Perbedaan besar antara kekuatan teoretis dan aktual melalui generator pulsa saya

Saya mencoba untuk memperoleh beberapa keterampilan tentang pembuatan pulsa, tetapi itu tidak mudah. Saya sudah mencoba untuk mendapatkan daya yang dihamburkan oleh resistor input di generator pulsa saya, tetapi ternyata jauh lebih rendah daripada daya yang sebenarnya (jika saya benar). Di mana kesalahan saya?

Generator pulsa adalah generator pulsa transistor longsor relaksasi sederhana.

Ini gambarnya

Sunting: resistor 50Ohm yang terlihat dalam gambar terputus. Hanya 50 Ohm dari atenuator yang berperan di sini. Inilah derivasi saya dari kekuatan yang hilang:

Osilator diaktifkan melalui resistor ( dalam skema) mengisi kapasitor ( dalam skema) dan mengeluarkan melalui transistor ke tahanan beban (= R4 dalam skema). $R$ $= R1+R2$ $C$ $C_1$ $R_L$

Kita dapat memvisualisasikan denyut nadi dengan osiloskop.

Kita akan mengasumsikan di sini bahwa pulsa kira-kira memiliki bentuk segitiga sudut kanan, yang sudut sudut kanannya berada pada . Misalkan adalah ketinggian segitiga (dalam Volts), dan basisnya (dalam detik). Jadi, persamaan bentuk pulsa kira-kira $(0,0)$ $V$ $\sigma$

u (t) = V - \frac{V}{σ} t .

$u(t) = V - {V\over \sigma}t.$

Ini memberikan energi yang hilang dalam oleh satu pulsa: (1/3 dari energi yang dihilangkan oleh gelombang persegi, ini masuk akal). Mari kita asumsikan frekuensi pulsa adalah , maka energi yang dihamburkan dalam dalam satu detik, yang juga merupakan daya rata-rata, adalah $R_L$

E = \frac{1}{R_{L}} \int_{0}^{σ} u^{2} (t) d t = \frac{1}{R_{L}} [- \frac{σ}{3 V} (V - \frac{V}{σ} t)^{3}]_{0}^{σ} = \frac{σ}{3 R_{L}} V^{2}

$E = {1\over R_L}\int_0^\sigma u^2(t) dt = {1\over R_L} \bigg[ -{\sigma\over 3V}\bigg(V - {V\over \sigma} t\bigg)^3\bigg]_0^\sigma = {\sigma\over 3R_L}V^2$

f

$f$

R_{L}

$R_L$

P_{m e a n} = f E = \frac{f σ}{3 R_{L}} V^{2} .

$P_{mean} = fE = {f\sigma\over 3R_L}V^2.$

Sekarang, kita tertarik dalam evaluasi kapasitansi . Misalkan menjadi tegangan pasokan input terkecil sehingga terjadi osilasi transistor avalanche. Tegangan terakhir kapasitor sebelum dikeluarkan ke dalam transistor adalah aproximatively , jadi energinya adalah . Tetapi energi ini hampir seluruhnya ditransmisikan oleh pulsa ke transistor dan , jadi, mengabaikan energi yang terbuang oleh transistor (yang saya periksa tetap dingin), itu sama dengan energi dihitung di atas. Ini mengarah ke: $C$ $V_{av}$ $V_{av}$ $E_{cap} = CV_{av}^2/2$ $R_L$ $E$

C = \frac{2 σ}{3 R_{L}} \frac{V^{2}}{V_{a v}^{2}} .

$C = {2\sigma\over 3R_L}{V^2\over V_{av}^2}.$

Akhirnya, marilah kita mengevaluasi daya yang dihamburkan oleh resistor . Ingatlah bahwa energi yang terbuang dalam resistor yang mengisi kapasitansi hingga tegangan suplai adalah (sama dengan energi yang disimpan dalam kapasitor). Untuk pendekatan yang baik (sejak jauh lebih besar dari ), semua arus yang mengalir melalui digunakan untuk biaya . $R$ $C$ $U$ $CU^2/2$ $1/f$ $\sigma$ $R$ $C$

Jadi, dengan , akhirnya kita memiliki energi yang dihamburkan oleh dalam satu detik, atau daya rata-rata, kira-kira Ini adalah hasil yang aneh: daya yang dihamburkan oleh resistor input sama dengan daya yang dihamburkan oleh resistor beban. $U = V_{av}$ $R$

P_{m e a n}^{R} = \frac{1}{2} f C V_{a v}^{2} = \frac{f σ}{3 R_{L}} V^{2} = P_{m e a n} .

$P^R_{mean} = {1\over 2} f C V_{av}^2 = {f\sigma\over 3R_L}V^2 = P_{mean}.$

Jika , maka kita memiliki $U > V_{av}$

P_{m e a n}^{R} = \frac{f σ}{3 R_{L}} \frac{U^{2}}{V_{a v}^{2}} V^{2} = \frac{U^{2}}{V_{a v}^{2}} P_{m e a n} .

$P_{mean}^{R} = {f\sigma\over 3R_L}{U^2\over V_{av}^2} V^2 = {U^2\over V_{av}^2} P_{mean}.$

Aplikasi untuk generator saya (lihat gambar di atas):

$R_L = 50\ \Omega$ ,

$R = 41 +10 = 51\ k\Omega$ ,

$\sigma = 10\ ns$ ,

$\Delta = 40\ \mu s$ ,

$f = 1/\Delta = 25 \ kHz$ ,

$V = 1.8\sqrt{1000} = 57\ V$ (1.8V pada osiloskop, dengan atenuator 30db),

$V_{av} = 150\ V$ ,

$U = 160V$

Ini menghasilkan

P_{m e a n} = 5.4 m W;

$P_{mean} = 5.4\ mW;$

C = 19 p F,

$C = 19\ pF,$

P_{m e a n}^{R} = 5.8 m W;

$P_{mean}^{R} = 5.8 \ mW;$

Tapi saya juga mengukur , $I_{supply} = 0.6\ mA$

yang menghasilkan

P_{m e a n a c t u a l}^{R} = R I_{s u p p l y}^{2} \approx 18 m W .

$P^R_{mean \ actual} = R I^2_{supply} \approx 18\ mW.$

Ini jauh lebih dari kekuatan teoretis. Dimana anggapan yang salah / salah?

generator pulse microwave

— MikeTeX
sumber

Bagaimana Anda tahu bahwa meteran saat ini akurat? Apakah sudah dikalibrasi belakangan ini, atau sudahkah Anda mencoba memverifikasi akurasi meter dengan cara tertentu?

— Elliot Alderson

Humm. Memang, saya belum memeriksanya.

— MikeTeX

Jawaban:

Jadi, setelah seminggu, akhirnya saya mendapat jawaban dari teka-teki itu. Saya pikir jawabannya menarik, khususnya bagi orang-orang yang berniat untuk menangani longsoran salju.

Hal pertama yang saya lakukan, mengikuti saran dari Sunnyskyguy, adalah untuk lingkup tegangan di terminal R2, untuk memeriksa apakah arus yang diukur oleh Ammeter analog salah. Cukup mengejutkan, dapat disimpulkan dari gambar di bawah ini bahwa Ammeter sangat tepat: arus rata-rata memang sekitar 0,6 mA. Berikut ini gambar tegangan pada satu terminal R1 (antara R1 dan R2):

Ada probe 1:10, jadi tegangannya adalah jumlah 125V dengan rata-rata gigi gergaji 25V, yaitu 125V + 12.5V = 137.5V. Tegangan generator adalah 162V, maka arus rata-rata yang mengalir melalui R1 adalah (162V - 137.5V) / (R1 = 41k) = kira-kira 0,6mA.

Setelah diperbaiki tentang hal itu, saya perhatikan ada masalah besar: di mana muatannya mengalir? Dalam 1s, kita baru saja melihat bahwa muatan 0,6 mC mengalir. Tetapi sangat mudah untuk menghitung muatan yang mengalir melalui resistor 50 ohm dari attenuator pada gambar pulsa (lihat pertanyaan): pulsa memiliki ketinggian 57 V, dan bentuk segitiga siku kanan dari basis 10 ns, jadi muatan yang dibawa oleh satu pulsa adalah dan mengalikan dengan jumlah pulsa dalam 1 detik (25kHz), kami menemukan muatan sekitar 0,15 mC selama 1 detik. Ini jauh lebih kecil dari 0,6 mC yang mengalir melalui generator. Jadi, di mana sebagian besar muatan mengalir? hanya ada satu jalur lain yang dapat mengalir saat ini: MELALUI RESISTOR BASE R3.

\frac{1}{2} \frac{57}{50} \cdot 10 n s

${1\over 2}{57\over 50} \cdot 10 ns$

Untuk memeriksanya, saya membuat tes cepat dan kotor dengan transistor 2N3904, yang emitornya dibiarkan terbuka dan arus balik yang mengalir dari kolektor ke pangkalan diukur dengan Ammeter. Pada gambar pertama di bawah ini, pangkalan terhubung ke ground melalui resistor 10k (seperti dalam pertanyaan), dan pada gambar kedua, pangkalan terhubung langsung ke tanah:

[ firstImg [2]

Jadi, 0,6 mA dalam kasus pertama, dan 1,2 mA dalam kasus kedua.

Perhatikan bahwa ada lonjakan arus tepatnya pada tegangan longsoran (150 V); sebelum itu, basis kolektor hampir tidak melakukan, dan setelah ambang ini, persimpangan ini menjadi semakin cepat melakukan, dan saya bahkan mengamati resistensi negatif pada beberapa tegangan. Itu berarti bahwa setelah tegangan longsoran salju, arus kolektor-basis semakin dikontrol oleh resistor basis, hingga mencapai batas hukum Ohm: I = 160V / 10k = 16mA (generator saya tidak dapat memberi makan) .

Untuk menyimpulkan jawaban ini, dapat dipelajari dari pertanyaan ini bahwa arus balik kolektor-pangkalan menjadi sangat penting setelah tegangan ambang batas longsoran salju longsor, dan harus dipertimbangkan dengan sangat serius mengenai disipasi daya dan arus suplai.

— MikeTeX
sumber

Kerja yang sangat bagus! Oleh karena itu, antara pengaruh resistor basis pada pekerjaan relaksasi osilator transistor longsoran , kita harus memasukkan juga kendali arus balik bias terkait dengan disipasi daya. Tangkapan bagus!

I_{C B}

$I_{CB}$

— Daniele Tampieri

Terima kasih Daniele, dan juga atas jawaban Anda yang sangat berguna di artikel lainnya.

— MikeTeX

Sekarang saya mengharapkan kenaikan arus input input eksponensial dan pulsa pelepasan segitiga.

Saya melihat periode osilasi sebagai 40us dan pulsa sebagai 9 ~ 10ns dengan siklus tugas yang jelas 10n / 40u = 250 ppm atau 0,025% sehingga kita dapat mengabaikan kesalahan yang berkontribusi pada hal di atas.

Anda mengukur bentuk pulsa keluaran triangular yang habis dengan waktu naik <1ns dan ~ lebar pulsa 10ns dan berharap bahwa semua daya yang dihamburkan dalam resistor beban 50 Ohm adalah 100% dari daya yang dipasok oleh generator DC tegangan tinggi. Namun itu hanya 1/3 dari daya input. {0.32 = 5.8mA / 18mW}

Jadi pertanyaan yang harus Anda tanyakan pada diri Anda adalah, jika pengukuran saya akurat, kemana perginya 2/3 lainnya?

Bahkan jika transistor menghilangkan energi dalam resistansi negatif dan menggunakan TO-92, ia memiliki perbedaan resistansi termal dari ambient ke case Tca = 0,127 ['C / mW] {= Tja = Tjc [' C / W]} . Jadi dengan hilangnya hanya 12mW , Anda tidak boleh berasumsi bahwa Anda dapat mendeteksi berapa banyak yang hilang dengan mudah dengan jari Anda!
- Di sana saya menggunakan perbedaan lembar data dalam tahanan termal antara Junction-Case dan Ambient, untuk membuktikan ini.

Jadi kemana perginya energinya? 98% dibuang di resistor pengisian daya. !!!

petunjuk: di resistor pengisian R1 & R2 dan beberapa di resistensi negatif Q1

— Tony Stewart Sunnyskyguy EE75
sumber

percakapan ini telah dipindahkan ke obrolan. chat.stackexchange.com/rooms/95054/...

— Tony Stewart Sunnyskyguy EE75

Saya baru saja membaca jawaban Anda. Terima kasih telah menjawab saya sekali lagi! Saya tidak tahu siapa yang sebelumnya menolak jawaban ini. Secara pribadi, saya biasa memberi waktu kepada penulis untuk memperbarui jawabannya. Sangat menarik bahwa Anda dapat memeriksa beberapa energi yang terbuang di Q1. Mengenai jawaban Anda, pertanyaan saya adalah persis mengapa energi yang dihitung terbuang dalam R = R1 + R2 jauh lebih rendah daripada energi yang diukur. Jadi, kecuali saya salah, jawaban Anda tidak dapat memenuhi pertanyaan.

— MikeTeX

Saya baru saja memperhatikan saya menulis di awal pertanyaan "kekuatan menghilang dalam beban" sementara saya maksudkan "daya dihamburkan dalam resistor input", seperti yang ditulis di akhir pertanyaan. Maaf jika ini menyebabkan kebingungan. Saya telah mengedit pertanyaan saya.

— MikeTeX

Saya berasumsi 50 Ohm saat ini adalah "beban" (pulsa) Anda, tetapi beban yang lebih besar adalah resistor muatan pada kolektor.

— Tony Stewart Sunnyskyguy EE75

Saya terkejut Anda menggunakan meteran kumparan bergerak untuk arus rata-rata mengingat kemungkinan kesalahan transien dV / dt tinggi. Tapi penagih bayaran Anda, (saya yakin Anda bir atau malt tunggal), mereka panas !! dan lebih banyak dari yang Anda hitung dari kumparan arus => daya. Arus awal hanya 160V / 51k ~ 3.1mA dan arus akhir pada trigger = (V + - Vaval.) / 51k = (160-60) / 51k ~ 2mA sehingga Vrms ~ 2.5mA bukan 0.6mA. jadi sekali lagi saya mengharapkan Pd (51k) = 2.5mA² * 51k = ~ 320 mW untuk menghasilkan pulsa 5.8mW. Rasio ini 320 / 5,8 = 55 = efisiensi 2% !! Ini masuk akal bagi saya.

— Tony Stewart Sunnyskyguy EE75