les seccions es poden considerar iguals i, per tant,

queda:

𝐵m = −𝜇0 (𝑙m

𝑙i𝜇ri+ 2 𝑥

) 𝐻m


5

𝐵m = −𝜇0 (0,04

0,152700

+ 2 · 0,007) 𝐻m = −𝜇0 2,846 𝐻m

I per trobar el punt de funcionament:

1,24 +1,24

923,1 · 103 𝐻m⏟

Recta desmagnetització

= −𝜇0 2,846 𝐻m⏟ Recta de càrrega

1,24 + 1,34 · 10−6 𝐻m = −3,576 · 10−6 𝐻m

𝐻m =−1,24

1,34 · 10−6 + 3,576 · 10−6= −252,24

kA

m

Substituint aquest valor a la recta de desmagnetització:

𝐵m = 1,24 +1,24

923,1 · 103 (−252,24 · 103) = 0,901 T

Per tant el flux és:

𝜙m = 𝐵m 𝐴m = 0,901 · 3 · 10−4 = 0,27 mWb

2) En aquest cas tenim un entreferro molt més petit i la recta de càrrega queda:

𝐵m = −𝜇0 (0,04

0,152700

+ 2 · 0,0005) 𝐻m = −𝜇0 37,89 𝐻m

1,24 +1,24

923,1 · 103 𝐻m⏟

Recta desmagnetització

= −𝜇0 37,89 𝐻m⏟ Recta de càrrega

1,24 + 1,34 · 10−6 𝐻m = −47,62 · 10−6 𝐻m

𝐻m =−1,24

1,34 · 10−6 + 47,62 · 10−6= −25,33

kA

m

Substituint aquest valor a la recta de desmagnetització:

𝐵m = 1,24 +1,24

923,1 · 103 (−25,33 · 103) = 1,206 T

Òbviament, si s’hagués substituït el valor a la recta de càrrega, hauria donat el mateix:

𝐵m = −𝜇0 37,89 𝐻m = −47,62 · 10−6 · (−25,33 · 103) = 1,206 T

Per tant el flux és:

𝜙m = 𝐵m 𝐴m = 1,206 · 3 · 10−4 = 0,36 mWb


6

MM02

En la figura es representa un circuit magnètic format per un imant i una culata. La culata està

realitzada amb dos materials de característiques magnètiques i geomètriques diferents. Les

longituds donades corresponen a les longituds mitges. La característica de magnetització de

l’imant, inclosa en la figura, es pot considerar lineal. Les longituds són les corresponents a les

longituds mitges dins de cada material.

Determineu el flux per la culata i les densitats de camp en els diferents materials en les següents

situacions:

1) El conjunt muntat com es mostra a la figura.

2) Després de desmuntar les 3 parts si posteriorment es tornen a muntar.

3) Després de desmuntar les 3 parts si posteriorment es tornen a muntar amb l’element

de color groc (3) modificat en longitud 𝑙3′ = 80 mm.

4) Després de fer un entreferro (tall) de 𝑙g = 2 mm en l’element groc (3).

lm

l2

l2

A2

A2

mr2

mr2

mr3

l3

A3

Bm

m0Hm

1,2 T

-1,2 T

A2 = 100 mm2 l2 = 45 mm mr2 = 10000

A3 = 80 mm2 l3 = 150 mm mr3 = 20000

Am = 100 mm2 lm = 10 mm


7

1) El circuit elèctric equivalent és:

Les reluctàncies de les diferents parts del circuit són:

ℛ2 =𝑙2

𝜇r2 𝜇0 𝐴2=

0,045

104 · 4π10−7 · 100 · 10−6= 35 810 H−1

ℛ3 =𝑙3

𝜇r3 𝜇0 𝐴3=

0,15

2 · 104 · 4π10−7 · 80 · 10−6= 74 604 H−1

ℛm =𝑙m

𝜇0 𝐴m=

0,01

4π10−7 · 100 · 10−6= 79 577 472 H−1

El flux romanent de l’imant

𝜙r = 𝐵r · 𝐴m = 1,2 · 100 · 10−6 = 0,12 mWb

KVL aplicada al circuit magnètic

𝜙 · (2 ℛ2 +ℛ3) − (𝜙r − 𝜙) · ℛ𝑚 = 0

𝜙 · (2 ℛ2 + ℛ3 + ℛ𝑚) = 𝜙r · ℛ𝑚

𝜙

𝜙r=

ℛm2 ℛ2 + ℛ3 +ℛm

=79 577 472

2 · 35 810 + 74 604 + 79 577 472= 0,99817

El flux extern a l’imant arriba a gairebé el 99,9 % del flux romanent. Això es degut a l’elevada

permeabilitat relativa del material magnètic. Per aquest motiu, quan hi ha entreferro se sol

negligir la reluctància del ferro i se sol considerar els materials tous com ideals (permeabilitat

infinita). Evidentment, si no hi ha entreferro l’anteriorment esmentada hipòtesi habitual perd el

sentit.

𝜙 = 0,99817 · 𝜙r = 0,11978 mWb

ℛ2

ℛm ℛ3

𝜙

ℱ3 ℱm

ℱ2

𝜙r

ℛ2

ℱ2

𝜙r − 𝜙


8

𝐵m =𝜙

𝐴m=0,11978 · 10−3

100 · 10−6= 1,1978 T

𝐵2 =𝜙

𝐴2=0,11978 · 10−3

100 · 10−6= 1,1978 T

𝐵3 =𝜙

𝐴3=0,11978 · 10−3

80 · 10−6= 1,4973 T

2) En ser la característica de magnetització lineal en desmuntar i tornar a muntar el sistema

no hi hauria cap variació i, per tant, s’obtindrien els mateixos resultats.

3) Atès que la reluctància dels materials 2 i 3 és tant baixa respecte de la del imant, de

forma aproximada es pot dir que el resultat variarà molt poc.

No obstant, si es vol calcular només cal re-calcular les expressions corresponents

ℛ3′ =

𝑙3′

𝜇r3 𝜇0 𝐴3=

0,08

2 · 104 · 4π10−7 · 80 · 10−6= 39 789 H−1

𝜙

𝜙r=

ℛm2 ℛ2 +ℛ3

′ + ℛm=

79 577 472

2 · 35 810 + 39 789 + 79 577 472= 0,9986

4) Ara hi ha una nova reluctància, corresponent a l’entreferro. 𝐴g = 𝐴3

ℛg =𝑙g

𝜇0 𝐴3=

0,002

4π10−7 · 80 · 10−6= 19 894 368 H−1

ℛ2

ℛm

ℛ3

𝜙

ℱ3

ℱm

ℱ2

𝜙r

ℛ2

ℱ2

𝜙r − 𝜙

ℛg ℱg


9

𝜙

𝜙r=

ℛm2 ℛ2 + ℛ3 + ℛm + ℛg

=79 577 472

2 · 35 810 + 74 604 + 79 577 472 + 19 894 368= 0,7988

𝜙 = 0,7988 · 𝜙r = 0,09586 mWb

𝐵m =𝜙

𝐴m=0,09586 · 10−3

100 · 10−6= 0,9586 T

𝐵2 =𝜙

𝐴2=0,09586 · 10−3

100 · 10−6= 0,9586 T

𝐵3 =𝜙

𝐴3=0,09586 · 10−3

80 · 10−6= 1,1982 T

𝐵g =𝜙

𝐴g=0,09586 · 10−3

80 · 10−6= 1,1982 T


10

MM03 (Examen parcial 16/04/2013)

El circuit de la figura mostra un circuit magnètic format per un imant de neodimi (𝜇rm = 1),

material ferromagnètic que es pot considerar ideal (𝜇ri = ∞) i diferents entreferros (aire). Es pot

considerar que la secció de l’imant, la secció del ferro i les seccions dels diferents entreferros

són iguals i de valor 𝐴 = 100 mm2. La longitud de l’imant és 𝑙m = 5 cm. L’entreferro 𝑎 és sempre

constant i de valor 𝑎 = 2 mm.

x

lm

N

S

a G

Les característiques principals de l’imant de neodimi són 𝐵r = 1,24 T i 𝜇rm = 1. Recordeu que

𝜇0 = 4π10−7

H

m

Es demana:

1) [0,5] Dibuixar el circuit equivalent (modelat magnètic) amb tots els elements necessaris però

sense cap valor numèric.

2) [1] El flux que s’estableix a la barra G quan 𝑥 =𝑎

2

3) [1] El flux que s’estableix a la barra G quan 𝑥 = 0


11

1)

2)

ℛm =1

𝜇0 𝜇rm 𝑙m𝐴=1

𝜇0·5 · 10−2

100 · 10−6=500

𝜇0 H−1

ℛa =1

𝜇0 𝑎

𝐴=1

𝜇0·2 · 10−3

100 · 10−6=20

𝜇0 H−1

ℛx =1

𝜇0 2 𝑥

𝐴=1

𝜇0 2 𝑎2𝐴= ℛa =

1

𝜇0·2 · 10−3

100 · 10−6=20

𝜇0 H−1

𝜙r = 𝐵r 𝐴 = 1,24 · 100 · 10−6 = 124 μWb

Divisor de corrent:

𝜙 =ℛm

ℛm +ℛa2

𝜙r =

500𝜇0

500𝜇0

+10𝜇0

124 = 121,6 μWb

𝜙G =𝜙

2=121,6

2= 60,78 μWb

3)

En estar l’imant en curtcircuit es té

𝜙G = 𝜙r = 𝐵r 𝐴 = 1,24 · 100 · 10−6 = 124 μWb

𝜙

𝜙a 𝜙x

𝜙r

𝜙 − 𝜙r

ℛm ℛa ℛx

𝜙

𝜙 − 𝜙r

𝜙r

ℛm ℛa2


12


En la figura apareix l’esquema bàsic d’una màquina elèctrica. En l’estator es troba un debanat

concentrat de N espires. En el rotor s’han instal·lat dos imants permanents de forma semi-

cilíndrica. El ferro es pot considerar de permeabilitat infinita (tant el del rotor com el de

l’estator). El colze de saturació es pot considerat sobtat, de forma que la saturació apareix

immediatament en assolir una densitat de camp de 𝐵sat = 1,2 T. El diàmetre mig de l’entreferro

i dels imants és D, mentre que els gruixos de l’entreferro i dels imants són, respectivament, 𝛿 i

𝛿m. Empreu el valor mig del diàmetre, D, per al càlcul de les superfícies. La longitud activa del

rotor (perpendicular al pla del full) és 𝑙. La característica de romanència dels imants es pot

considerar lineal, amb els valors mostrats en la figura.

1) [1,5] Realitzeu el modelat magnètic emprant l’analogia de circuits elèctrics. Trobeu l’expressió

del flux a l’entreferro

2) [0,5] Determineu la densitat de camp en l’entreferro si pel debanat d’estator no hi ha corrent

(l’imant s’ha magnetitzat prèviament)

3) [0,5] Quin és el màxim corrent que es pot posar a l’estator per tal de magnetitzar l’imant sense

entrar en saturació?

𝐷

𝑁

𝛿

𝛿m

𝜇r = ∞

𝜇r = ∞

𝐵

𝜇0𝐻

𝐵r = 1T

𝜇0𝐻c = 1T

𝐷 = 100 mm 𝛿m = 3 mm 𝛿 = 1 mm

𝑁 = 500 𝑙 = 50 mm


13

1) Els imants es poden modelar pel seu Norton (esquerre) o Thévenin (dreta) indistintament. Els imants són iguals i en posicions simètriques respecte de l’eix de la màquina i, per tant, treballaran en el mateix punt de la corba de magnetització. En ésser l’entreferro constant la densitat de camp serà uniforme en l’entreferro.

𝐴 =π 𝐷 𝑙

2=π · 0,1 · 0,05

2= 0,007854 m2

ℛm =𝛿m𝜇0 𝐴

=3 · 10−3

4 π · 10−7 · 0,007854= 303964 H−1

ℛg =𝛿

𝜇0 𝐴=

10−3

4 π · 10−7 · 0,007854= 101321 H−1

𝜙r = 𝐵r 𝐴 = 1 · 0,00785 = 7,85 mWb

𝜙 =𝑁 𝑖 + 2 𝜙r ℛm2 ℛm + 2 ℛg

=500 𝑖

810570+ 7,85 · 10−3

2 · 303964

810570= 0,61685 · 𝑖 + 7,85 · 0,75 mWb

𝜙 = 0,61685 · 𝑖 + 5,89 mWb

2) Sense corrent en el debanat, 𝑖 = 0

𝜙 = 5,89 mWb

𝐵 =𝜙

𝐴=5,89 · 10−3

0,00785= 0,75 T

3) En cas de saturació

𝐵 = 𝐵sat = 1,2 T

𝜙 = 𝐵 𝐴 = 1,2 · 0,00785 = 9,42 mWb

𝑖 =9,42 − 5,89

0,61685= 5,72 A

𝜙r

𝜙r

ℛm

ℛm

ℛg

ℛg

𝑁𝑖

𝜙

𝜙r ℛm

𝜙r ℛm

ℛm

ℛm

ℛg

ℛg

𝑁𝑖

𝜙


14

MM05

En l’esquema de la figura es representa un nucli de material ferromagnètic amb entreferro. El

material és el mateix en tots els trams, però les seccions i longituds mitges són diferents. Els

valors dels paràmetres geomètrics i dels materials es troben en el requadre. Els debanats són

ideals, és a dir, amb resistència nul·la.

1) Trobeu les relacions tensió-corrent 𝑢 − 𝑖 per a qualsevol règim de funcionament

(domini temporal).

El sistema treballa en règim estacionari, amb corrent altern sinusoïdal de freqüència

𝑓 = 50 Hz

2) Trobeu les relacions tensió-corrent en el domini fasorial

Si s’alimenta un dels dos debanats amb una font de tensió, restant l’altre obert, determineu:

3) la tensió màxima aplicable a cada debanat si no es vol que la densitat de flux superi el

valor de pic màxim admès pel material ferromagnètic, que és 𝐵sat = 1,5 T

Si s’alimenta el debanat 1 amb una tensió 𝑈1 = 15,87 V quan en el debanat 2 es connecta una

resistència de valor 𝑅2 = 1 Ω, determineu:

4) Les densitats de flux en cada tram de material

Si s’alimenta el debanat 2 amb una tensió 𝑈2 = 6,66 V quan en el debanat 1 es connecta una

resistència de valor 𝑅1 = 4 Ω, determineu:

5) Les densitats de flux en cada tram de material

i2

g

i1

𝑙1

𝑙2

𝑙32

𝑙32

𝐴3

𝐴1

𝐴2

𝑁2 𝑁1 𝑢2 𝑢1

𝜇r

𝐴1 = 600 mm2

𝐴2 = 400 mm2

𝐴3 = 800 mm2

𝑙1 = 150 mm 𝑙2 = 100 mm 𝑙3 = 50 mm 𝑔 = 1 mm 𝑁1 = 100 𝑁2 = 50 𝜇r = 1000


15

1) Cada tram d’igual secció i material es pot associar a una reluctància. Anomenant 𝜙2 i

𝜙1 als fluxos dels extrems el circuit magnètic equivalent resta

Per tal de trobar les relacions tensió corrent cal trobar primer les relacions flux-corrent:

{𝑁1 𝑖1 = ℛ1 𝜙1 + (ℛ3 + ℛg) (𝜙1 + 𝜙2)

𝑁2 𝑖2 = ℛ2 𝜙2 + (ℛ3 + ℛg) (𝜙1 + 𝜙2)

{𝑁1 𝑖1 = (ℛ1 + ℛ3 + ℛg) 𝜙1 + (ℛ3 + ℛg) 𝜙2

𝑁2 𝑖2 = (ℛ3 + ℛg) 𝜙1 + (ℛ2 + ℛ3 +ℛg) 𝜙2

ℛ1 =𝑙1

𝜇0 𝜇r 𝐴1=

0,15

4 π 10−7 · 1000 · 6 · 10−4= 198944 H−1

ℛ2 =𝑙2

𝜇0 𝜇r 𝐴2=

0,1

4 π 10−7 · 1000 · 4 · 10−4= 198944 H−1

ℛ3 =𝑙3

𝜇0 𝜇r 𝐴3=

0,05

4 π 10−7 · 1000 · 8 · 10−4= 49736 H−1

ℛg =𝑔

𝜇0 𝐴3=

0,001

4 π 10−7 · 8 · 10−4= 994718 H−1

ℛ1 + ℛ3 +ℛg = 1243398 H−1

ℛ2 + ℛ3 + ℛg = 1243398 H−1

i2

i1

𝜙2

𝑁2 𝑁1 𝑢2 𝑢1

𝜙1

𝜙1 + 𝜙2

ℛ2 ℛ1

ℛ32

ℛ32

ℛg

𝑁2𝑖2 𝑁1𝑖1

𝜙2 𝜙1

𝜙1 + 𝜙2


16

ℛ3 +ℛg = 1044454 H−1

[ 100 𝑖150 𝑖2

] = [ 1243398 10444541044454 1243398

] [ 𝜙1𝜙2 ]

[ 𝜙1𝜙2 ] = 10−6 [

2,732 −2,295−2,295 2,732

] [ 100 𝑖150 𝑖2

]

[ 𝜙1𝜙2 ] = 10−6 [

273,2 −114,75−229,5 136,6

] [ 𝑖1𝑖2 ]

𝛹1 = 𝑁1 𝜙1 𝛹2 = 𝑁2 𝜙2

[ 𝛹1𝛹2 ] = [𝐿][𝑖] = [

𝐿1 𝑀𝑀 𝐿2

] [ 𝑖1𝑖2 ] = 10−3 [

27,32 −11,475−11,475 6,83

] [ 𝑖1𝑖2 ]

𝐿1 = 27,32 mH 𝐿2 = 6,83 mH 𝑀 = −11,475 mH

El signe negatiu simplement indica que el flux d’un debanat, quan “circula” per la columna de

l’altre té el sentit contrari al generat per l’altre. Si s’hagués valorat el corrent en sentit contrari

en un dels debanats, en aplicar la segona llei de Kirchhoff en el circuit equivalent haurien

aparegut termes canviats de signe i el coeficient d’acoblament hauria estat positiu.

[𝒖] = [ 𝑢1𝑢2 ] =

d

d𝑡[ 𝛹1𝛹2 ] = [𝑳]

d

d𝑡[𝒊] = [


] d

d𝑡[ 𝑖1𝑖2 ] =

= 10−3 [ 27,32 −11,475−11,475 6,83

] d

d𝑡 [ 𝑖1𝑖2 ]

2) En règim estacionari AC, les magnituds admeten la representació fasorial. L’operador

derivada en el temps es converteix en l’operador 𝑗𝜔

𝜔 = 2 π 𝑓 = 100 π rad

s

[ 𝑼 ] = [ 𝑈 1𝑈 2 ] = [𝑳] 𝑗𝜔 [ 𝑰 ] = [


] 𝑗𝜔 [ 𝐼 1𝐼 2 ] = 𝑗 [

𝑋1 𝑋M𝑋M 𝑋2

] [ 𝐼 1𝐼 2 ]

[ 𝑼 ] = [ 𝑈 1𝑈 2 ] = 𝑗 [

8,583 −3,605−3,605 2,146

] [ 𝐼 1𝐼 2 ]

3)

a) Alimentat des del debanat 1 i sense corrent en el 2.


17

En ser una situació de transformador en buit, li donem el subíndex 0 al corrent i al flux.

El flux de la columna 1 es reparteix entre la columna 2 i la 3 de forma directament

proporcional a la reluctància de la branca contrària i inversament a la suma de les

reluctàncies de les dues branques (‘divisor de corrent’):

𝜙2 = −𝜙10 ℛ3 +ℛg

ℛ2 +ℛ3 +ℛg= −𝛽 𝜙10

𝜙1 + 𝜙2 = 𝜙10 ℛ2

ℛ2 +ℛ3 +ℛg= (1 − 𝛽) 𝜙10

𝛽 =ℛ3 + ℛg

ℛ2 + ℛ3 + ℛg= 0,84

1 − 𝛽 =ℛ2

ℛ2 + ℛ3 +ℛg= 0,16

Les densitats de flux, en valor absolut, a cada tram són:

𝐵1 =𝜙10𝐴1

𝐵2 =𝛽 𝜙10𝐴2

𝐵3 =(1 − 𝛽) 𝜙10

𝐴3𝐵g = 𝐵3 =

(1 − 𝛽) 𝜙10𝐴3

Per tal de determinar la tensió màxima aplicable sense saturació només cal imposar que la major

densitat de les tres del ferro (l’aire no és saturable) sigui la de saturació. Per tal de fer-ho

adimensional, podem dividir-les d’una d’elles, per exemple 𝐵1

𝐵2𝐵1= 𝛽

𝐴1𝐴2= 0,84

6

4= 1,26

𝐵3𝐵1= (1 − 𝛽)

𝐴1𝐴3= 0,16

6

8=0,12

La columna 2 és la que treballa amb major densitat de flux i, per tant, el límit de tensió apareix

quan sobre aquesta columna la densitat arriba a 1,5 T. En notació fasorial

𝑈 1x = 𝑗𝜔 𝜓10

Pel que en mòdul (valor eficaç o RMS)

𝑈1x = 𝜔 𝜓10 = 𝜔 𝑁1 𝜙10

𝜙10 =𝑈1x𝜔 𝑁1

ℛ2 ℛ1

ℛ32

ℛ32

ℛg

𝑁1𝑖10

𝜙2 = −𝛽 𝜙10 𝜙10

𝜙1 + 𝜙2 =

= (1 − 𝛽) 𝜙10


18

𝐵2x =𝛽 𝜙10𝐴2

=𝛽 𝑈1x𝐴2 𝜔 𝑁1

→ 𝑈1x =𝐴2 𝜔 𝑁1 𝐵2x

𝛽

El límit de saturació és el valor de pic

𝐵2x =𝐵sat

√2

𝑈1x =𝐴2 𝜔 𝑁1 𝐵sat

𝛽 √2=4 · 10−4 · 100 π · 100 · 1,5

0,84 · √2= 15,87 V

b) Alimentat des del debanat 2 i sense corrent en el 1.

Atenent als valors numèrics, existeix simetria en el repartiment de fluxos, però sobre diferents

columnes.

𝜙1 = −𝜙20 ℛ3 +ℛg

ℛ1 +ℛ3 +ℛg= −𝛼 𝜙20

𝜙1 + 𝜙2 = 𝜙20 ℛ1

ℛ1 +ℛ3 +ℛg= (1 − 𝛼) 𝜙20

𝛼 =ℛ3 + ℛg

ℛ1 +ℛ3 + ℛg= 0,84

1 − 𝛼 =ℛ1

ℛ1 + ℛ3 + ℛg= 0,16

Les densitats de flux, en valor absolut, a cada tram són:

𝐵1 =𝛼 𝜙20𝐴1

𝐵2 =𝜙20𝐴2

𝐵3 =(1 − 𝛼) 𝜙20

𝐴3𝐵g = 𝐵3 =

(1 − 𝛼) 𝜙20𝐴3

Per tal de determinar la tensió màxima aplicable sense saturació només cal imposar que la major

densitat de les tres del ferro (l’aire no és saturable) sigui la de saturació. Per tal de fer-ho

adimensional, podem dividir-les d’una d’elles, per exemple 𝐵2

ℛ2 ℛ1

ℛ32

ℛ32

ℛg

𝑁2𝑖20

𝜙1 = −𝛼 𝜙20 𝜙20

𝜙1 + 𝜙2 =

(1 − 𝛼) 𝜙20


19

𝐵1𝐵2= 𝛼

𝐴2𝐴1= 0,84

4

6= 0,56

𝐵3𝐵2= (1 − 𝛼)

𝐴2𝐴3= 0,16

4

8=0,08

Altra vegada la columna 2 és la que treballa amb major densitat de flux.

𝑈 2x = 𝑗𝜔 𝜓20

𝑈2x = 𝜔 𝜓20 = 𝜔 𝑁1 𝜙20

𝜙20 =𝑈2x𝜔𝑁2

𝐵2x =𝜙20𝐴2

=𝑈2x

𝐴2 𝜔 𝑁2 → 𝑈2𝑥 = 𝐴2 𝜔 𝑁2 𝐵2x

𝐵2x =𝐵sat

√2

𝑈2𝑥 =𝐴2 𝜔 𝑁2 𝐵sat

√2=4 · 10−4 · 100 π · 50 · 1,5

√2= 6,66 V

4)

[ 𝑈 1𝑈 2 ] = [

𝑈 1−𝑅2 𝐼 2

] = [ 15,87−𝐼 2

] = 𝑗 [ 8,583 −3,605−3,605 2,146

] [ 𝐼 1𝐼 2 ]

[ 15,870

] = [ 𝑗8,583 −𝑗3,605−𝑗3,605 1 + 𝑗2,146

] [ 𝐼 1𝐼 2 ]

[ 𝐼 1𝐼 2 ] = [

2 − 𝑗3,1134,764 − 𝑗3,01

] A

[ 𝜙1

𝜙2 ] = 10−6 [

273,2 −114,75−229,5 136,6

] [ 𝐼 1𝐼 2 ] = [

−𝑗0,50510,1917 + 𝑗0,3033

] mWb

En valors eficaços (RMS):

𝜙1 = 0,5051 mWb 𝜙2 = 0,3588 mWb

𝑅2

𝑁2 𝑁1 𝑈 1

𝐼 1

𝐼 2

𝑈 2


20

𝐵1 =𝜙1𝐴1

𝐵2 =𝜙2𝐴2

𝐵3 = 𝐵g =| 𝜙1 + 𝜙2 |

𝐴3

𝐵1 =0,5051

6 · 10−4= 841,8 mT 𝐵2 =

0,3588

4 · 10−4= 897 mT 𝐵3 = 𝐵g =

0,2783

8 · 10−4= 347,9 mT

En valors de pic:

�̂�1 = √2 𝐵1 = 1190 mT �̂�2 = √2 𝐵2 = 1269 mT �̂�3 = �̂�g = √2 𝐵3 = 492 mT

5)

[ 𝑈 1𝑈 2 ] = [

−𝑅1 𝐼 1𝑈 2

] = [ −4 𝐼 16,66

] = 𝑗 [ 8,583 −3,605−3,605 2,146

] [ 𝐼 1𝐼 2 ]

[ 06,66

] = [ 4 + 𝑗8,583 −𝑗3,605−𝑗3,605 𝑗2,146

] [ 𝐼 1𝐼 2 ]

[ 𝐼 1𝐼 2 ] = [

2 − 𝑗1,2633,358 − 𝑗5,225

] A

[ 𝜙1

𝜙2 ] = 10−6 [

273,2 −114,75−229,5 136,6

] [ 𝐼 1𝐼 2 ] = [

0,161 + 𝑗0,2545−𝑗0,4239

]mWb

En valors eficaços (RMS):

𝜙1 = 0,3011 mWb 𝜙2 = 0,4239 mWb

𝐵1 =𝜙1𝐴1

𝐵2 =𝜙2𝐴2

𝐵3 = 𝐵g =| 𝜙1 + 𝜙2 |

𝐴3

𝐵1 =0,3011

6 · 10−4= 501,8 mT 𝐵2 =

0,4239

4 · 10−4= 1060 mT 𝐵3 = 𝐵g =

0,2337

8 · 10−4= 292,1 mT

En valors de pic:

�̂�1 = √2 𝐵1 = 710 mT �̂�2 = √2 𝐵2 = 1499 mT �̂�3 = �̂�g = √2𝐵3 = 413 mT

𝑅1 𝑁2 𝑁1 𝑈 1

𝐼 1

𝐼 2

𝑈 2


21


El circuit magnètic de la figura consta d’un nucli ferromagnètic de secció 𝑆i i longitud mitja 𝑙i al

qual se li ha practicat un entreferro de longitud 𝑔. La permeabilitat relativa del material

ferromagnètic és 𝜇ri = 3500. A més, també té dos debanats de 𝑁1 i 𝑁2 voltes, respectivament.

L’entreferro és prou petit com per considerar totes les seccions iguals. Es pot considerar que no

hi ha flux de dispersió.

I1 I2

N1 N2U1 U2

g

Les dades són:

𝑆i = 200 mm2; 𝑙i = 250 mm; 𝑔 = 3 mm; 𝑁1 = 450; 𝑁2 = 150

Si els corrents pels debanats són de continua i de valors 𝐼1 = 2 A i 𝐼2 = 4 A, determineu:

1) [1,5] El flux concatenat pels debanats 𝜓1 i 𝜓2

A l’entreferro s’hi posa un imant permanent de neodimi que encaixa perfectament, és a dir, un

imant amb les mateixes dimensions que l’entreferro de manera que no queda cap escletxa

d’aire. La secció de l’imant és la mateixa que la del material ferromagnètic, la seva densitat de

camp romanent és d’1 T i la seva permeabilitat absoluta com la del buit. L’orientació de l’imant

és el pol nord a l’esquerra del dibuix. En aquestes condicions, determineu:

2) [1] La densitat de flux 𝐵2 en el material ferromagnètic si els corrents pels debanats són de

continua i de valors 𝐼1 = 2 A i 𝐼2 = 4 A


22

1)

N1I1 N2I2

ℛi =1

𝜇ri 𝜇0 𝑙i𝑆i=

1

3500 · 4 π 10−7 250 · 10−3

200 · 10−6= 284205 H−1

ℛg =1

𝜇0 𝑔

𝑆i=

1

4 π 10−7 3 · 10−3

200 · 10−6= 11936621 H−1

𝜙1 =𝑁1 𝐼1 + 𝑁2 𝐼2ℛi + ℛg

=450 · 2 + 150 · 4

284205 + 11936621= 122,74 μWb

𝜓1 = 𝑁1 𝜙1 = 450 · 122,74 · 10−6 = 55,23 mWb

𝜓2 = 𝑁2 𝜙1 = 150 · 122,74 · 10−6 = 18,41 mWb

2)

N1I1 N2I2

𝜙r = 𝐵r 𝑆i = 1 · 200 · 10−6 = 200 μWb

ℛm = ℛg =1

𝜇0 𝑔

𝑆i= 11936621 H−1

ℛm 𝜙r = 11936621 · 200 · 10−6 = 2387,3 A

𝜙2 =𝑁1 𝐼1 +𝑁2 𝐼2 − ℛm 𝜙r

ℛi + ℛm=450 · 2 + 150 · 4 − 2387,3

284205 + 11936621= −72,61 μWb

𝐵2 =𝜙2𝑆i=−72,61 · 10−6

200 · 10−6= −0,363 T → |𝐵2| = 0,363 T

ℛi

ℛg 𝜙1

𝜙1

ℛi

ℛm 𝜙2 ℛm𝜙r


23

CEM01

El circuit de la figura representa un contactor (simplificat). La culata, de massa 𝑚 es pot

desplaçar linealment, mentre que el nucli es troba fixat. Una molla s’oposa al moviment de la

culata amb una força 𝐹mo. Les friccions es poden representar per un amortidor, que s’oposa al

moviment amb una força 𝐹am. El nucli i la culata es poden suposar d’un material de permeabilitat

infinita. La secció de pas del camp magnètic de l’entreferro es pot considerar constant i igual a

la secció 𝐴 del nucli, que és la mateixa que la de la culata. El debanat té 𝑁 espires, una resistència

𝑅 i es connecta a una font de tensió 𝑈. Uns topalls de material no magnètic i gruix 𝑥1 impedeixen

que el nucli i la culata entrin en contacte.

Determineu:

1) L’expressió de la reluctància ℛ(𝑥)

2) L’expressió de la inductància 𝐿(𝑥) i els seus valors per a les posicions 𝑥1 i 𝑥0

3) Els valors del flux concatenat 𝛹, el flux 𝜙 i la densitat de camp 𝐵 en règim estacionari i

per a les posicions 𝑥1 i 𝑥0

4) L’expressió de la coenergia 𝑊mg′ (𝑥, 𝑖)

5) L’expressió de la força 𝐹mg(𝑥, 𝑖)

6) Els valors de 𝐹mg en règim estacionari per a les posicions 𝑥1 i 𝑥0

7) Si existeix algun punt d’equilibri en l’interval [𝑥1 𝑥0] (règim estacionari)

8) L’expressió de la tensió induïda 𝑢(𝑥, 𝑖, 𝑡)

9) Les equacions diferencials que descriuen el comportament del sistema en el moment de

la connexió del circuit (𝑡 = 0)

10) La formulació per diferències finites de les equacions anteriors per a la seva integració

numèrica

𝐹mo = −𝑘1(𝑥 − 𝑥0)

𝐹am = −𝑘2𝑑𝑥

𝑑𝑡

x

x1

Fmo

Fam

Fmg

R

U

i A A

N

u

m

x1 = 0,1 mm x0 = 2 mm N = 1000 A = 100 mm2 R = 120

U = 24 V k1 = 500 N/m k2 = 5 kg/s m = 0,1 kg


24

1) Com la permeabilitat del ferro s’ha considerat infinita només presenta reluctància

l’entreferro

ℛ(𝑥) =2 𝑥

𝜇0 𝐴=

2 𝑥

4 π · 10−7 · 10−4=

𝑥

2 π · 10−11 H−1

2)

𝐿(𝑥) =𝑁2

ℛ(𝑥)=𝜇0 · 𝐴 · 𝑁

2

2 𝑥=10002

𝑥 2 π · 10−11 =

𝑏

𝑥 H

𝑏 =𝜇0 · 𝐴 · 𝑁

2

2= 2 π · 10−5 H · m

𝐿(𝑥1) =𝑏

𝑥1=2 π · 10−5

10−4= 0,2 π H

𝐿(𝑥0) =𝑏

𝑥0=2 π · 10−5

2 · 10−3= π · 10−2 H

3) Atès que el sistema s’excita en continua, el règim estacionari que s’assolirà també serà

de continua. El corrent estarà limitat exclusivament per la resistència del debanat.

𝐼e =𝑈

𝑅=24

120= 0,2 A

𝛹(𝑥, 𝑖) = 𝐿(𝑥) · 𝑖 → {𝛹(𝑥1, 𝐼e) = 𝐿(𝑥1) · 𝐼e = 0,2 π · 0,2 = 4 π · 10

−2 Wb

𝛹(𝑥0, 𝐼e) = 𝐿(𝑥0) · 𝐼e = π · 10−2 · 0,2 = 2 π · 10−3 Wb

𝜙(𝑥, 𝑖) =𝛹(𝑥, 𝑖)

𝑁 →

{

𝜙(𝑥1, 𝐼e) =𝛹(𝑥1, 𝐼e)

𝑁=4 π · 10−2

1000= 4 π · 10−5 Wb


𝑁=2 π · 10−3

1000= 2 π · 10−6 Wb

𝐵(𝑥, 𝑖) =𝜙(𝑥, 𝑖)

𝐴 →

{

𝐵(𝑥1, 𝐼e) =𝜙(𝑥1, 𝐼e)

𝐴=4 π · 10−5

10−4= 1,257 T


𝐴=2 π · 10−6

10−4= 62,8 mT

4)

𝑊mg′ (𝑥, 𝑖) = ∫ 𝛹(𝑥, 𝑖) · 𝑑𝑖

𝑖

0

= ∫ 𝐿(𝑥) · 𝑖 · 𝑑𝑖𝑖

0

=1

2 𝐿(𝑥) · 𝑖2 =

1

2 𝑖2

𝑏

𝑥

5)

𝐹mg(𝑥, 𝑖) =𝜕𝑊mg

′ (𝑥, 𝑖)

𝜕𝑥=1

2 𝑖2

𝑑𝐿(𝑥)

𝑑𝑥=1

2 𝑖2

𝑑

𝑑𝑥( 𝑏

𝑥 ) = −

𝑏

2 𝑖2

𝑥2

𝐹mg(𝑥, 𝑖) = −1

2 𝑖2

𝑏

𝑥2= −

2 π · 10−5

2 𝑖2

𝑥2= −π · 10−5

𝑖2

𝑥2


25

6)

𝐹mg(𝑥1, 𝐼e) = −π · 10−5

𝐼e2

𝑥12 = −π · 10

−5 0,22

(10−4)2= −40 π = −125,66 N

𝐹mg(𝑥0, 𝐼e) = −π · 10−5

𝐼e2

𝑥02 = −π · 10

−5 0,22

(2 · 10−3)2= −π · 10−1 = −0,314 N

7) En règim estacionari 𝐼e = 0,2 A, 𝑣 = 0, 𝐹am = 0 i 𝑑𝑣

𝑑𝑡= 0. Si existís algun punt d’equilibri es

compliria:

𝐹mg + 𝐹mo = 0

−π · 10−5 0,22

𝑥2− 500 (𝑥 − 2 · 10−3) = 0

−500 𝑥3 + 𝑥2 − 4 π · 10−7 = 0

Que presenta les solucions: [0,1463 + j0,0755; 0,1463 - j0,0755; -0,0927] mm

Cap d’elles es troba dins del rang d’operació. També s’hauria pogut veure gràficament:

8)

𝑢 =𝑑𝛹

𝑑𝑡=𝑑

𝑑𝑡(𝐿(𝑥) · 𝑖) =

𝑑

𝑑𝑡(𝐿(𝑥)) · 𝑖 + 𝐿(𝑥) ·

𝑑𝑖

𝑑𝑡=𝑑

𝑑𝑥𝐿(𝑥) ·

𝑑𝑥

𝑑𝑡· 𝑖 + 𝐿(𝑥) ·

𝑑𝑖

𝑑𝑡

𝑣 =𝑑𝑥

𝑑𝑡

𝑢 =𝑑

𝑑𝑥𝐿(𝑥) · 𝑣 · 𝑖 + 𝐿(𝑥) ·

𝑑𝑖

𝑑𝑡= −

𝑏

𝑥2· 𝑣 · 𝑖 +

𝑏

𝑥·𝑑𝑖

𝑑𝑡

9) Equació elèctrica:

𝑈 = 𝑅 · 𝑖 + 𝑢 = 𝑅 · 𝑖 −𝑏

𝑥2· 𝑣 · 𝑖 +

𝑏

𝑥 𝑑𝑖

𝑑𝑡

125,6

0,314 0,95

x1 x0

Fmg

Fmo

F (N)

x


26

𝑑𝑖

𝑑𝑡=𝑥

𝑏 (𝑈 − 𝑅 · 𝑖) +

𝑣 · 𝑖

𝑥

Equacions mecàniques:

𝐹mg + 𝐹mo + 𝐹am = 𝑚 𝑑𝑣

𝑑𝑡= 𝑚

𝑑2𝑥

𝑑𝑡2

{−𝑏

2 𝑖2

𝑥2− 𝑘1(𝑥 − 𝑥0) − 𝑘2 · 𝑣 = 𝑚

𝑑𝑣

𝑑𝑡

𝑣 =𝑑𝑥

𝑑𝑡

→ {

𝑑𝑣

𝑑𝑡= −

𝑏

2 𝑚 𝑖2

𝑥2−𝑘1𝑚 (𝑥 − 𝑥0) −

𝑘2𝑚· 𝑣

𝑑𝑥

𝑑𝑡= 𝑣

10)

Aproximació per diferències finites (mètode explícit o Euler simple) entre els instants (𝑘) i

(𝑘 + 1) amb un pas de discretització de temps Δ𝑇. Condicions inicials:

𝑖(0) = 0; 𝑥(0) = 2 · 10−3; 𝑣(0) = 0

{

𝑣𝑘+1 − 𝑣𝑘

Δ𝑇= −

𝑏

2𝑚 𝑖𝑘2

𝑥𝑘2 −

𝑘1𝑚(𝑥𝑘 − 𝑥0) −

𝑘2𝑚· 𝑣𝑘

𝑑𝑥

𝑑𝑡≊𝑥𝑘+1 − 𝑥𝑘

Δ𝑇= 𝑣𝑘

𝑑𝑖

𝑑𝑡≊𝑖𝑘+1 − 𝑖𝑘Δ𝑇

=𝑥

𝑏 (𝑈 − 𝑅 · 𝑖𝑘) +

𝑣𝑘 · 𝑖𝑘𝑥𝑘

{

𝑣𝑘+1 = 𝑣𝑘 − Δ𝑇 (

𝑏

2 𝑚 𝑖𝑘2

𝑥𝑘2 +

𝑘1𝑚(𝑥𝑘 − 𝑥0) +

𝑘2𝑚· 𝑣𝑘)

𝑥𝑘+1 = 𝑥𝑘 + Δ𝑇 · 𝑣𝑘

𝑖𝑘+1 = 𝑖𝑘 +Δ𝑇

𝑏 (𝑈 − 𝑅 · 𝑖𝑘) · 𝑥𝑘 + Δ𝑇

𝑣𝑘 · 𝑖𝑘𝑥𝑘

Amb la condició de contorn que si 𝑥𝑘+1 < 𝑥1 llavors 𝑣𝑘+1 = 0 i 𝑥𝑘+1 = 𝑥1

Integració (amb Matlab) amb Δ𝑇 = 20 μs


27


28

CEM02

El circuit de la figura representa un contactor (simplificat). La culata, de massa 𝑚 i longitud mitja

(per al flux) 𝑙c es pot desplaçar linealment, mentre que el nucli es troba fixat. El nucli té una

longitud mitja (per al flux) 𝑙n. Una molla s’oposa al moviment de la culata amb una força 𝐹mo.

Les friccions es poden representar per un amortidor, que s’oposa al moviment amb una força

𝐹am. El nucli i la culata són del mateix material de permeabilitat relativa 𝜇r. Com a conseqüència

del valor finit de permeabilitat magnètica del nucli existirà un cert flux de dispersió, que es

considera negligible. La secció de pas del camp magnètic de l’entreferro es pot considerar

constant i igual a la secció 𝐴 del nucli, que és la mateixa que la de la culata. El debanat té 𝑁

espires, una resistència 𝑅 i es connecta a una font de tensió 𝑈. Uns topalls de material no

magnètic i gruix 𝑥1 impedeixen que el nucli i la culata entrin en contacte.

Determineu:

1) L’expressió de la reluctància ℛ(𝑥)

2) L’expressió de la inductància 𝐿(𝑥) i els seus valors per a les posicions 𝑥1 i 𝑥0

3) Els valors del flux concatenat 𝛹, el flux 𝜙 i la densitat de camp 𝐵 en règim estacionari i

per a les posicions 𝑥1 i 𝑥0

4) L’expressió de la coenergia 𝑊mg′ (𝑥, 𝑖)

5) L’expressió de la força 𝐹mg(𝑥, 𝑖)

6) Els valors de 𝐹mg en règim estacionari per a les posicions 𝑥1 i 𝑥0

7) L’expressió de la tensió induïda 𝑢(𝑥, 𝑖, 𝑡)

8) Les equacions diferencials que descriuen el comportament del sistema en el moment de

la connexió del circuit (𝑡 = 0)

9) La formulació per diferències finites de les equacions anteriors per a la seva integració

numèrica

𝐹mo = −𝑘1(𝑥 − 𝑥0)

𝐹am = −𝑘2𝑑𝑥

𝑑𝑡

x

x1

Fmo

Fam

Fmg

R

U

i A A

N

u

m

x1 = 0,1 mm x0 = 2 mm N = 1000 A = 100 mm2 R = 120

U = 24 V k1 = 500 N/m k2 = 5 kg/s m = 0,1 kg lc = 60 mm

ln = 100 mm

mr =2000


29

1) Amb la permeabilitat del ferro finita la reluctància equivalent (sèrie) és el resultat de la

suma del ferro i l’entreferro, respectivament:

ℛnc =𝑙n + 𝑙c𝜇r 𝜇0 𝐴

=10−3 (60 + 100)

2 · 103 · 4 π · 10−7 · 10−4=

0,02

π · 10−8 H−1

ℛg(𝑥) =2 𝑥

𝜇0 𝐴=

2 𝑥

4 π · 10−7 · 10−4=

𝑥

2 π · 10−11 H−1

ℛ(𝑥) = ℛnc +ℛg(𝑥) =𝑙n + 𝑙c𝜇r 𝜇0 𝐴

+2 𝑥

𝜇0 𝐴=

2

π · 10−6+

𝑥

2 π · 10−11=

1

π · 10−6 (2 +

𝑥

2 · 10−5)

=1

π · 10−6 (2 + 5 · 104 𝑥) H−1

ℛ(𝑥) =1

π · 10−6 (𝑎 + 𝑏 𝑥)

𝑎 = 2 𝑏 = 5 · 104

2)

𝐿(𝑥) =𝑁2

ℛ(𝑥)=π · 10−6 · 𝑁2

𝑎 + 𝑏 𝑥=

π

𝑎 + 𝑏 𝑥

𝐿(𝑥1) =π

𝑎 + 𝑏 𝑥1=

π

2 + 5= 0,449 H

𝐿(𝑥0) =π

𝑎 + 𝑏 𝑥0=

π

2 + 100= 0,0308 H

3) Atès que el sistema s’excita en continua, el règim estacionari que s’assolirà també serà

de continua. El corrent estarà limitat exclusivament per la resistència del debanat.

𝐼e =𝑈

𝑅=24

120= 0,2 A

𝛹(𝑥, 𝑖) = 𝐿(𝑥) · 𝑖 → {𝛹(𝑥1, 𝐼e) = 𝐿(𝑥1) · 𝐼e = 0,449 · 0,2 = 89,8 mWb

𝛹(𝑥0, 𝐼e) = 𝐿(𝑥0) · 𝐼e = 0,0308 · 0,2 = 6,16 mWb

𝜙(𝑥, 𝑖) =𝛹(𝑥, 𝑖)

𝑁 → {


𝑁=89,8

1000= 89,8 · 10−6 Wb


𝑁=6,16

1000= 6,16 · 10−6 Wb

𝐵(𝑥, 𝑖) =𝜙(𝑥, 𝑖)

𝐴 →

{


𝐴=89,8 · 10−6

10−4= 0,898 T


𝐴=6,16 · 10−6

10−4= 0,0616 T


30

4)

𝑊mg′ (𝑥, 𝑖) = ∫ 𝛹(𝑥, 𝑖) · 𝑑𝑖

𝑖

0

= ∫ 𝐿(𝑥) · 𝑖 · 𝑑𝑖𝑖

0

=1

2𝐿(𝑥) · 𝑖2 =

π

2 𝑖2

𝑎 + 𝑏 𝑥

5)


′ (𝑥, 𝑖)

𝜕𝑥=1

2 𝑖2

𝑑𝐿(𝑥)

𝑑𝑥=1

2 𝑖2

𝑑

𝑑𝑥(

π

𝑎 + 𝑏 𝑥) = −

π 𝑏

2

𝑖2

(𝑎 + 𝑏 𝑥)2

6)

𝐹mg(𝑥1, 𝐼e) = −π 𝑏

2

𝐼e2

(𝑎 + 𝑏 𝑥1)2= −

π · 5 · 104

2 0,22

(2 + 5)2= −64,11 N

𝐹mg(𝑥0, 𝐼e) = −π 𝑏

2

𝐼e2

(𝑎 + 𝑏 𝑥0)2= −

π · 5 · 104

2 0,22

(102)2= −0,302 N

7)

𝑢 =𝑑𝛹

𝑑𝑡=𝑑

𝑑𝑡(𝐿(𝑥) · 𝑖) =

𝑑

𝑑𝑡(𝐿(𝑥)) · 𝑖 + 𝐿(𝑥) ·

𝑑𝑖

𝑑𝑡=𝑑

𝑑𝑥𝐿(𝑥) ·

𝑑𝑥

𝑑𝑡· 𝑖 + 𝐿(𝑥) ·

𝑑𝑖

𝑑𝑡

𝑣 =𝑑𝑥

𝑑𝑡

𝑢 =𝑑

𝑑𝑥𝐿(𝑥) · 𝑣 · 𝑖 + 𝐿(𝑥) ·

𝑑𝑖

𝑑𝑡= −

π · 𝑏

(𝑎 + 𝑏 𝑥)2· 𝑣 · 𝑖 +

π

𝑎 + 𝑏 𝑥·𝑑𝑖

𝑑𝑡


𝑈 = 𝑅 · 𝑖 + 𝑢 = 𝑅 · 𝑖 −π · 𝑏

(𝑎 + 𝑏 𝑥)2· 𝑣 · 𝑖 +

π

𝑎 + 𝑏 𝑥·𝑑𝑖

𝑑𝑡

𝑑𝑖

𝑑𝑡=𝑎 + 𝑏𝑥

π(𝑈 − 𝑅 · 𝑖) +

𝑏 · 𝑣 · 𝑖

𝑎 + 𝑏 𝑥


𝐹mg + 𝐹mo + 𝐹am = 𝑚 𝑑𝑣

𝑑𝑡= 𝑚

𝑑2𝑥

𝑑𝑡2

{

−π 𝑏

2

𝑖2

(𝑎 + 𝑏 𝑥)2− 𝑘1(𝑥 − 𝑥0) − 𝑘2 · 𝑣 = 𝑚

𝑑𝑣

𝑑𝑡

𝑣 =𝑑𝑥

𝑑𝑡

{

𝑑𝑣

𝑑𝑡= −

π 𝑏

2 𝑚

𝑖2

(𝑎 + 𝑏 𝑥)2−𝑘1𝑚 (𝑥 − 𝑥0) −

𝑘2𝑚· 𝑣

𝑑𝑥

𝑑𝑡= 𝑣


31

9)

Aproximació per diferències finites (mètode explícit o Euler simple) entre els instants (𝑘) i

(𝑘 + 1) amb un pas de discretització de temps Δ𝑇.

Condicions inicials 𝑖(0) = 0; 𝑥(0) = 2 · 10−3; 𝑣(0) = 0.

{

𝑑𝑣

𝑑𝑡≊𝑣𝑘+1 − 𝑣𝑘

Δ𝑇= −

π 𝑏

2 𝑚

𝑖𝑘2

(𝑎 + 𝑏 𝑥𝑘)2−𝑘1𝑚(𝑥𝑘 − 𝑥0) −

𝑘2𝑚· 𝑣𝑘

𝑑𝑥

𝑑𝑡≊𝑥𝑘+1 − 𝑥𝑘

Δ𝑇= 𝑣𝑘

𝑑𝑖

𝑑𝑡≊𝑖𝑘+1 − 𝑖𝑘Δ𝑇

=𝑎 + 𝑏 𝑥𝑘

π (𝑈 − 𝑅 · 𝑖𝑘) +

𝑏 · 𝑣𝑘 · 𝑖𝑘𝑎 + 𝑏 𝑥𝑘

{

𝑣𝑘+1 = 𝑣𝑘 − Δ𝑇 (

π 𝑏

2 𝑚

𝑖𝑘2

(𝑎 + 𝑏 𝑥𝑘)2+𝑘1𝑚 (𝑥𝑘 − 𝑥0) +

𝑘2𝑚· 𝑣𝑘)

𝑥𝑘+1 = 𝑥𝑘 + Δ𝑇 · 𝑣𝑘

𝑖𝑘+1 = 𝑖𝑘 +𝑎 + 𝑏 𝑥𝑘

π (𝑈 − 𝑅 · 𝑖𝑘) Δ𝑇 + Δ𝑇

𝑏 · 𝑣𝑘 · 𝑖𝑘𝑎 + 𝑏 𝑥𝑘

Amb la condició de contorn que si 𝑥𝑘+1 < 𝑥1 llavors 𝑣𝑘+1 = 0 i 𝑥𝑘+1 = 𝑥1

Integració (amb Matlab) amb Δ𝑇 = 20 μs


32


33

CEM03

En la figura es representa un actuador rotatiu. La inductància que presenta té la següent

expressió: 𝐿(𝜃) = 𝐿0 + 𝐿2 𝑐𝑜𝑠(2𝜃).

Les friccions de gir es representen pel parell d’un amortidor 𝛤am. Una molla de torsió s’oposa al

gir amb un parell 𝛤mo. El rotor té un moment d’inèrcia 𝐽.

Determineu:

1) L’expressió de la coenergia 𝑊mg′ (𝜃, 𝑖)

2) L’expressió del parell electromagnètic 𝛤mg(𝜃, 𝑖)

3) L’expressió de la tensió 𝑢(𝜃, 𝑖)

Si es connecta a una font de tensió continua 𝑣 = 𝑉 = 24 V, determineu:

4) El parell magnètic màxim i mínim desenvolupable en règim estacionari i els angles 𝜃x en

els que es produeixen

5) L’angle 𝜃e d’equilibri en règim estacionari

6) Les equacions diferencials del sistema

Si es connecta a una font de corrent altern 𝑖(𝑡) = √2 𝐼 𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡), amb = 100 rad/s i 𝐼 = 0,2 A,

en règim estacionari i es trava l’eix de forma que la velocitat mecànica és nul·la (𝜔m =𝑑𝜃

𝑑𝑡= 0),

determineu:

7) La tensió 𝐸 (RMS) en borns del debanat quan 𝜔m =𝑑𝜃

𝑑𝑡= 0

Amb la mateixa font de corrent de l’apartat anterior, es treu la molla de torsió, de forma que el

rotor pot girar lliurement (amb la fricció associada 𝛤am), en règim estacionari, determineu:

8) Les velocitats de gir del rotor 𝜔m =𝑑𝜃

𝑑𝑡= 𝜔0(constant) en les que el parell

electromagnètic mig és no nul

9) Els angles inicials 𝜃0 que permeten el funcionament descrit en l’apartat anterior i la

potència mecànica mitja desenvolupada

10) Repetir l’apartat anterior si el parell de l’amortidor canvia de signe (algú empeny el

rotor).

𝛤mo = −𝑘1(𝜃 − 𝜃0)

𝛤am = −𝑘2𝑑𝜃

𝑑𝑡

L0 = 0,14 H L2 = 0,1 H R = 120

k1 = 2·10-3 Nm/rad 0 = /2 k2 = 5·10-6 Nm·s/rad J = 10-6 kgm2

mo

am

mg

R

v

i

u J


34

1)

𝑊mg′ (𝜃, 𝑖) = ∫ 𝛹(𝜃, 𝑖) · 𝑑𝑖

𝑖

0

= ∫ 𝐿(𝜃) · 𝑖 · 𝑑𝑖𝑖

0

=1

2 𝐿(𝜃) · 𝑖2 =

𝑖2

2 (𝐿0 + 𝐿2 𝑐𝑜𝑠(2𝜃))

2)

𝛤mg(𝜃, 𝑖) =𝜕𝑊mg

′ (𝜃, 𝑖)

𝜕𝜃=1

2 𝑖2

𝑑𝐿(𝜃)

𝑑𝜃=1

2 𝑖2

𝑑

𝑑𝜃(𝐿0 + 𝐿2 𝑐𝑜𝑠(2𝜃)) = −𝑖

2 𝐿2 𝑠𝑖𝑛(2𝜃)

3)

𝑢(𝜃, 𝑖) =𝑑𝛹

𝑑𝑡=𝑑

𝑑𝑡(𝐿(𝜃) · 𝑖) = 𝑖

𝑑

𝑑𝑡𝐿(𝜃) + 𝐿(𝜃) ·

𝑑𝑖

𝑑𝑡= 𝑖

𝑑

𝑑𝜃𝐿(𝜃) ·

𝑑𝜃

𝑑𝑡+ 𝐿(𝜃) ·

𝑑𝑖

𝑑𝑡

𝜔m =𝑑𝜃

𝑑𝑡

𝑢(𝜃, 𝑖) = −2 · 𝑖 · 𝜔m · 𝐿2 𝑠𝑖𝑛(2𝜃) + (𝐿0 + 𝐿2 𝑐𝑜𝑠(2𝜃)) ·𝑑𝑖

𝑑𝑡

4) En règim estacionari

𝐼v =𝑉

𝑅=24

120= 0,2 A

𝛤mg = −𝐼v2 𝐿2 𝑠𝑖𝑛(2𝜃)

max( |𝛤mg|) = 𝐼v2 𝐿2 = 0,2

2 · 0,1 = 4 mNm

|𝑠𝑖𝑛(2𝜃x)| = 1

2𝜃x = {

𝜋

2

−𝜋

2

→ 𝜃x = ±𝜋

4

5) En condicions d’equilibri i règim estacionari DC

𝛤mg + 𝛤mo = 0

−𝐼v2 𝐿2 𝑠𝑖𝑛(2𝜃e) − 𝑘1(𝜃e − 𝜃0) = 0

−sin(2𝜃e) =𝑘1

2 𝐼v2 𝐿2

(2𝜃e − 2𝜃0)


35

−sin(2𝜃e) =1

4 (2𝜃e − 2𝜃0)

Equació transcendent que cal solucionar per mètodes gràfics o numèrics:

Estable: 2 = 5,616 rad (321,76º) i 0,6674 rad (38,24º)

= 2,808 rad (160,88º) i 0,3337 rad (19,12º)

Inestable: 2 = rad (180º); = rad (90º)


𝑉 = 𝑅 · 𝑖 + 𝑢 = 𝑅 · 𝑖 − 2 · 𝑖 · 𝜔m · 𝐿2 𝑠𝑖𝑛(2𝜃) + (𝐿0 + 𝐿2 𝑐𝑜𝑠(2𝜃)) ·𝑑𝑖

𝑑𝑡


𝛤mg + 𝛤mo + 𝛤am = 𝐽 𝑑𝜔m𝑑𝑡

𝜔m =𝑑𝜃

𝑑𝑡

−𝑖2 𝐿2 𝑠𝑖𝑛(2𝜃) − 𝑘1 (𝜃 − 𝜃0) − 𝑘2 𝜔m = 𝐽 𝑑𝜔m𝑑𝑡

Solució numèrica de les equacions:

5,6

0,67

E

E

I 2𝜃


36


37

7) En règim estacionari la magnitud temporal 𝑖(𝑡) = √2 𝐼 𝑐𝑜𝑠(𝜔𝑡) es pot representar amb el

fasor 𝐼 = 𝐼 i ve imposada per la font de corrent. A velocitat mecànica nul·la 𝜔m = 0 la tensió del

debanat també admet la representació fasorial; substituint les derivades per 𝑗𝜔

𝑣(𝜃, 𝑖) = 𝑅 · 𝑖 + 𝑢(𝜃, 𝑖) = 𝑅 · 𝑖 − 2 · 𝑖 · 𝜔m · 𝐿2 𝑠𝑖𝑛(2𝜃) + (𝐿0 + 𝐿2 𝑐𝑜𝑠(2𝜃)) ·𝑑𝑖

𝑑𝑡

𝑉(𝜃, 𝐼) = 𝑅 · 𝐼 + 𝑗𝜔 (𝐿0 + 𝐿2 𝑐𝑜𝑠(2𝜃)) · 𝐼 = 120 · 0,2 + 𝑗100 π · (0,14 + 0,1 𝑐𝑜𝑠(2𝜃)) · 0,2

𝑉(𝜃) = 24 + 𝑗 (2,8 π + 2 π 𝑐𝑜𝑠(2𝜃)) V

𝑉 = √242 + (2,8 π + 2 π 𝑐𝑜𝑠(2𝜃))2 V

8) L’expressió del parell, amb el corrent altern imposat per la font de corrent és

𝛤mg(𝜃, 𝑡) = −𝑖2(𝑡) · 𝐿2 · 𝑠𝑖𝑛(2𝜃)

i l’angle recorregut a velocitat constant 𝜔0

𝜃 = 𝜔0𝑡 + 𝜃0

𝛤mg(𝑡) = −(√2 𝐼)2𝐿2 · 𝑐𝑜𝑠

2(𝜔𝑡) · 𝑠𝑖𝑛(2𝜔0𝑡 + 2𝜃0)

si 𝑟 =𝜔0

𝜔 i escrivint el cosinus quadrat en funció de l’angle doble, es pot reescriure

𝛤mg(𝑡) = −2 · 𝐼2 · 𝐿2

1 + 𝑐𝑜𝑠(2𝜔𝑡)

2· 𝑠𝑖𝑛(2𝑟𝜔𝑡 + 2𝜃0)

= −𝐼2 · 𝐿2 · (𝑠𝑖𝑛(2𝑟𝜔𝑡 + 2𝜃0) + 𝑐𝑜𝑠(2𝜔𝑡) · 𝑠𝑖𝑛(2𝑟𝜔𝑡 + 2𝜃0))

El primer terme no aporta valor mig en ésser sinusoïdal, excepte quan 𝜔0 = 0, és a dir, 𝑟 = 0,

que estaríem en el cas de l’apartat 7 atès que el segon terme seria de valor mig nul. Altrament,

el primer terme té valor mig nul, restant només el segon:

𝛤mg(𝑡) = −𝐼2 · 𝐿2 · 𝑐𝑜𝑠(2𝜔𝑡) · 𝑠𝑖𝑛(2𝑟𝜔𝑡 + 2𝜃0)

sabent que

𝑐𝑜𝑠𝛼 · 𝑠𝑖𝑛𝛽 =𝑠𝑖𝑛(𝛼 + 𝛽) − 𝑠𝑖𝑛(𝛼 − 𝛽)

2

𝛤mg(𝑡) = −𝐼2 · 𝐿2

𝑠𝑖𝑛(2𝜔(1 + 𝑟)𝑡 + 2𝜃0) − 𝑠𝑖𝑛(2𝜔(1 − 𝑟)𝑡 − 2𝜃0)

2

Cada terme té valor mig nul per si mateix, pel que el valor mig és no nul només quan la pulsació

equivalent és nul·la:

{𝑟 = −1 → 𝜔m = 𝜔0 = −𝜔

𝑟 = 1 → 𝜔m = 𝜔0 = 𝜔


38

9) Per simple inspecció del resultat de l’apartat anterior

{

𝛤mgm = −𝐼2 · 𝐿2 sin(2𝜃0)

2= −2 · 𝑠𝑖𝑛(2𝜃0) mNm 𝜔m = 𝜔0 = −𝜔

𝛤mgm =𝐼2 · 𝐿2 sin(−2𝜃0)

2= −2 · 𝑠𝑖𝑛(2𝜃0) mNm 𝜔m = 𝜔0 = 𝜔

El parell de fricció queda

𝛤am = −𝑘2 · 𝜔0 = {−𝑘2 · 𝜔 = −

π

2 mNm 𝑠𝑖 𝜔0 = 𝜔

𝑘2 · 𝜔 =π

2 mNm 𝑠𝑖 𝜔0 = −𝜔

En règim estacionari i 𝜔m = 𝜔0 = 𝜔

𝛤mgm + 𝛤am = 0 = −2 · 𝑠𝑖𝑛(2𝜃0) −π

2

𝑠𝑖𝑛(2𝜃0) = −π

4 → 𝜃0 = {

−0,4517 rad (−25,89°)−3,593 rad (−25,89° − 180°)

𝛤mgm(−0,4517) =π

2 mNm

En règim estacionari i 𝜔m = 𝜔0 = −𝜔

𝛤mgm + 𝛤am = 0 = −2 · 𝑠𝑖𝑛(2𝜃0) +π

2

𝑠𝑖𝑛(2𝜃0) =π

4 → 𝜃0 = {

0,4517 rad (25,89°)3,593 rad (25,89° + 180°)

𝛤mgm(0,4517) = −π

2 mNm

S’observa com degut a la simetria del rotor el comportament és repetitiu cada mitja volta.

Els valors instantanis de parell i el seu valor mig en una volta (un període de xarxa)

𝜃0 = 25,89° 𝜃0 = −25,89°


39

La potència mecànica mitja quan 𝜔m = 𝜔0 = 𝜔

𝑃m = 𝛤mgm · 𝜔m =π

2· 100 π = 493,5 mW

i quan 𝜔m = 𝜔0 = −𝜔

𝑃m = 𝛤mgm · 𝜔m = −π

2· (−100 π) = 493,5 mW

És a dir, en tots dos cassos el sistema elèctric entrega energia al sistema mecànic.

10) Si el parell de fricció canvia de signe el sistema passa a generar, els angles 𝜃0 són els mateixos

però permutats de signe respecte del de la velocitat.

Resum:

𝜞𝐦𝐠𝐦 (mNm) 𝜞𝐚𝐦 (mNm) 𝝎𝐦 (𝐫𝐚𝐝

𝐬) 𝑷𝐦 (𝐦𝐖) 𝜽𝟎 (°)

−2𝑠𝑖𝑛(2𝜃0) π

2 −𝑘2 𝜔m −

π

2 100 π 493,5 −25,89 Motor/Esquerres

−2𝑠𝑖𝑛(2𝜃0) −π

2 −𝑘2 𝜔m

π

2 −100 π 493,5 25,89 Motor/Dretes

−2𝑠𝑖𝑛(2𝜃0) −π

2 𝑘2 𝜔m

π

2 100 π −493,5 25,89 Generador/Esquerres

−2𝑠𝑖𝑛(2𝜃0) π

2 𝑘2 𝜔m −

π

2 −100 π −493,5 −25,89 Generador/Dretes


40

CEM04

El dibuix de la figura és la representació simplificada d’un actuador de retenció. Quan la culata

mòbil, de massa 𝑚, toca a l’imant (𝑥 = 0), resta enganxada. Si es redueix la força magnètica per

injecció de corrent en el debanat (en sentit desmagnetitzant) el pes de la culata la fa caure. El

nucli i la culata estan fets d’un material de permeabilitat prou alta com per a que es pugui

considerar infinita. Aquest material es pot considerar totalment saturat amb densitats de camp

per sobre d’1,2 T i gens saturat per sota. La secció del tram central del nucli i la culata és 𝐴. El

joc mecànic que permet el lliscament de la culata és ℎ. L’imant té una característica de

magnetització com la representada en la figura.

Determineu (en tots els casos en règim estacionari):

En posició de retenció i sense corrent en el debanat (𝑥 = 0, 𝑖 = 0)

1) El flux i la densitat de camp

2) La massa màxima 𝑚x1 que podria tenir la culata sense caure

En posició de retenció i amb corrent de magnetització en el debanat (𝑥 = 0, 𝑖 < 0)

3) La massa màxima 𝑚x2 que podria tenir la culata sense caure

En posició de retenció i amb corrent de desmagnetització en el debanat (𝑥 = 0, 𝑖 > 0)

4) El corrent de desmagnetització 𝑖dn mínim necessari per a alliberar la massa 𝑚

En una posició de no retenció (𝑥 > 0, 𝑖 < 0), si el debanat té una resistència 𝑅 = 4 Ω i s’alimenta amb una font de tensió 𝑈f = 24 V

5) La distància màxima 𝑥x a la que es pot allunyar la culata per tal de que es desplaci amunt

només amb intervenció elèctrica (sense que ningú l’empenyi)

m0H (T)

B (T)

1

-1

N = 500

A = 400 mm2

e = 4 mm

m = 4 kg

h = 0,2 mm

x

N

u

i

m

h

A 𝐴

2

A

e


41

Com es demanen diferents circumstàncies de magnetització, pot ser més útil generar les

equacions del cas general i després particularitzar per cada cas. El circuit magnètic equivalent

consta de les següents reluctàncies: la de l’imant (ℛm) i la reluctància externa a l’imant, que en

ser culata i nucli de permeabilitat infinita, es composa de la de l’entreferro 𝑥 (ℛx), i als 2

entreferros del joc de la culata (ℛh).

Agrupant les associacions sèrie-paral·lel de reluctàncies

ℛC = ℛx +ℛh2

Aplicant la KVL al circuit magnètic

ℱi + ℱm + ℱC = 0

𝑁 𝑖 + ℛm (𝜙 − 𝜙r) + ℛC 𝜙 = 0

𝜙 (ℛm +ℛC) = 𝜙r ℛm − 𝑁 𝑖

𝜙 = 𝜙r ℛm

(ℛm + ℛC)−

𝑁 𝑖

(ℛm +ℛC)

On el significat físic del corrent 𝑖 és:

ℱi

ℛm ℛx

ℛh ℛh 𝑁 · 𝑖

𝜙r

𝜙m 𝜙⬚

ℱm

ℱC

+

ℱi

ℛm

ℛC

𝑁𝑖

𝜙r

𝜙 − 𝜙r

𝜙⬚

ℱm

ℱC

+


42

𝑖 < 0 Remagnetitzar l’imant

𝑖 = 0 Resta només el flux de l’imant

𝑖 > 0 Desmagnetitzar l’imant (o magnetitzar en sentit contrari)

Les reluctàncies són

ℛC = ℛx +ℛh2=

𝑥

𝜇0𝐴+1

2 ℎ

𝜇0𝐴2

=1

𝜇0𝐴(𝑥 + ℎ) =

𝑥 + 2 · 10−4

𝜇0 · 400 · 10−6=2500

𝜇0(𝑥 + 2 · 10−4) H−1

ℛm =𝑒

𝜇0 𝐴=

4 · 10−3

𝜇0 · 400 · 10−6=10

𝜇0 H−1

ℛm +ℛC =1

𝜇0 (2500 · 𝑥 + 10,5) H−1

El flux concatenat pel debanat serà:

𝛹 = 𝑁 𝜙 = 𝜙r 𝑁 ℛm

(ℛm +ℛC(𝑥))−

𝑁2 𝑖

(ℛm + ℛC(𝑥))= 𝛹rm(𝑥) − 𝐿(𝑥) 𝑖

amb

𝛹rm(𝑥) = 𝜙r 𝑁 ℛm

(ℛm +ℛC(𝑥))

𝐿(𝑥) =𝑁2

ℛm + ℛC(𝑥)=

5002 𝜇02500 𝑥 + 10,5

=π

25000 𝑥 + 105=

π

𝑏 𝑥 + 𝑎 H

𝑎 = 105 𝑏 = 25000

Ens podem imaginar un corrent equivalent 𝑖em (constant), que amb el mateix debanat generi el

mateix flux romanent en el circuit magnètic

𝛹rm(𝑥) = 𝐿(𝑥) · 𝑖em → 𝑖em =

𝜙r 𝑁 ℛm

(ℛm + ℛC(𝑥))

𝐿(𝑥)= 𝐵r

𝑒

𝜇0 𝑁= 1

4 · 10−3

4 π · 10−7 · 500=20

π

= 6,366 A

Així es podrà treballar amb el flux o amb el corrent equivalent a conveniència.

𝛹 = 𝑁𝜙 = 𝛹rm − 𝐿(𝑥) 𝑖 = 𝐿(𝑥) (𝑖em − 𝑖)

ℛC + ℛm

𝑁(𝑖 − 𝑖em)

𝜙⬚

+


43

El sistema equivalent amb l’imant substituït per la font de corrent constant en el debanat es

mostra en la figura

La coenergia del sistema (lineal) val

𝑊mg′ (𝑥, 𝑖) = ∫ 𝐿(𝑥) · 𝑖eff · 𝑑𝑖eff

𝑖eff

0

=1

2 𝐿(𝑥) · (𝑖em − 𝑖)

2 =π

2 (𝑖em − 𝑖)

2

𝑏 𝑥 + 𝑎

i la força magnètica (amb el mateix sentit d’𝑥)


′ (𝑥, 𝑖)

𝜕𝑥=1

2 (𝑖em − 𝑖)

2 𝑑𝐿(𝑥)

𝑑𝑥=1

2 (𝑖em − 𝑖)

2 𝑑

𝑑𝑥(

π

𝑏 𝑥 + 𝑎)

= −π 𝑏

2 (𝑖em − 𝑖)

2

(𝑏 𝑥 + 𝑎)2= −

𝑏

2 π 𝛹2(𝑥, 𝑖)

1) 𝑥 = 0, 𝑖 = 0

𝐿(0) =π

𝑎=

π

105= 29,92 mH

𝛹(0,0) = 𝐿(0) · 𝑖em =π · 𝑖em𝑎

=π · 6,366

105= 0,1905 Wb

𝜙(0,0) =𝛹(0,0)

𝑁=0,1905

500= 381 μWb

𝐵(0,0) =𝜙(0,0)

𝐴=3,81 · 10−4

400 · 10−6= 0,9524 T

2)

𝐹mg(0,0) = −π 𝑏

2 (𝑖em)

2

𝑎2= −

π · 25000

2 (6,366)2

1052= −144,3 N

x

N

u

i

m

h

A

e

R

𝑖em

Uf

𝑖eff


44

𝐹mg(0,0) + 𝑚x1 𝑔 = 0 → 𝑚x1 =−𝐹mg(0,0)

𝑔=144,3

9,81= 14,71 kg

3) Quan el corrent és negatiu remagnetitza l’imant, de forma que el flux total és el de

romanència més el que l’hi afegeix el debanat. El flux total màxim que admet el material

magnètic està limitat a 1,2 T, pel que aquesta és la inducció màxima a la que es pot

arribar i correspon a la força màxima que pot fer el sistema amb posició de retenció

(𝑥 = 0).

𝐵s = 1,2 T

𝜙s = 𝐵s · 𝐴 = 1,2 · 400 · 10−6 = 480 μWb

𝛹s = 𝑁 𝜙s = 500 · 4,8 · 10−4 = 0,24 Wb

𝑖 = 𝑖em −𝛹s𝐿(0)

= 6,366 −0,24

29,92 · 10−3= −1,655 A

𝐹mg(𝑥, 𝑖) = −𝑏

2 π 𝛹2(𝑥, 𝑖)

𝐹mg(0, −1,655) = −25000

2 π 0,242 = −229,2 N

𝐹mg(0, −1,655) + 𝑚x2 𝑔 = 0 → 𝑚x2 =−𝐹mg(0, −1,655)

𝑔=229,2

9,81= 23,4 kg

4)

𝐹mg(0, 𝑖dn) + 𝑚 𝑔 = 0 → 𝐹mg(0, 𝑖dn) = −𝑚 𝑔 = −4 · 9,81 = −39,24 N

𝐹mg(0, 𝑖dn) = −π 𝑏

2 (𝑖em − 𝑖dn)

2

𝑎2= −

π · 25000

2 (6,366 − 𝑖dn)

2

1052= −39,24 N

(6,366 − 𝑖dn)2 = 11,01 A2

𝑖dn = 3,05 A

5) Remagnetitzant amb corrent fix (imposat) superior al de l’apartat 3) porta a la saturació

del nucli. En la mesura que 𝑥 disminueix la inductància és major i el flux s’incrementa.

La distancia 𝑥s corresponent amb el corrent imposat corresponent a la densitat de camp

de saturació 1,2 T és:

De l’apartat 3): 𝛹s = 𝑁 𝜙 = 500 · 4,8 · 10−4 = 0,24 Wb

𝑖5 =−𝑈

𝑅=−24

4= −6 A

𝐿(𝑥s) =𝛹

𝑖em − 𝑖5=

0,24

12,366= 19,41 mH


45

𝐿(𝑥s) =π

25000 𝑥s + 105= 19,41 · 10−3 H → 𝑥s = 2,275 mm

Per a distàncies majors a 2,275 mm l’expressió de la força és la trobada anteriorment, que a la

distància 𝑥s val

𝐹mg(𝑥𝑠 , 𝑖) = −π 𝑏

2 (𝑖em − 𝑖)

2

(𝑏 𝑥𝑠 + 𝑎)2=

−π · 25000 · 12,3662

2 · (25000 · 2,275 · 10−3 + 105)2= −229,2 N

Clarament pot pujar la massa 𝑚.

L’expressió de la força dependrà de si el sistema està saturat (𝑥 < 𝑥𝑠) o no saturat (𝑥 > 𝑥𝑠).

Quan hi ha saturació el corrent equivalent del sistema no és el de l’imant més el del món exterior

sinó que resta limitat al corrent necessari per a la saturació 𝑖s.

{

𝑥 < 𝑥s Estat saturat 𝑖s =

𝛹s𝐿(𝑥)

𝐹mg(𝑥, 𝑖) = −π 𝑏

2

𝑖s2

(𝑏 𝑥𝑠 + 𝑎)2= −

𝑏

2 𝛹s

2 = −229,2 N

𝑥 > 𝑥s Estat No saturat 𝐹mg(𝑥, 𝑖) = −π 𝑏

2 (𝑖em − 𝑖)

2

(𝑏 𝑥 + 𝑎)2

A distància màxima sense saturació

𝐹mg(𝑥x, 𝑖em − 𝑖5) = −π 𝑏

2 (𝑖em − 𝑖5)

2

(𝑏 𝑥x + 𝑎)2= −𝑚 · 𝑔

−π · 25000

2

12,3662

(25000 𝑥x + 105)2= −4 · 9,81 → 𝑥x = 11,45 mm


46

CEM05 (Examen final 28/06/2013)

Un contactor biestable basa el seu funcionament amb un imant permanent de neodimi de

manera que en posició ‘obert’ (𝑥 = 𝑥1) i en posició ‘tancat’ (𝑥 = 𝑥2) no es requereixi consumir

energia per romandre en la mateixa posició (bobina sense alimentar). Per tal de poder canviar

l’estat del contactor hi ha una molla i, a més, s’aporta energia al sistema mitjançant la bobina,

que té 𝑁 = 1200 voltes. Aquesta energia també serveix per vèncer els fregaments (no

representats a la figura) i que es poden considerar negligibles. També hi ha uns elements de

material no magnètic (goma) per esmorteir els cops i que tenen un gruix de 𝑥2 = 0,5 mm. El

sistema és tal que la posició d’equilibri del contactor en estat ‘obert’ (sense alimentar la bobina)

és 𝑥1.

mi = 2000m0

x2

x

lm

N

S

liI

Fmo

Es pot considerar que la secció de l’imant, la secció del ferro i la secció de l’entreferro són iguals

i de valor 1 cm2. La longitud de l’imant (𝑙m) és 4 cm i la longitud total mitja del ferro (𝑙i) és 15 cm.

Les característiques de l’imant a la temperatura de treball són:

Br = 1,24 T; Hc = 923,1 kA/m; mm = 1,069·m0; recordeu que m0 = 410-7 H/m

L’expressió que regeix la força de la molla és:

𝐹mo = −𝑘 · (𝑥 − 𝑥0)

On k = 4400 N/m i 𝑥0= 25 mm.

Determineu:

1) [0,5] El circuit equivalent (modelat magnètic) amb els valors de totes les reluctàncies (en

funció de la posició 𝑥 en cas necessari. (Considereu tot el ferro com una única reluctància).

2) [0,5] L’expressió del flux 𝜙 que s’estableix al circuit en funció del corrent 𝐼 de la bobina

i de la posició 𝑥 de la culata del contactor. Doneu, també, el valor del flux per a la posició

𝑥2 i amb corrent nul per la bobina.


47

3) [0,5] L’expressió del flux 𝛹 concatenat per la bobina (funció de la posició 𝑥 i del corrent

𝐼) i l’expressió de la inductància en funció d’ 𝑥. Doneu, també, el valor de la inductància

per a la posició 𝑥2.

4) [0,5] L’expressió de la coenergia 𝑊mg′ (𝑥, 𝑖) i la força magnètica 𝐹mg(𝑥, 𝑖) produïda.

Suggeriment: Suposeu que la part del flux concatenat degut a l’imant permanent és el producte de la

inductància per un corrent equivalent de l’imant: 𝐿(𝑥) · 𝑖em

5) [0,5] La posició 𝑥1 d’equilibri en la posició ‘obert’ del contactor en absència de corrent

per la bobina.


48

1)

N·I

ℛi =𝑙i𝜇i 𝐴

=15 · 10−2

2000 𝜇0 · 10−4=

15 · 10−2

2000 · 4 π 10−7 · 10−4=1,875 · 109

π H−1 = 596831 H−1

ℛm =𝑙m𝜇m 𝐴

=4 · 10−2

1,069𝜇0 · 10−4=

4 · 10−2

1,069 · 4π10−7 · 10−4=

109

1,069π H−1 = 297,764 · 106 H−1

ℛa =2 𝑥

𝜇0 𝐴=

2 𝑥

4 π 10−7 · 10−4=50 · 109

π 𝑥 H−1 = 15,915 · 109 𝑥 H−1

2)

ℛc = ℛi + ℛa − ℱm − ℱi + ℱc = 0

ℛm(𝜙 − 𝜙r) − 𝑁 𝐼 + ℛc 𝜙 = 0 → 𝜙 (ℛm + ℛc) = 𝜙r ℛm +𝑁 𝐼

𝜙 =𝜙r ℛm

(ℛm +ℛc)+

𝑁 𝐼

(ℛm + ℛc)=

𝐵r 𝐴 ℛm(ℛm + ℛc)

+𝑁 𝐼

(ℛm +ℛc)

ℛc = ℛi + ℛa = 596831 + 15,915 · 109 𝑥 H−1

𝜙 =1,24 · 10−4 · 297,764 · 106

(297,764 · 106 + 596831 + 15,915 · 109 𝑥)+

1200 𝐼

(297,764 · 106 + 596831 + 15,915 · 109 𝑥) Wb

𝜙 =36922,74

(298,361 · 106 + 15,915 · 109 𝑥)+

1200 𝐼

(298,361 · 106 + 15,915 · 109 𝑥) Wb

𝜙(𝑥2 = 0,5 · 10−3, 𝐼 = 0) =

36922,74

(298,361 · 106 + 15,915 · 109 · 0,5 · 10−3)= 120,54 μWb

𝜙

𝜙r

𝜙 − 𝜙r

ℱm

ℱi

ℱc ℛm

ℛa

ℛi


49

3)

𝜓 = 𝑁 𝜙 =𝐵r 𝐴 ℛm 𝑁

(ℛm +ℛc)+

𝑁2 𝐼

(ℛm + ℛc)= 𝜓rm(𝑥) + 𝐿(𝑥) · 𝐼

𝜓 =36922,74 · 1200

(298,361 · 106 + 15,915 · 109 𝑥)+

12002 𝐼

(298,361 · 106 + 15,915 · 109 𝑥) Wb

𝜓 =44307,29 · 103

(298,361 · 106 + 15,915 · 109 𝑥)+

12002 𝐼

(298,361 · 106 + 15,915 · 109 𝑥) Wb

𝐿(𝑥) =𝑁2

(ℛm + ℛc)

𝐿(𝑥) =𝑁2

(ℛm + ℛc)=

12002

(298,361 · 106 + 15,915 · 109 𝑥) H

𝐿(𝑥2 = 0,5 · 10−3) =

12002

(298,361 · 106 + 15,915 · 109 · 0,5 · 10−3)= 4,7 mH

4)

𝜓 =𝐵r 𝐴 ℛm 𝑁

(ℛm +ℛc)+

𝑁2 𝐼

(ℛm + ℛc)= 𝜓rm(𝑥) + 𝐿(𝑥) · 𝐼 = 𝐿(𝑥) · 𝑖em + 𝐿(𝑥) · 𝐼

= 𝐿(𝑥) · (𝑖em + 𝐼)

𝑖em =𝜓rm(𝑥)

𝐿(𝑥)=

𝐵r 𝐴 ℛm 𝑁(ℛm + ℛc)

𝑁2

(ℛm + ℛc)

=𝐵r 𝐴 ℛm𝑁

=𝐵r𝑙m𝜇m𝑁

=1,24 · 4 · 10−2

1200 · 1,069 · 4𝜋10−7= 30,77 A

𝜓 = 𝐿(𝑥) · (𝑖em + 𝐼) = 𝐿(𝑥) · (30,77 + 𝐼)

𝑊mg′ (𝑥, 𝑖) = ∫ 𝐿(𝑥) · 𝑖 · 𝑑𝑖

𝑖em+𝐼

0

=1

2 𝐿(𝑥) · (𝑖em + 𝐼)

2 =1

2

𝑁2

(ℛm + ℛc)· (30,77 + 𝐼)2

𝑊mg′ (𝑥, 𝑖) =

1

2

12002

(298,361 · 106 + 15,915 · 109 𝑥) (30,77 + 𝐼)2


′ (𝑥, 𝑖)

𝜕𝑥=1

2 (𝑖em + 𝐼)

2 𝜕𝐿(𝑥)

𝜕𝑥=1

2 (𝑖em + 𝐼)

2 𝜕

𝜕𝑥(

𝑁2

(ℛm + ℛc))

𝐹mg(𝑥, 𝑖) =1

2 (30,77 + 𝐼)2

𝑑

𝑑𝑥(

12002

(298,361 · 106 + 15,915 · 109 𝑥))


50

𝐹mg(𝑥, 𝑖) =12002

2 (30,77 + 𝐼)2 (

−15,915 · 109

(298,361 · 106 + 15,915 · 109 𝑥)2)

5)

En la posició 𝑥1 d’equilibri (en absència de corrent per la bobina) és té:

𝐹mg(𝑥1, 𝑖 = 0) + 𝐹mo = 0

12002

2 (30,77)2 (

−15,915 · 109

(298,361 · 106 + 15,915 · 109 𝑥1)2) − 4400 · (𝑥1 − 25 · 10

−3) = 0

−10,849 · 1018

(298,361 · 106 + 15,915 · 109 𝑥1)2= 4400 𝑥1 − 110

−10,849 · 1018 = (4400 𝑥1 − 110)(89,019 · 1015 + 9,4968 · 1018 𝑥1 + 253,287 · 10

18 𝑥12)

−10,849 · 1018 = −9,7921 · 1018 − 652,964 · 1018 𝑥1 + 13,9244 · 1021 𝑥1

2

+ 1,1145 · 1024 𝑥13

1,1145 · 106 𝑥13 + 13,9244 · 103 𝑥1

2 − 652,964 𝑥1 + 1,0569 = 0

Té per solucions:

𝒙𝟏 = 𝟏𝟕, 𝟔𝟓 𝐦𝐦, és la posició d’equilibri estable quan el contactor és obert (sense

alimentar la bobina).

𝑥1 = −31,83 mm, fora del rang de funcionament.

𝑥1 = 1,69 mm, posició d′equilibri inestable:

𝐹mg(1,5 · 10−3, 0) = −104,5 N

𝐹mo(1,5 · 10−3) = +103,4 N

} Guanya 𝐹mg i, per tant, 𝑥 disminueix

𝐹mg(1,9 · 10−3, 0) = −100,5 N

𝐹mo(1,9 · 10−3) = +101,6 N

} Guanya 𝐹mo i, per tant, 𝑥 augmenta

El sistema, doncs, evoluciona cap a la posició d’equilibri 𝑥1 = 17,65 mm (contactor obert) o bé

cap a la posició d’equilibri 𝑥2 = 0,5 mm (contactor tancat).


51


Un contactor té un nucli típic en forma d’E de material ferromagnètic amb permeabilitat

absoluta 𝜇i = 2000 𝜇0. Per tal de poder canviar l’estat del contactor hi ha una molla (no

representada en la figura) i una bobina que té 𝑁 = 1200 voltes alimentada en corrent continu.

També hi ha uns elements de material no magnètic (goma) per esmorteir els cops i que tenen

un gruix de 𝑥1 = 0,5 mm. El sistema és tal que la posició d’equilibri del contactor en estat ‘obert’

(sense alimentar la bobina) és 𝑥0 = 5 mm.

L’expressió que regeix la força de la molla és: 𝐹mo = −𝑘 · (𝑥 − 𝑥0) on k = 4400 N/m.

Determineu:

1) [0,5] El circuit equivalent (modelat magnètic) amb els valors de totes les reluctàncies (en funció

de la posició 𝑥 en cas necessari).

2) [0,5] L’expressió del flux 𝜙 que s’estableix en la rama central del nucli en forma d’E en funció

del corrent 𝐼 de la bobina i de la posició 𝑥 de la culata del contactor.

3) [0,5] L’expressió del flux 𝜓 concatenat per la bobina (funció de la posició 𝑥 i del corrent 𝐼) i

l’expressió de la inductància en funció d’𝑥. Doneu, també, el valor de la inductància per a les

posicions 𝑥0 i 𝑥1.

4) [0,5] L’expressió de la coenergia 𝑊mg′ (𝑥, 𝑖).

5) [0,5] L’expressió de la força magnètica 𝐹mg(𝑥, 𝑖) produïda.

x

Fmo

2 cmx1

3 cm

4 cm

1 cm

I

1 cm

2 cm


52

N·I

1)

Com les reluctàncies corresponents al material ferromagnètic estan en sèrie, es poden

simplificar:

N·I

A més, com les branques laterals estan en paral·lel:

N·I

Finalment, les reactàncies estan en sèrie i el circuit queda:

N·I

El valor de les reluctàncies és:

ℛi L1 =𝑙i L1𝜇i 𝐴

=(4 + 3) · 10−2

2000 · 𝜇0 · 1 · 10−4=350 · 10−3

𝜇0 H−1 = 278521,15 H−1

ℛi L1 ℛi L2 ℛa L

ℛi L1 ℛa L ℛi L2

ℛi C1 ℛi C2 ℛa C

ℛa L

ℛa L

ℛa C

ℛi L

ℛi L

ℛi C

ℛi C ℛa C

ℛi L2

ℛa L2

ℛi ℛa


53

ℛi L2 =𝑙i L2𝜇i 𝐴

=(2 + 4) · 10−2

2000 · 𝜇0 · 1 · 10−4=300 · 10−3

𝜇0 H−1 = 238732,41 H−1

ℛa L =𝑙a L𝜇0 𝐴

=𝑥

𝜇0 · 1 · 10−4=𝑥 · 104

𝜇0 H−1 = 𝑥 · 7,957747 · 109 H−1

ℛi C1 =𝑙i C1𝜇i 𝐴

=3 · 10−2

2000 · 𝜇0 · 2 · 10−4=75 · 10−3

𝜇0 H−1 = 59683,1 H−1

ℛi C2 =𝑙i C2𝜇i 𝐴

=2 · 10−2

2000 · 𝜇0 · 2 · 10−4=50 · 10−3

𝜇0 H−1 = 39788,74 H−1

ℛa C =𝑙a C𝜇0 𝐴

=𝑥

𝜇0 · 2 · 10−4=𝑥 · 104

𝜇0 · 2 H−1 = 𝑥 · 3,9788736 · 109 H−1

ℛi L = ℛi L1 +ℛi L2 =650 · 10−3

𝜇0 H−1 = 517253,57 H−1

ℛi C = ℛi C1 +ℛi C2 =125 · 10−3

𝜇0 H−1 = 99471,84 H−1

ℛi = ℛi C +ℛi L2=450 · 10−3

𝜇0 H−1 = 358098,62 H−1

ℛa = ℛa C +ℛa L2=𝑥 · 104

𝜇0 H−1 = 𝑥 · 7,957747 · 109 H−1

2)

𝜙(𝐼, 𝑥) =ℱ

ℛ=

𝑁 · 𝐼

ℛi + ℛa=

1200 · 𝐼

358098,62 + 𝑥 · 7,957747 · 109 Wb

3)

𝜓(𝐼, 𝑥) = 𝑁 · 𝜙(𝐼, 𝑥) =12002 · 𝐼

358098,62 + 𝑥 · 7,957747 · 109 Wb

𝐿(𝑥) =𝑁2

ℛ=

12002

358098,62 + 𝑥 · 7,957747 · 109 H

𝐿(𝑥0) = 𝐿(5 · 10−3) =

12002

358098,62 + 5 · 10−3 · 7,957747 · 109 H = 35,87 mH

𝐿(𝑥1) = 𝐿(0,5 · 10−3) =

12002

358098,62 + 0,5 · 10−3 · 7,957747 · 109 H = 332,03 mH


54

4)

𝑊mg′ (𝑥, 𝐼) = ∫ 𝐿(𝑥) · 𝑖 · 𝑑𝑖

𝐼

0

=1

2 𝐿(𝑥) · 𝐼2 =

1

2·

12002 · 𝐼2

358098,62 + 𝑥 · 7,957747 · 109 J

5)

𝐹mg(𝑥, 𝐼) =𝜕𝑊mg

′ (𝑥, 𝐼)

𝜕𝑥=12002 · 𝐼2

2·𝜕

𝜕𝑥(

1

358098,62 + 𝑥 · 7,957747 · 109)

𝐹mg(𝑥, 𝐼) =12002 · 𝐼2

2· (

−7,957747 · 109

(358098,62 + 𝑥 · 7,957747 · 109)2) N


55


Un contactor té un nucli (fix) en forma d’U i una culata en forma de barra de material

ferromagnètic i dues bobines idèntiques que s’alimenten en paral·lel amb la mateixa font

d’alimentació (𝑈 = 𝑈1 = 𝑈2). El material ferromagnètic del nucli i de la culata té una

permeabilitat absoluta de valor 𝜇i = 2200 𝜇0. Per tal de poder canviar l’estat del contactor hi

ha una molla (no representada en la figura) que actua a la barra i les bobines que tenen 𝑁 =

𝑁1 = 𝑁2 = 500 voltes alimentades en corrent continu (𝐼1 = 𝐼2). Considereu que no hi ha flux

de dispersió en cap bobina. També hi ha uns elements de material no magnètic (goma) per

esmorteir els cops i que tenen un gruix de 𝑥1 = 0,5 mm. El sistema és tal que la posició

d’equilibri del contactor en estat ‘obert’ (sense alimentar les bobines) és 𝑥0 = 5 mm.

L’expressió que regeix la força de la molla és: 𝐹mo = −𝑘 · (𝑥 − 𝑥0) on 𝑘 = 4400 N/m. El pes de

la barra es pot considerar negligible. La longitud mitja del material ferromagnètic és 𝑙i =

150 mm i totes les seccions es poden considerar iguals i de valor 𝐴 = 50 mm2.

I1 I2

N1 N2U1 U2

x

Fmo

x1

Determineu:

1) [0,5] El circuit equivalent (modelat magnètic) amb els valors de totes les reluctàncies (en funció

de la posició 𝑥 en cas necessari).

2) [0,5] L’expressió del flux 𝜙 que s’estableix en el nucli en funció del corrent total del sistema 𝐼

(considereu 𝐼 = 𝐼1 + 𝐼2) de les bobines i de la posició 𝑥 de la culata del contactor.

3) [0,5] L’expressió del flux 𝜓 concatenat per la bobina equivalent de l’associació de les dues

bobines (funció de la posició 𝑥 i del corrent total del sistema 𝐼) i l’expressió de la inductància

corresponent en funció d’𝑥. Doneu, també, el valor d’aquesta inductància per a les posicions 𝑥0

i 𝑥1.

4) [0,5] L’expressió de la coenergia 𝑊mg′ (𝑥, 𝑖).

5) [0,5] L’expressió de la força magnètica 𝐹mg(𝑥, 𝑖) produïda. Es vol que un cop el contactor està

tancat i deixant d’alimentar una bobina (és a dir, alimentant únicament una bobina) el contactor

continuï tancat. Quin és el corrent mínim que ha de circular per la bobina alimentada?.


56

1)

ℛi = ℛin + ℛic

ℛi =1

𝜇i 𝑙i𝑆i=

1

2200 𝜇0 𝑙i𝑆i=

1

2200 · 4 π 10−7 150 · 10−3

50 · 10−6= 1085147 H−1

ℛa = ℛa1 +ℛa2

ℛa =1

𝜇0 2 𝑥

𝑆a=

1

4 π 10−7

2 𝑥

50 · 10−6= 31,83099 · 109 𝑥 H−1

2)

𝜙 =𝑁 (𝐼1 + 𝐼2)

ℛi + ℛa=

500 · 𝐼

1085147 + 31,83099 · 109 𝑥 Wb

3)

𝜓 = 𝑁 𝜙 =5002 · 𝐼

1085147 + 31,83099 · 109 𝑥 Wb

𝐿(𝑥) =𝑁2

ℛ=

𝑁2

ℛi + ℛa=

5002

1085147 + 31,83099 · 109 𝑥 H

𝐿(𝑥0) = 𝐿(5 · 10−3) =

5002

1085147 + 31,83099 · 109 · 5 · 10−3= 1,56 mH

𝐿(𝑥1) = 𝐿(0,5 · 10−3) =

5002

1085147 + 31,83099 · 109 · 0,5 · 10−3= 14,71 mH

Alternativament,

ℛic

ℛa2 ℛa1

ℛin

𝑁 𝐼1 𝑁 𝐼2

ℛi

ℛa 𝑁(𝐼1 + 𝐼2)

𝜙


57

[ 𝜓1𝜓2 ] = [

𝐿11 𝐿12𝐿12 𝐿22

] [ 𝐼1𝐼2 ]

Com

𝐿11 =𝑁12

ℛ 𝐿12 =

𝑁1 𝑁2ℛ

𝐿22 =𝑁22

ℛ i, a més, 𝑁 = 𝑁1 = 𝑁2

Es té que 𝐿 = 𝐿11 = 𝐿12 = 𝐿22 i, per tant,

𝜓 = 𝜓1 = 𝜓2 = 𝐿(𝐼1 + 𝐼2) = 𝐿 𝐼

4)

𝑊mg′ (𝑥, 𝑖) =

1

2 𝐿(𝑥) 𝐼2 =

1

2

5002

1085147 + 31,83099 · 109 𝑥 𝐼2 J

5)

𝐹mg(𝑥, 𝑖) =𝜕

𝜕𝑥𝑊mg′ (𝑥, 𝑖) =

𝜕

𝜕𝑥 (1

2

5002

1085147 + 31,83099 · 109 𝑥 𝐼2)

𝐹mg(𝑥, 𝑖) =5002 𝐼2

2 𝜕

𝜕𝑥

1

1085147 + 31,83099 · 109 𝑥

= −5002 𝐼2

2

31,83099 · 109

(1085147 + 31,83099 · 109 𝑥)2 N

Amb el contactor en la posició tancat:

𝐹mo = −𝑘 · (𝑥1 − 𝑥0)

𝐹mo = −4400 · (0,5 · 10−3 − 5 · 10−3) = 19,8 N

La força magnètica, doncs, ha de ser com a mínim:

𝐹mg + 𝐹mo = 0 → 𝐹mg = −𝐹mo = −19,8 N

𝐹mg(𝑥1, 𝑖) = −19,8 = −5002 𝐼2

2

31,83099 · 109

(1085147 + 31,83099 · 109 𝑥1)2 N

𝐼2 = −−19,8 · 2 · (1085147 + 31,83099 · 109 · 0,5 · 10−3)2

5002 · 31,83099 · 109= 1,4383 A2

𝐼 = √1,4383 = 1,2 A

Recordant que 𝐼 = 𝐼1 + 𝐼2, i el corrent per una de les bobines és nul, llavors per l’altra bobina

han de passar, com a mínim, 1,2 A per tal que la molla no pugui obrir el contactor.


58

CEM08

En la figura es representa un dispositiu de sustentació de la peça mòbil (peça marró) mitjançant

un imant inserit en el circuit magnètic fix (peces blaves). Tots els materials, menys l’imant i l’aire

dels entreferros, son ferromagnètics i de permeabilitat infinita. Com a conseqüència, tot el flux

extern a l’imant es confina dins del material ferromagnètic (inexistència de fluxos de dispersió).

Per les dimensions relatives es pot suposar que l’àrea de pas del flux en els entreferros és la

mateixa que en les seccions corresponents de material ferromagnètic amb independència de la

posició de la part mòbil. En la figura també es troba la corba de magnetització de l’imant.

Determineu:

1) El modelat magnètic del circuit (esquema elèctric equivalent), amb l’imant com font de

corrent (Norton) i amb l’imant com a font de tensió (Thévenin)

2) Les densitats de camp per a les posicions 𝑥 = 𝑥1 = 0 i 𝑥 = 𝑥2 = 2 mm

3) L’expressió de la inductància 𝐿(𝑥) del debanat equivalent a l’imant format per 𝑁em =

1000 espires i recorregut per un corrent 𝑖em

4) L’expressió de la coenergia en funció de la posició i del corrent equivalent o bé en funció

del flux (o inducció) romanent.

5) L’expressió de la força sobre la peça mòbil en funció de la posició 𝑥 i els valors per als

extrems del recorregut 𝑥 = 𝑥1 = 0 i 𝑥 = 𝑥2 = 2 mm

𝑎 = 3 mm 𝑏 = 5 mm

𝐴1 = 400 mm2 𝐴2 = 200 mm

2

𝐵r = 0,9 T 𝜇0𝐻c = 0,9 T

𝑏 𝜇r = ∞

𝑏

𝑎

𝑥

𝐴2

𝐴1

𝜇r = ∞

𝐵r

𝜇0𝐻c

𝐵

𝜇0𝐻


59

1) Com les parts ferromagnètiques tenen permeabilitat infinita, només hi ha reluctància en

l’imant i en els dos entreferros. La permeabilitat relativa de l’imant és 1 atès que 𝐵r = 𝜇0 𝐻c

𝜙r = 𝐵r 𝐴1 = 0,9 · 400 · 10−6 = 360 μWb

ℛm =𝑏

𝜇0 𝐴1=

5 · 10−3

4 π · 10−7 · 400 · 10−6=31,25

π 106 H−1

ℛb−a−x =𝑏 − 𝑎 − 𝑥

𝜇0 𝐴2=5 · 10−3 − 3 · 10−3 − 𝑥

4 π · 10−7 · 200 · 10−6=2 · 10−3 − 𝑥

800 π · 10−13 H−1

ℛx =𝑥

𝜇0 𝐴1=

𝑥

4 π · 10−7 · 400 · 10−6=

𝑥

1600 π · 10−13 H−1

ℛg = ℛb−a−x + ℛx =𝑏 − 𝑎 − 𝑥

𝜇0 𝐴2+

𝑥

𝜇0 𝐴1=𝑏 − 𝑎

𝜇0 𝐴2+−𝑥 𝐴1 + 𝑥 𝐴2𝜇0 𝐴2 𝐴1

ℛg =𝑏 − 𝑎 − 𝑥 (1 −

𝐴2𝐴1)

𝜇0 𝐴2=

2 · 10−3 −12 𝑥

4 π · 10−7 · 200 · 10−6=4 · 10−3 − 𝑥

1,6 π · 10−10 H−1

𝜙 =𝜙r ℛmℛm + ℛg

=𝐵r 𝐴1

𝑏𝜇0 𝐴1

𝑏𝜇0 𝐴1

+𝑏 − 𝑎 − 𝑥 (1 −

𝐴2𝐴1)

𝜇0 𝐴2

=𝑏 𝐵r

𝑏𝐴1+𝑏 − 𝑎 − 𝑥 (1 −

𝐴2𝐴1)

𝐴2

𝜙 =𝑏 𝐵r

𝑏 𝐴2 + (𝑏 − 𝑎) 𝐴1 − 𝑥 (𝐴1 −𝐴2)𝐴1 𝐴2

=𝑏 𝐵r 𝐴2

𝑏 (1+𝐴2𝐴1) − 𝑎 − 𝑥 (1−

𝐴2𝐴1)

𝜙 =5 · 10−3 · 0,9 · 200 · 10−6

1,5 · 5 · 10−3 − 3 · 10−3 −𝑥2

=0,9 · 10−6

4,5 · 10−3 −𝑥2

=1,8 · 10−6

9 · 10−3 − 𝑥

2)

𝜙(𝑥1) =1,8 · 10−6

9 · 10−3= 200 μWb

𝜙(𝑥2) =1,8 · 10−6

9 · 10−3 − 2 · 10−3= 257,14 μWb

ℛm 𝜙r ℛb−a−x

ℛx

𝜙 ℛm

𝜙r ℛm

ℛb−a−x

ℛx

𝜙


60

𝐵1(𝑥1) =𝜙(𝑥1)

𝐴1=200 · 10−6

400 · 10−6= 0,5 T

𝐵1(𝑥2) =𝜙(𝑥2)

𝐴1=257,14 · 10−6

400 · 10−6= 642,85 mT

𝐵2(𝑥1) =𝜙(𝑥1)

𝐴2=200 · 10−6

200 · 10−6= 1 T

𝐵2(𝑥2) =𝜙(𝑥2)

𝐴2=257,14 · 10−6

200 · 10−6= 1,286 T

3)

𝑖em =𝜙r ℛm𝑁em

𝐿(𝑥) =𝜓(𝑥)

𝑖em=𝑁em 𝜙(𝑥)

𝑖em=

𝑁em2

ℛm +ℛg=

𝑁em2

𝑏𝜇0 𝐴1

+𝑏 − 𝑎 − 𝑥 (1 −

𝐴2𝐴1)

𝜇0 𝐴2

𝐿(𝑥) =𝑁em2 𝜇0 𝐴2

𝑏 (1 +𝐴2𝐴1) − 𝑎 − 𝑥 (1 −

𝐴2𝐴1)=

106 · 4 π · 10−7

5 · 10−3 · 1,5 − 3 · 10−3 −𝑥2

𝐿(𝑥) =0,4 π

4,5 · 10−3 −𝑥2

=0,8 π

9 · 10−3 − 𝑥 H

4)

𝑊mg′ (𝑥) =

1

2 𝑖em · 𝐿(𝑥) · 𝑖em =

1

2 𝑖em2

𝑁em2 𝜇0 𝐴2

𝑏 (1 +𝐴2𝐴1) − 𝑎 − 𝑥 (1 −

𝐴2𝐴1)

𝑊mg′ (𝑥) =

1

2 ( 𝜙r ℛm𝑁em

)2

𝑁em2 𝜇0 𝐴2

𝑏 (1 +𝐴2𝐴1) − 𝑎 − 𝑥 (1 −

𝐴2𝐴1)

ℛm

𝜙r ℛm = 𝑁em 𝑖em

ℛg

𝜙


61

𝑊mg′ (𝑥) =

𝐴2𝐴1 𝑏2 𝜙r

2

2 𝜇0 𝐴1

1

𝑏 (1 +𝐴2𝐴1) − 𝑎 − 𝑥 (1 −

𝐴2𝐴1)

𝑊mg′ (𝑥) =

𝑏2 𝐵r2 𝐴2

2 𝜇0

1

𝑏 (1 +𝐴2𝐴1) − 𝑎 − 𝑥 (1 −

𝐴2𝐴1)

𝑊mg′ (𝑥) =

(5 · 10−3)2 · 0,92 · 200 · 10−6

2 · 4 π · 10−7

1

5 · 10−3 · 1,5 − 3 · 10−3 −𝑥2

𝑊mg′ (𝑥) =

10,125

π

10−3

9 · 10−3 − 𝑥 J

5)

𝐹m(𝑥) =𝜕

𝜕𝑥𝑊mg′ (𝑥) =

𝑏2 𝐵r2 𝐴2

2 𝜇0

1 −𝐴2𝐴1

[ 𝑏 (1 +𝐴2𝐴1) − 𝑎 − 𝑥 (1 −

𝐴2𝐴1) ]

2

𝐹m(𝑥) =𝜕

𝜕𝑥𝑊mg′ (𝑥) =

10,125

π

10−3

(9 · 10−3 − 𝑥)2 N

El sentit positiu de la força indica que la part mòbil tendeix a reduir l’entreferro per la cara de

menys secció. Això ja es podia intuir atès que els sistemes evolucionen cap a les posicions de

reluctància mínima.

𝐹m(𝑥1) = 39,79 N

𝐹m(𝑥2) = 65,77 N

Màquines Elèctriques -...

Documents

Transcript of Màquines Elèctriques -...