Inductores de potencia para fuente conmutada (proveedor ??)

[Picuino]

Con esa resistencia, pueden entregar unos 10mA con una caída de tensión de 0,1 Voltios. Tendrías que colocar 500 condensadores en paralelo para que te fueran útiles (y a pesar de eso perderías 0,1 voltio)

Saludos.

[planeta9999]

 

OK, ya me doy cuenta del tema, esa resistencia interna (ESR) tan alta en los supercondensadores limita la corriente que pueden suministrar.  Decenas de ohm en los supercondensadores, frente a miliohm en los electrolíticos convencionales.

Lo que me extraña es que en las aplicaciones que se citan en la Wiki, se mencione el arranque de motores de tanques y submarinos, que supongo que requerirán un suministro de corriente elevado, la amortiguación de picos de consumo o interrupciones puntuales del suministro. A menos que estén conectando montones de supercondensadores en paralelo para bajar la ESR.

Bueno, no es la primera vez que hago una inversión fallida, ya les daré otro uso (o no). De momento, como en el PCB puedo montar hasta 4 condensadores electrolíticos SMD de 2200uF en paralelo, me servirá para amortiguar los picos de consumo, para que no me resetee el microcontrolador.

[micro_pepe]

¿Son correctos estos cálculos para esta bobina?

http://www.ariston.es/producto/ch100066-rohs-choque-toroidal-100uh-66a-32x14x30-9664.aspx

el núcleo es este:

http://www.ariston.es/producto/nth026-rohs-nucleo-toroidal-polvo-de-hierro-2692x147x1118-9583.aspx


Do = 26.92mm Diámetro externo
Di = 14.7 mm Diámetro interno
H = 11.18 mm Altura

Am = 0.95 · H · (Do - Di) / 2 = 65mm2 Sección del toroide. Área del flujo magnético.

AL = L / N^2 = 0.093 uH Inductancia por vuelta (dato del catalogo)

L = 100uH

N = sqr(L/AL) = sqr(100u/0.093u) = 33

I = B · Am / ( N · AL ) = 0.7 · 65 / (33 · 0.093) = 14.8A

Imagino que esta es la corriente de saturación, y los 6.6A que dan como dato es la rms ¿correcto?

Ponemos B = 0.7Teslas segun unos post mas atras:

Un inductor puede almacenar una energía limitada:

  E = 0.5 * I^2 * L

Esta energía se almacena en el campo magnético. Cuanto mayor es el volumen del entrehierro (pequeño gap de aire que corta el camino magnético), más energía puede almacenar.
La energía está limitada también por el máximo campo magnético, medido en Teslas. La ferrita no suele aceptar más de 0.3 Tesla y el polvo de hierro no suele aceptar más de 1 Tesla.
Estos dos parámetros indican cuánta energía puede almacenar una bobina (que se traduce en corriente e inductancia), por eso necesito saber la forma de la ferrita y sus dimensiones.

En el caso de los toroides no existe entrehierro visible porque está disperso en muchos pequeños espacios. Los colores amarillo-blanco indican que el entrehierro equivalente será de 1.33% de la longitud del camino magnético. En el caso de tu toroide el camino magnético tiene 42mm y un entrehierro equivalente de 0.56 mm de longitud. El área del camino magnético es de 35.8mm2 y el volumen del entrehierro equivalente es de 20mm3.
El campo magnético de saturación puede ser de unos 0.6 Tesla (no conviene forzar) y eso da una energía de:

    E = B² · V_entrehierro / (2 · μ₀) = 0.7² · 20·10^-9 / (2 · 1.2566·10^-6) = 2.9 mili Julios

Traducido a inductancia y a corriente:

   E = I² · L / 2 = 11² * 47uH / 2 = 2.8 mili Julios

A mi me sale que el inductor de toroide aguanta 11 amperios.

Las medidas del toroide las he sacado de aquí: http://www.acalbfi.com/nl/Magnetic-components/Cores/Iron-Powder/p/Iron-powder-toroidal-core-for-power-applications/0000000C1T

Saludos.

Esa bobina la voy a usar para un Buck con estos datos:

- Vi = 50v
- F = 80KHz
- Io = 6A

Con la salida a 12v y 6A alcanza una temperatura de unos 50ºC, igual que con 24v y 3A, no parece una temperatura  alarmante ¿podré llegar a 30 o 40v y 6A sin quemarla?

Saludos!!!

[Picuino]

En el Buck casi no importa la tensión de salida. Lo que más importa es la corriente de salida y esa se mantiene en 6A.

No he calculado la corriente rms, pero en este caso no es mucho mayor porque el rizado es relativamente pequeño con L=100u.

Si quieres intenta calcular la corriente de rizado y la corriente RMS de la bobina dependiendo de la tensión de salida, para una corriente fija de salida de 6A. Es un ejercicio interesante.

Saludos.

[pafiribeira]

¿Son correctos estos cálculos para esta bobina?

http://www.ariston.es/producto/ch100066-rohs-choque-toroidal-100uh-66a-32x14x30-9664.aspx

el núcleo es este:

http://www.ariston.es/producto/nth026-rohs-nucleo-toroidal-polvo-de-hierro-2692x147x1118-9583.aspx


Do = 26.92mm Diámetro externo
Di = 14.7 mm Diámetro interno
H = 11.18 mm Altura

Am = 0.95 · H · (Do - Di) / 2 = 65mm2 Sección del toroide. Área del flujo magnético.

AL = L / N^2 = 0.093 uH Inductancia por vuelta (dato del catalogo)

L = 100uH

N = sqr(L/AL) = sqr(100u/0.093u) = 33

I = B · Am / ( N · AL ) = 0.7 · 65 / (33 · 0.093) = 14.8A

Imagino que esta es la corriente de saturación, y los 6.6A que dan como dato es la rms ¿correcto?

Ponemos B = 0.7Teslas segun unos post mas atras:

Un inductor puede almacenar una energía limitada:

  E = 0.5 * I^2 * L

Esta energía se almacena en el campo magnético. Cuanto mayor es el volumen del entrehierro (pequeño gap de aire que corta el camino magnético), más energía puede almacenar.
La energía está limitada también por el máximo campo magnético, medido en Teslas. La ferrita no suele aceptar más de 0.3 Tesla y el polvo de hierro no suele aceptar más de 1 Tesla.
Estos dos parámetros indican cuánta energía puede almacenar una bobina (que se traduce en corriente e inductancia), por eso necesito saber la forma de la ferrita y sus dimensiones.

En el caso de los toroides no existe entrehierro visible porque está disperso en muchos pequeños espacios. Los colores amarillo-blanco indican que el entrehierro equivalente será de 1.33% de la longitud del camino magnético. En el caso de tu toroide el camino magnético tiene 42mm y un entrehierro equivalente de 0.56 mm de longitud. El área del camino magnético es de 35.8mm2 y el volumen del entrehierro equivalente es de 20mm3.
El campo magnético de saturación puede ser de unos 0.6 Tesla (no conviene forzar) y eso da una energía de:

    E = B² · V_entrehierro / (2 · μ₀) = 0.7² · 20·10^-9 / (2 · 1.2566·10^-6) = 2.9 mili Julios

Traducido a inductancia y a corriente:

   E = I² · L / 2 = 11² * 47uH / 2 = 2.8 mili Julios

A mi me sale que el inductor de toroide aguanta 11 amperios.

Las medidas del toroide las he sacado de aquí: http://www.acalbfi.com/nl/Magnetic-components/Cores/Iron-Powder/p/Iron-powder-toroidal-core-for-power-applications/0000000C1T

Saludos.

Esa bobina la voy a usar para un Buck con estos datos:

- Vi = 50v
- F = 80KHz
- Io = 6A

Con la salida a 12v y 6A alcanza una temperatura de unos 50ºC, igual que con 24v y 3A, no parece una temperatura  alarmante ¿podré llegar a 30 o 40v y 6A sin quemarla?

Saludos!!!

Hola, estoy interesado en el calculo que soporta un toroide, y he visto la formula que utilizaste;
                      "I = B • Am / ( N • AL ) = 0.7 • 65 / (33 • 0.093) = 14.8A"

Primero, utilizando la formula para conocer el factor de inductancia AL " AL = L / N^2" a mi sale un AL de 0,000•000•092 nH.

Segundo, Así pues al calcular la intensidad en A del toroide utilizando la formula; "I = B • Am / ( N • AL ) = 0.7 • 65 / (33 • 0.093) = 14.8A" en mi caso me da un resultado muy alto para ser real;   
                  I=0,7*73mm2/(33*0,000•000•092) =  16.928.811,90 A.

Podrías indicarme en que me equivoco, o de donde sale la formula por favor para obtener la intensidad del toroide.

gracias de antemano.