Área de la bobina frente al área del núcleo

¿Cómo se relaciona la diferencia de inductancia con la relación entre el área del núcleo y la bobina?

Es una buena pregunta, pero habrá «matices» que significan que esta respuesta no es 100% correcta para todas las situaciones. Comience con la reticencia magnética \ $ \ mathcal {R} \ $ y disculpas si las matemáticas van por las colinas un par de veces.

Se define así: –

$$ \ mathcal {R} = \ dfrac {\ ell} {\ mu \ cdot A} $$

La renuencia es la longitud del núcleo dividida por la permeabilidad x el área de la sección transversal. La renuencia también se define (más tradicionalmente) como: –

$$ \ mathcal {R} = \ dfrac {N \ cdot I} { \ Phi} $$

Aquí, la desgana es el número de vueltas (N) mu Indicado por la relación entre los amperios aplicados y el flujo magnético producido. Básicamente, esto nos dice que una mayor renuencia produce menos flujo por amperio. Es probablemente a lo que la mayoría de la gente está acostumbrada cuando entiende la desgana.

Si estas dos fórmulas se comparan, obtenemos: –

$$ \ Phi = \ dfrac {\ mu \ cdot A \ cdot I \ cdot N} {\ ell} $$

Si diferenciamos el flujo con el tiempo, obtenemos: –

$$ \ dfrac {d \ Phi} {dt} = \ dfrac {\ mu \ cdot A \ cdot N} {\ ell} \ cdot \ dfrac {di} {dt } $$

• Podemos usar la ley de inducción de Faraday para equiparar V / L a \ $ \ frac {di} {dt } \ $
• Y podemos equiparar V / N a \ $ \ frac {d \ Phi} {dt} \ $
• V es voltaje, L es inductancia

Ahora obtenemos la conocida fórmula para inductancia: –

$$ L = \ dfrac {\ mu \ cdot A \ cdot N ^ 2} {\ ell} $$

Desde arriba podemos sustituir \ $ \ ell \ $ , \ $ \ mu \ $ y \ $ A \ $ por desgana y obtenemos: –

$$ L = \ dfrac {N ^ 2} {\ mathcal {R}} $$

Tenga en cuenta que esta fórmula es un poco versión reorganizada de \ $ A_L \ $ , (factor de inductancia central) que se ve en las hojas de datos de ferrita con \ $ A_L \ $ es el inverso de la reluctancia (permeabilidad).

Podemos «estimar» la reluctancia del aire entre el núcleo de ferrita y las bobinas calculando el área que ocupa en la cruz total -sección de la bobina y luego aplicándola en la fórmula justo en la parte superior.

Luego, observando que las reticencias en paralelo se suman como resistencias en paralelo, deberíamos poder obtener un valor compuesto para la reticencia que comprenda aire y material del núcleo.

Utilice este valor compuesto en la fórmula inferior y el bingo.

Donde este método necesita funcionar (y donde mi comprensión me decepciona) es en «estimar» la reticencia del aire dentro de la sección transversal de la bobina; puede que no sea tan simple como calcular el total área que ocupa porque puede haber matices sobre la forma de aire que significan que no es aplicable en general.

Comentarios

• " … puede que no sea tan simple como calcular el área total que ocupa … " Requiere resolver una ecuación diferencial parcial en tres dimensiones, que solo se puede hacer para un número limitado de problemas. Generalmente esto se hace numéricamente, usando análisis de elementos finitos.
• @TimWescott sí, pensé que podría haber algunos matices sobre la resolución de la reticencia del espacio aéreo, pero eso es a lo que se reduce en pocas palabras; es decir, si puede hacer las ecuaciones de diferencia, entonces el OP tiene una respuesta.
• Buena respuesta. ' solo agregaré para el beneficio de OP ' que FEMM (modelador magnético de elementos finitos) es una herramienta gratuita, así que si (s) desea que puedan modelar un inductor de núcleo mixto. Sin embargo, creo que solo corta modelos de planos, por lo que todavía no ' resolvería el 3D completo. Puedes modelar cosas muy por encima de tu nivel de habilidad si entiendes los conceptos básicos lo suficientemente bien como para tener todo bien definido. ' solo consume un poco de tiempo.
• @ Andy también conocido como Since R1 || R2 para R1 > > R2 es aproximadamente R2, es el efecto del espacio de aire alrededor de la bobina mínimo hasta que la relación entre el espacio / núcleo acercar μ del núcleo? Si es así, para un núcleo con un μ de 1000, podría tener un espacio significativo con un efecto mínimo.
• @ crj11 tiene toda la razón, pero muchos núcleos hf tienen una permanente de solo diez o más.