Große Diskrepanz zwischen theoretischer und tatsächlicher Leistung durch meinen Impulsgenerator

Ich versuche, einige Fähigkeiten zur Impulserzeugung zu erwerben, aber das ist nicht einfach. Ich habe versucht, die vom Eingangswiderstand in meinem Impulsgenerator verbrauchte Leistung abzuleiten, aber es stellt sich heraus, dass sie viel geringer ist als die tatsächliche Leistung (wenn ich richtig bin). Wo ist mein Fehler?

Der Impulsgenerator ist ein einfacher Relaxations-Lawinentransistor-Impulsgenerator.

Hier ist ein Bild

Bearbeiten: Die im Bild sichtbaren 50-Ohm-Widerstände sind nicht angeschlossen. Hier spielen nur die 50 Ohm des Dämpfers eine Rolle. Hier ist meine Ableitung der zerstreuten Kraft:

Der Oszillator wird über einen Widerstand ( im Schaltplan) mit Strom versorgt, der einen Kondensator ( im Schaltplan) und über den Transistor in den Lastwiderstand (= R4 im Schaltplan) . $R$ $= R1+R2$ $C$ $C_1$ $R_L$

Wir können den Puls mit dem Oszilloskop visualisieren.

Wir nehmen hier an, dass der Impuls ungefähr die Form eines rechtwinkligen Dreiecks hat, dessen rechtwinklige Ecke bei . Sei die Höhe des Dreiecks (in Volt) und seine Basis (in Sekunden). Die Gleichung der Pulsform lautet also ungefähr $(0,0)$ $V$ $\sigma$

u (t) = V. - - \frac{V.}{σ} t .

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

Dies ergibt die in durch einen einzelnen Impuls Energie : (1/3 der von einer Rechteckwelle Energie, dies macht Sinn). Nehmen wir an, die Frequenz der Impulse ist , dann ist die in in einer Sekunde Energie , die auch die mittlere Leistung ist, $R_L$

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 ein n} = f E. = \frac{f σ}{3 {R.}_{L.}} {V.}^{2} .

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

Nun sind wir in der Auswertung der Kapazität interessieren . Sei die kleinste Eingangsversorgungsspannung, so dass die Lawinentransistorschwingungen auftreten. Die Endspannung des Kondensators vor seiner Entladung in den Transistor beträgt ungefähr , so dass seine Energie . Diese Energie wird jedoch fast vollständig durch den Impuls an den Transistor und übertragen. man also die vom Transistor verschwendete Energie vernachlässigt (die ich überprüft habe, um kühl zu bleiben), entspricht sie der oben berechneten Energie Dies führt zu: $C$ $V_{av}$ $V_{av}$ $E_{cap} = CV_{av}^2/2$ $R_L$ $E$

C. = \frac{2 σ}{3 {R.}_{L.}} \frac{{V.}^{2}}{{V.}_{ein v}^{2}} .

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

Lassen Sie uns abschließend die vom Widerstand Leistung bewerten . Es sei daran erinnert, dass die Energie, die in einem Widerstand verschwendet wird, der eine Kapazität bis zur Versorgungsspannung ist (die gleiche Energie wie die im Kondensator gespeicherte Energie). In guter Näherung (da viel größer als ) wird der gesamte durch fließende Strom zum Laden von . $R$ $C$ $U$ $CU^2/2$ $1/f$ $\sigma$ $R$ $C$

Mit haben wir schließlich, dass die von in einer Sekunde verbrauchte Energie oder die mittlere Leistung ungefähr Dies ist ein merkwürdiges Ergebnis: Die vom Eingangswiderstand abgegebene Leistung entspricht der vom Lastwiderstand verbrauchten Leistung. $U = V_{av}$ $R$

{P.}_{m e ein n}^{R.} = \frac{1}{2} f C. {V.}_{ein v}^{2} = \frac{f σ}{3 {R.}_{L.}} {V.}^{2} = {P.}_{m e ein n} .

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

Wenn , dann haben wir $U > V_{av}$

{P.}_{m e ein n}^{R.} = \frac{f σ}{3 {R.}_{L.}} \frac{{U.}^{2}}{{V.}_{ein v}^{2}} {V.}^{2} = \frac{{U.}^{2}}{{V.}_{ein v}^{2}} {P.}_{m e ein n} .

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

Anwendung auf meinen Generator (siehe Bilder oben):

$R_L = 50\ \Omega$ ,

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

$\sigma = 10\ ns$ ,

$\Delta = 40\ \mu s$ ,

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

$V = 1.8\sqrt{1000} = 57\ V$ (1,8 am Oszilloskop mit Dämpfer 30 dB),

$V_{av} = 150\ V$ ,

$U = 160V$

Dies ergibt

{P.}_{m e ein n} = 5.4 m W.;;

$P_{mean} = 5.4\ mW;$

C. = 19 p F.,

$C = 19\ pF,$

{P.}_{m e ein n}^{R.} = 5.8 m W.;;

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

Aber ich habe auch gemessen , $I_{supply} = 0.6\ mA$

ergibt

{P.}_{m e ein n ein c t u ein l}^{R.} = R. {ich}_{s u p p l y}^{2} \approx 18 m W. .

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

Dies ist viel mehr als die theoretische Kraft. Wo ist der Fehler / die falsche Annahme?

generator pulse microwave

— MikeTeX
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Woher wissen Sie, dass der aktuelle Zähler genau ist? Wurde es kürzlich kalibriert oder haben Sie versucht, die Genauigkeit des Messgeräts auf irgendeine Weise zu überprüfen?

— Elliot Alderson

Humm. In der Tat habe ich das nicht überprüft.

— MikeTeX

Antworten:

Nach einer Woche habe ich endlich die Antwort auf das Rätsel. Ich denke, die Antwort ist interessant, insbesondere für die Personen, die sich mit dem Abbau von Lawinen befassen wollen.

Das erste, was ich nach dem Rat von Sunnyskyguy tat, war, die Spannung an den Klemmen von R2 zu messen, um zu überprüfen, ob der vom analogen Amperemeter gemessene Strom falsch war. Überraschenderweise kann aus dem Bild unten abgeleitet werden, dass das Amperemeter bemerkenswert genau war: Der mittlere Strom beträgt tatsächlich etwa 0,6 mA. Hier ist das Bild der Spannung an einem Anschluss von R1 (zwischen R1 und R2):

Da es sich um eine 1: 10-Sonde handelt, ist die Spannung die Summe von 125 V mit dem Mittelwert eines Sägezahns mit einer Höhe von 25 V, dh 125 V + 12,5 V = 137,5 V. Die Spannung des Generators beträgt 162 V, daher beträgt der durch R1 fließende mittlere Strom (162 V - 137,5 V) / (R1 = 41 k) = ca. 0,6 mA.

Nachdem ich das behoben hatte, bemerkte ich, dass es ein großes Problem gibt: Wo fließt die Ladung? In 1s haben wir gerade gesehen, dass eine Ladung von 0,6 mC fließt. Es ist jedoch sehr einfach, die Ladung, die durch den 50-Ohm-Widerstand des Dämpfers fließt, im Bild des Impulses zu berechnen (siehe Frage): Der Impuls hat eine Höhe von 57 V und die Form eines rechtwinkligen Dreiecks der Basis 10 ns, also ist die Ladung, die durch einen einzelnen Impuls gebracht wird, und multipliziert mit der Anzahl der Impulse in 1 Sekunde (25 kHz) finden wir eine Ladung von ungefähr 0,15 mC während 1 Sekunde. Dies ist viel weniger als die 0,6 mC, die durch den Generator fließen. Wo fließt also der größte Teil der Ladung? Es gibt nur einen anderen Pfad, über den der Strom fließen kann: DURCH DEN BASISWIDERSTAND R3.

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

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

Um dies zu überprüfen, habe ich einen schnellen und schmutzigen Test mit einem 2N3904-Transistor erstellt, dessen Emitter offen bleibt und der vom Kollektor zur Basis fließende Rückstrom mit dem Amperemeter gemessen wird. Im ersten Bild unten ist die Basis über einen 10k-Widerstand (wie in der Frage) mit Masse verbunden, und im zweiten Bild ist die Basis direkt mit Masse verbunden:

[ firstImg [2]

Also 0,6 mA im ersten Fall und 1,2 mA im zweiten Fall.

Beachten Sie, dass genau bei der Lawinenspannung (150 V) ein Stromsprung auftritt. davor ist die Kollektorbasis fast nicht leitend, und nach dieser Schwelle wird dieser Übergang schnell mehr und mehr leitend, und ich habe sogar einen negativen Widerstand bei einer bestimmten Spannung beobachtet. Das bedeutet, dass nach der Lawinendurchbruchspannung der Kollektor-Basisstrom immer mehr vom Basiswiderstand gesteuert wird, bis er die Grenze des Ohmschen Gesetzes erreicht: I = 160 V / 10 k = 16 mA (die mein Generator nicht speisen kann) .

Um diese Antwort abzuschließen, kann aus dieser Frage gelernt werden, dass der Kollektor-Basis-Rückstrom nach der Lawinendurchbruchschwellenspannung sehr wichtig wird und in Bezug auf Verlustleistung und Versorgungsstrom sehr ernst genommen werden sollte.

— MikeTeX
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I_{C B}

$I_{CB}$

Vielen Dank an Daniele und auch für Ihre sehr nützliche Antwort im anderen Artikel.

— MikeTeX

Ich erwarte jetzt einen exponentiell ansteigenden Eingangsladestrom und einen dreieckigen Entladungsimpuls.

Ich sehe die Schwingungsperiode als 40us und den Impuls als 9 ~ 10ns mit einem scheinbaren Tastverhältnis von 10n / 40u = 250 ppm oder 0,025%, so dass wir diesen Fehler vernachlässigen können.

Sie messen die entladene dreieckige Ausgangsimpulsform mit einer Anstiegszeit von <1 ns und einer Basisimpulsbreite von ~ 10 ns und erwarten, dass die gesamte im 50-Ohm-Lastwiderstand verbrauchte Leistung 100% der vom Hochspannungs-Gleichstromgenerator gelieferten Leistung beträgt. Es ist jedoch nur 1/3 der Eingangsleistung. {0,32 = 5,8 mA / 18 mW}

Die Frage, die Sie sich stellen sollten, lautet also: Wenn meine Messungen korrekt sind, wohin gingen die anderen 2/3 der Leistung?

Selbst wenn der Transistor etwas Energie in seinem negativen Widerstand verbraucht und einen TO-92 verwendet, weist er einen Wärmewiderstandsunterschied von Umgebungstemperatur zu Fall von Tca = 0,127 ['C / mW] {= Tja = Tjc [' C / W]} auf . Wenn also nur 12 mW fehlen , sollten Sie nicht davon ausgehen, dass Sie feststellen können, wie viel davon leicht mit Ihrem Finger abgeführt werden kann!
- Dort habe ich den Datenblattunterschied im Wärmewiderstand zwischen Junction-Case und Ambient verwendet, um dies zu beweisen.

Wo ist die Energie geblieben? 98% in den Ladewiderständen abgeladen. !!!

Hinweis: in R1 & R2 Ladewiderständen und einige im negativen Widerstand von Q1

— Tony Stewart Sunnyskyguy EE75
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— Tony Stewart Sunnyskyguy EE75

Ich habe gerade deine Antwort gelesen. Danke, dass du mir noch einmal geantwortet hast! Ich weiß nicht, wer diese Antwort zuvor abgelehnt hat. Persönlich gebe ich dem Autor etwas Zeit, um seine Antwort zu aktualisieren. Es ist interessant, dass Sie überprüfen konnten, ob im ersten Quartal nur ein Teil der Energie verschwendet wurde. In Bezug auf Ihre Antwort war meine Frage genau, warum die in R = R1 + R2 verschwendete berechnete Energie viel geringer ist als die gemessene Energie. Wenn ich mich nicht irre, kann Ihre Antwort die Frage nicht befriedigen.

— MikeTeX

Ich habe gerade bemerkt, dass ich am Anfang der Frage "die in einer Last verbrauchte Leistung" geschrieben habe, während ich "die im Eingangswiderstand verbrauchte Leistung" meinte, wie am Ende der Frage geschrieben. Entschuldigung, wenn dies zu Verwirrung geführt hat. Ich habe meine Frage bearbeitet.

— MikeTeX

Ich nahm an, dass 50 Ohm Strom Ihre "Last" (Impuls) war, aber die größere Last sind die Ladungswiderstände am Kollektor.

— Tony Stewart Sunnyskyguy EE75

Ich bin überrascht, dass Sie ein Messgerät mit beweglicher Spule für den Durchschnittsstrom verwenden, da möglicherweise transiente Fehler mit hohem dV / dt auftreten. Aber deine Ladungswiderstände (ich wette du ein Bier oder ein Single Malt), sie waren heiß !! und viel mehr als Sie aus beweglichem Spulenstrom => Leistung berechnet haben. Der Anfangsstrom beträgt einfach 160 V / 51 k ~ 3,1 mA und der Endstrom am Trigger = (V + - Vaval.) / 51 k = (160 - 60) / 51 k ~ 2 mA, so dass die Veff ~ 2,5 mA nicht 0,6 mA sind. Ich erwarte also wieder, dass ein Pd (51k) = 2,5 mA² * 51k = ~ 320 mW einen Impuls von 5,8 mW erzeugt. Dieses Verhältnis von 320 / 5,8 = 55 = 2% Wirkungsgrad !! Das macht für mich Sinn.

— Tony Stewart Sunnyskyguy EE75