stel: ideale transformator
stel: geen belasting
dus enkel I0 : magnetisatiestroom in primaire. die een flux opwekt in de transfo.
Nu belasting: puur ohms.
In de secundaire gaat er stroom vloeien -> oorspronkelijke flux wordt wat kleiner -> er gaat een extra stoom vloeien in de primaire om dit te counteren.
vragen:
1)de grootste flux die door de kern gaat is de magnetisatiestroom ?
2)als elke keer de secundaire flux de primaire wat gaat tegenwerken dan zou je kunnen besluiten dat elke transfo een oneindig vermogen kan verzetten ? elke keer als er 0.1A wordt gecanceld door de secundaire gaat de primaire er 0.1 aan toe voegen. De beperking ligt op vlak van de bedrading, aangezien de flux steeds constant blijft. : waar zit de fout;
3)hoe kan men de kern oversatureren.
dank
Dag fille,
De fout in je redenering zit eigenlijk in twee tegenstrijdigheden in je tekst.
Op 18 april 2013 02:19:28 schreef fille: stel: ideale transformator
en
Op 18 april 2013 02:19:28 schreef fille:... hoe kan men de kern oversatureren
Maw, een ideale transformator lekt niet en heeft geen verzadigingsproblemen (Zou overigens niet slecht zijn moest ik deze bij sommige gerechten ook niet hebben 
)
Op 18 april 2013 02:19:28 schreef fille: 2)als elke keer de secundaire flux de primaire wat gaat tegenwerken dan zou je kunnen besluiten dat elke transfo een oneindig vermogen kan verzetten ? elke keer als er 0.1A wordt gecanceld door de secundaire gaat de primaire er 0.1 aan toe voegen. De beperking ligt op vlak van de bedrading, aangezien de flux steeds constant blijft. :
Deze redenering kan perfect als je die tenminste juist interpreteert, namelijk wat er gebeurt met de flux als je een gelijkspanning op de primaire van een ideale en dan een niet-ideale transformator zou aansluiten? Denk aan verlies. Als afgeleiden en integralen geen probleem voor je vormen denk eraan dat de flux de integraal is van de aangelegde spanning. Grafisch gaat echter ook.
Jouw vraag is in gronde genomen hetzelfde als:
- Waarom (niet-ideale) transformatoren enkel met wisselspanning werken.
- Waarom transformatoren kleiner worden naarmate de frekwentie hoger wordt.
Succes ermee
dank,
ik begrijp dat ohmse weestand en lekfluxen in serie staan met de "wederzijdse inductie". (en dat er parrallel hiermee ook nog een Im stroom vloeit die complex is).
de lekfluxen compenseren elkaar niet en beginnen de core dus geleidelijk aan te satureren. de lekfluxen zijn vaak maar 5%, had gewoon niet voor ogen dat het effect op de omvang van de bouw van een transformator zo groot zou zijn.
Ik ga er verder over nadenken,
als er nog bedenkingen zijn, laat maar komen
heel erg bedankt
Op 18 april 2013 08:25:27 schreef fille:
dank,de lekfluxen compenseren elkaar niet en beginnen de core dus geleidelijk aan te satureren. de lekfluxen zijn vaak maar 5%, had gewoon niet voor ogen dat het effect op de omvang van de bouw van een transformator zo groot zou zijn.
Klopt niet
Je ideale trafo, met eindige wederzijdse inductie, heeft een magnetiseringsstroom. Die stroom levert een magnetisch veld H, dat is onafhankelijk van de kern, waarmee ik niet wil zeggen dat je de kern eruit kunt trekken, want als je dat doet neemt de i toe. MAAR het verband tussen i en H is constant. (Wetten van Maxwell). Je krijgt dan in de kern de magnetische inductie B uitgedrukt in weber per vierkante meter. Die B is mu_nul . mu_r maal H
mu_0 is 4 pi E-7 een natuurconstante. mu-r is de relatieve permeabiliteit, die afneemt bij grotere H (verzadiging en hysteresislus)
Die B zorgt voor de tegenEMK, Eind = - O dB/dt
Maak je O (kerndoorsnede) groter dan wordt B dus kleiner.
Ga je de trafo belasten dan blijft de magnetiseringsstroom precies gelijk bij een ideale trafo. Die veroorzaakt dus GEEN geleidelijke verzadiging bij vergroten belasting Bij een niet ideale met spreiding wordt de magnetiseringsstroom zelfs kleiner, omdat er spanning valt over de primaire spreidingszelfinductie.
Een trafo gaat bij stationair gebruik dus almaar meer verzadigen als je de SPANNINGsamplitude primair opvoert, dan moet de B namelijk een grotere tegenEMK geven, en dat kan die dan niet meer, want als de B nauwelijks toeneemt met de H is dB/dt klein en dus krijg je om dat te compenseren een sterk vergrote momentane i, aangezien dB/dt = mu_0 d(mu_r.H)/dt de primaire aangeboden spanning MOET compenseren teneinde de tegenEMK te kunnen blijven leveren. mu_r*H moet dus sinusvormig verlopen en omdat mu_r het laat afweten moet H dat noodgedwongen compenseren als de trafo primair op het net staat, waarvan de spanning nagenoeg onafhankelijk is van de belasting.
Schakel je een trafo in, dan is als alles lineair zou zijn de stroom maximaal de dubbele waarde, als inschakelverschijnsel, maar een stroom van dubbele waarde verdubbelt de H en de kern gaat DAARDOOR in de verzadiging . Om dan nog de vereiste tegenEMK te leveren krijg je een enorme stroompiek.
Voorts is de toename van de B altijd van het punt waar hij is naar het punt waar hij naar toegaat. Als je bij inschakelen restmagnetisme in de kern had kan dat meewerken om dB/dt hoger te maken, maar ook tegenwerken waardoor dB/dt lager wordt. In dat laatste geval verhoogt dat de inschakelstroom ook nog eens een keer, maar dat is op een ander moment van de inschakelstroom (het begin ervan)
De lekzelfinducties kun je meten door de trafo secundair kort te sluiten en dan op de primaire de L te meten. De wederzijdse inductie kun je meten door de secundaire juist open te laten en primair te meten. Uit die twee metingen samen kun je beide gevonden waarden nog corrigeren voor elkaars aanwezigheid tijdens de metingen.
De flux in de kern is dus onafhankelijk van de belasting. Oversturen kun je door die flux te groot te maken, door te weinig windingen per volt te nemen. De stroom piekt dan op de toppen en de kern wordt heet. Verder kun je als je het aantal windingen per volt niet te laag gekozen hebt de zaak overbelasten door de weerstandverliezen van het draad. Laat je de ijzerverliezen afnemen door meer windingen, dan moet je het draad dunner maken en nemen de koperverliezen dus toe. Maak je het draad dikker met minder windingen dan nemen de ijzerverliezen toe. De totale verliezen zijn minimaal als bij vollast de koper en ijzerverliezen gelijk zijn.