Grande différence entre la puissance théorique et réelle via mon générateur d'impulsions

J'essaie d'acquérir des compétences sur la génération d'impulsions, mais ce n'est pas facile. J'ai essayé de dériver la puissance dissipée par la résistance d'entrée de mon générateur d'impulsions, mais elle se révèle bien inférieure à la puissance réelle (si je ne me trompe pas). Où est mon erreur?

Le générateur d'impulsions est un simple générateur d'impulsions à transistor à avalanche à relaxation.

Voici une photo

Edit: les résistances de 50Ohm visibles sur l'image sont déconnectées. Seul le 50 Ohm de l'atténuateur joue ici un rôle. Voici ma dérivation de la puissance dissipée:

L'oscillateur est alimenté via une résistance ( dans le schéma) chargeant un condensateur ( dans le schéma) et se déchargeant via le transistor dans la résistance de charge (= R4 dans le schéma). $R$ $= R1+R2$ $C$ $C_1$ $R_L$

Nous pouvons visualiser l'impulsion avec l'oscilloscope.

Nous supposerons ici que l'impulsion a approximativement la forme d'un triangle à angle droit, dont le coin à angle droit est à . Soit la hauteur du triangle (en Volts), et sa base (en secondes). Ainsi, l'équation de la forme d'impulsion est à peu près $(0,0)$ $V$ $\sigma$

u (t) = V - \frac{V}{σ} t .

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

Cela donne l'énergie dissipée dans par une seule impulsion: (1/3 de l'énergie dissipée par une onde carrée, ceci logique). Supposons que la fréquence des impulsions soit , puis l'énergie dissipée dans en une seconde, qui est également la puissance moyenne, est $R_L$

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} .

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

Maintenant, nous nous intéressons à l'évaluation de la capacité . Soit la plus petite tension d'alimentation d'entrée telle que les oscillations du transistor à avalanche se produisent. La tension finale du condensateur avant sa décharge dans le transistor est approximativement , donc son énergie est . Mais cette énergie est presque entièrement transmise par l'impulsion au transistor et à , donc, en négligeant l'énergie gaspillée par le transistor (que j'ai vérifié pour rester froide), elle est égale à l'énergie calculée ci-dessus. Cela conduit à: $C$ $V_{av}$ $V_{av}$ $E_{cap} = CV_{av}^2/2$ $R_L$ $E$

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

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

Enfin, laissez - nous évaluer la puissance dissipée par la résistance . Rappelons que l'énergie gaspillée dans une résistance chargeant une capacité jusqu'à la tension d'alimentation est (la même que l'énergie stockée dans le condensateur). Pour une bonne approximation (puisque est beaucoup plus grande que ), tout le courant circulant à travers est utilisé pour la charge . $R$ $C$ $U$ $CU^2/2$ $1/f$ $\sigma$ $R$ $C$

Donc, avec , nous avons enfin que l'énergie dissipée par en une seconde, ou la puissance moyenne, est approximativement C'est un résultat curieux: la puissance dissipée par la résistance d'entrée est égale à la puissance dissipée par la résistance de charge. $U = V_{av}$ $R$

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} .

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

Si , alors nous avons $U > V_{av}$

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} .

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

Application à mon générateur (voir images ci-dessus):

$R_L = 50\ \Omega$ ,

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

$\sigma = 10\ ns$ ,

$\Delta = 40\ \mu s$ ,

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

$V = 1.8\sqrt{1000} = 57\ V$ ( sur oscilloscope, avec atténuateur 30 dB),

$V_{av} = 150\ V$ ,

$U = 160V$

Cela donne

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;

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

Mais j'ai également mesuré , $I_{supply} = 0.6\ mA$

ce qui donne

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 .

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

C'est bien plus que la puissance théorique. Où est l'erreur / l'hypothèse erronée?

generator pulse microwave MikeTeX
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Comment savez-vous que le compteur actuel est précis? At-il été étalonné récemment ou avez-vous essayé de vérifier la précision du compteur d'une manière ou d'une autre?

Elliot Alderson

Humm. En effet, je n'ai pas vérifié cela.

MikeTeX

Réponses:

Donc, après une semaine, j'ai enfin la réponse de l'énigme. Je pense que la réponse est intéressante, en particulier pour les personnes qui ont l'intention de faire face aux pannes d'avalanche.

La première chose que j'ai faite, suivant les conseils de Sunnyskyguy, a été d'étalonner la tension aux bornes de R2, afin de vérifier si le courant mesuré par l'ampèremètre analogique était faux. Étonnamment, on peut déduire de l'image ci-dessous que l'ampèremètre était remarquablement exact: le courant moyen est en effet d'environ 0,6 mA. Voici l'image de la tension à une borne de R1 (entre R1 et R2):

Il y a une sonde 1:10, donc la tension est la somme de 125V avec la moyenne d'une dent de scie de hauteur 25V, soit 125V + 12,5V = 137,5V. La tension du générateur est de 162 V, donc le courant moyen traversant R1 est (162 V - 137,5 V) / (R1 = 41 k) = 0,6 mA environ.

Après avoir été résolu à ce sujet, j'ai remarqué qu'il y avait un gros problème: où la charge coule-t-elle? En 1 seconde, nous venons de voir qu'une charge de 0,6 mC coule. Mais il est très facile de calculer la charge traversant la résistance de 50 ohms de l'atténuateur à l'image de l'impulsion (voir la question): l'impulsion a une hauteur de 57 V, et la forme d'un triangle rectangle de base 10 ns, donc la charge apportée par une seule impulsion est et en multipliant par le nombre d'impulsions en 1 seconde (25 kHz), nous trouvons une charge d'environ 0,15 mC pendant 1 seconde. C'est bien moins que les 0,6 mC qui traversent le générateur. Alors, où coule la majeure partie de la charge? il n'y a qu'un seul autre chemin que le courant peut traverser: PAR LA RÉSISTANCE DE BASE R3.

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

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

Pour vérifier cela, j'ai construit un test rapide et sale avec un transistor 2N3904, dont l'émetteur est laissé ouvert et le courant inverse circulant du collecteur vers la base est mesuré avec l'ampèremètre. Dans la première image ci-dessous, la base est connectée à la masse via une résistance de 10k (comme dans la question), et dans la deuxième image, la base est directement connectée à la masse:

[ firstImg [2]

Donc, 0,6 mA dans le premier cas et 1,2 mA dans le second cas.

Notez qu'il y a un saut de courant précisément à la tension d'avalanche (150 V); avant cela, le collecteur-base n'est presque pas conducteur, et après ce seuil, cette jonction devient rapidement de plus en plus conductrice, et j'ai même observé une résistance négative à une certaine tension. Cela signifie qu'après la tension de claquage en avalanche, le courant collecteur-base est de plus en plus contrôlé par la résistance de base, jusqu'à ce qu'il atteigne la limite de la loi d'Ohm: I = 160V / 10k = 16mA (que mon générateur ne peut pas alimenter) .

Pour conclure cette réponse, on peut apprendre de cette question que le courant inverse collecteur-base devient très important après la tension de seuil de claquage en avalanche, et doit être considéré très sérieusement en ce qui concerne la dissipation de puissance et le courant d'alimentation.

MikeTeX
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Très bon travail! Par conséquent, entre les influences de la résistance de base sur le travail des oscillateurs à transistor à avalanche de relaxation , nous devrions également inclure le contrôle de la dissipation de puissance associée au courant de polarisation inverse . Belle prise!

I_{C B}

$I_{CB}$

Daniele Tampieri

Merci Daniele, et aussi pour ta réponse très utile dans l'autre article.

MikeTeX

Je m'attends maintenant à une augmentation exponentielle du courant de charge d'entrée et à une impulsion de décharge triangulaire.

Je vois la période d'oscillation comme 40us et l'impulsion comme 9 ~ 10ns avec un rapport cyclique apparent de 10n / 40u = 250 ppm ou 0,025% afin que nous puissions négliger cette erreur contributive sur ce qui précède.

Vous mesurez la forme d'impulsion de sortie triangulaire déchargée avec un temps de montée <1 ns et une largeur d'impulsion de base d'environ 10 ns et vous vous attendez à ce que toute la puissance dissipée dans la résistance de charge de 50 ohms soit 100% de la puissance fournie par le générateur CC haute tension. Pourtant, il ne représente que 1/3 de la puissance d'entrée. {0,32 = 5,8 mA / 18 mW}

Donc, la question que vous devez vous poser est, si mes mesures sont exactes, où sont passés les 2/3 de la puissance restante?

Même si le transistor a dissipé de l'énergie dans sa résistance négative et en utilisant un TO-92, il a une différence de résistance thermique de la température ambiante au cas de Tca = 0,127 ['C / mW] {= Tja = Tjc [' C / W]} . Donc, avec seulement 12 mW manquants , vous ne devez pas supposer que vous pouvez détecter la quantité qui se dissipe facilement avec votre doigt!
- Là, j'ai utilisé la fiche technique de différence de résistance thermique entre le boîtier de jonction et Ambient, pour le prouver.

Alors, où est passée l'énergie? 98% déversé dans les résistances de charge. !!!

indice: dans les résistances de charge R1 et R2 et certains dans la résistance négative de Q1

Tony Stewart Sunnyskyguy EE75
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cette conversation a été déplacée vers le chat. chat.stackexchange.com/rooms/95054/…

Tony Stewart Sunnyskyguy EE75

Je viens de lire ta réponse. Merci de m'avoir répondu une fois de plus! Je ne sais pas qui a précédemment rejeté cette réponse. Personnellement, je donne du temps à l'écrivain pour mettre à jour sa réponse. Il est intéressant que vous ayez pu vérifier que peu d'énergie est gaspillée au premier trimestre. Concernant votre réponse, ma question était exactement pourquoi l'énergie calculée est-elle gaspillée dans R = R1 + R2 beaucoup moins que l'énergie mesurée. Donc, à moins que je ne me trompe, votre réponse ne peut pas répondre à la question.

MikeTeX

Je viens de remarquer que j'ai écrit au début de la question "la puissance dissipée dans une charge" alors que je voulais dire "la puissance dissipée dans la résistance d'entrée", comme écrit vers la fin de la question. Désolé si cela a causé une certaine confusion. J'ai édité ma question.

MikeTeX

J'ai supposé que le courant de 50 Ohms était votre "charge" (impulsion), mais la plus grande charge est les résistances de charge sur le collecteur.

Tony Stewart Sunnyskyguy EE75

Je suis surpris que vous utilisiez un compteur à bobine mobile pour le courant moyen, compte tenu de la possibilité d'erreurs transitoires dV / dt élevées. Mais vos résistances de charge, (je vous parie une bière ou un single malt), elles étaient chaudes !! et bien plus que ce que vous avez calculé à partir du courant de bobine mobile => puissance. Le courant initial sera simplement 160V / 51k ~ 3,1mA et le courant final au déclenchement = (V + - Vaval.) / 51k = (160-60) / 51k ~ 2mA donc la Vrms ~ 2,5mA n'est pas 0,6mA. là encore, je m'attends à ce qu'un Pd (51k) = 2,5mA² * 51k = ~ 320 mW produise une impulsion de 5,8mW. Ce ratio de 320 / 5,8 = 55 = 2% d'efficacité !! Cela me semble logique.

Tony Stewart Sunnyskyguy EE75