Grande discrepância entre a potência teórica e a real através do meu gerador de pulsos

Estou tentando adquirir algumas habilidades sobre geração de pulsos, mas isso não é fácil. Tentei derivar a energia dissipada pelo resistor de entrada no meu gerador de pulsos, mas acaba sendo muito menor que a potência real (se estiver correta). Onde está meu erro?

O gerador de pulsos é um simples gerador de pulsos de transistor de avalanche de relaxamento.

Aqui está uma foto

Edit: os resistores de 50 Ohms visíveis na imagem estão desconectados. Somente os 50 Ohm do atenuador desempenham um papel aqui. Aqui está minha derivação do poder dissipado:

O oscilador é alimentado através de um resistor ( no esquema) carregando um capacitor ( no esquema) e descarregando através do transistor na resistência de carga (= R4 no esquema). $R$ $= R1+R2$ $C$ $C_1$ $R_L$

Podemos visualizar o pulso com o osciloscópio.

Assumiremos aqui que o pulso tem aproximadamente a forma de um triângulo de ângulo reto, cujo canto do ângulo reto está em . Seja a altura do triângulo (em Volts) e sua base (em segundos). Portanto, a equação da forma do pulso é aproximadamente $(0,0)$ $V$ $\sigma$

u (t) = V - \frac{V}{σ} t .

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

Isso fornece a energia dissipada em por um único pulso: (1/3 da energia dissipada por uma onda quadrada, isto é faz sentido). Vamos assumir que a frequência dos pulsos é , então a energia dissipada em em um segundo, que também é a potência média, é $R_L$

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} .

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

Agora, estamos interessados na avaliação da capacitância . Seja a menor tensão de alimentação de entrada, de modo que ocorram oscilações no transistor de avalanche. A tensão final do capacitor antes de sua descarga no transistor é aproximadamente , então sua energia é . Mas essa energia é quase inteiramente transmitida pelo pulso ao transistor e , então, negligenciando a energia desperdiçada pelo transistor (que verifiquei para permanecer fria), é igual à energia calculada acima. Isso leva a: $C$ $V_{av}$ $V_{av}$ $E_{cap} = CV_{av}^2/2$ $R_L$ $E$

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

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

Finalmente, vamos avaliar a potência dissipada pelo resistor . Lembre-se de que a energia desperdiçada em um resistor que carrega uma capacitância até a tensão de alimentação é (a mesma que a energia armazenada no capacitor). Para uma boa aproximação (desde é muito maior do que ), toda a corrente que flui através é utilizado para carga . $R$ $C$ $U$ $CU^2/2$ $1/f$ $\sigma$ $R$ $C$

Portanto, com , temos finalmente que a energia dissipada por em um segundo, ou a potência média, é aproximadamente Este é um resultado curioso: a potência dissipada pelo resistor de entrada é igual à potência dissipada pelo resistor de carga. $U = V_{av}$ $R$

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} .

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

Se , temos $U > V_{av}$

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} .

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

Aplicativo para o meu gerador (veja as imagens acima):

$R_L = 50\ \Omega$ ,

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

$\sigma = 10\ ns$ ,

$\Delta = 40\ \mu s$ ,

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

$V = 1.8\sqrt{1000} = 57\ V$ (1,8V no osciloscópio, com atenuador de 30db),

$V_{av} = 150\ V$ ,

$U = 160V$

Isso fornece

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;

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

Mas também medi , $I_{supply} = 0.6\ mA$

o que fornece

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 .

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

Isso muito mais que o poder teórico. Onde está o erro / suposição errônea?

generator pulse microwave

— MikeTeX
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Como você sabe que o medidor atual é preciso? Ele foi calibrado ultimamente ou você tentou verificar a precisão do medidor de alguma forma?

— Elliot Alderson

Humm. Na verdade, eu não verifiquei isso.

— MikeTeX 17/06/19

Respostas:

Então, depois de uma semana, finalmente tenho a resposta do enigma. Penso que a resposta é interessante, em particular para as pessoas que pretendem lidar com o colapso das avalanches.

A primeira coisa que fiz, seguindo o conselho de Sunnyskyguy, foi ajustar a tensão nos terminais do R2, a fim de verificar se a corrente medida pelo amperímetro analógico estava errada. Surpreendentemente, pode-se deduzir da imagem abaixo que o Amperímetro era notavelmente exato: a corrente média é de fato de cerca de 0,6mA. Aqui está a imagem da tensão em um terminal de R1 (entre R1 e R2):

Existe uma sonda 1:10, portanto a tensão é a soma de 125V com a média de um dente de serra de altura 25V, ou seja, 125V + 12,5V = 137,5V. A tensão do gerador é 162V, portanto, a corrente média que passa através de R1 é (162V - 137,5V) / (R1 = 41k) = 0,6mA aprox.

Depois de ter resolvido isso, notei que há um grande problema: para onde a carga está fluindo? Em 1s, acabamos de ver que uma carga de 0,6 mC está fluindo. Mas é muito fácil calcular a carga que flui através do resistor de 50 ohm do atenuador na imagem do pulso (veja a pergunta): o pulso tem uma altura de 57 V e a forma de um triângulo de ângulo reto da base 10 ns, então a carga gerada por um único pulso é e multiplicando pelo número de pulsos em 1 segundo (25kHz), encontramos uma carga de cerca de 0,15 mC durante 1 segundo. Isso é muito menor que os 0,6 mC que fluem através do gerador. Então, onde a maior parte da carga está fluindo? existe apenas outro caminho em que a corrente pode fluir: ATRAVÉS DO RESISTOR DE BASE R3.

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

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

Para verificar isso, construí um teste rápido e sujo com um transistor 2N3904, cujo emissor é deixado aberto e a corrente reversa que flui do coletor para a base é medida com o Amperímetro. Na primeira figura abaixo, a base é conectada ao terra através de um resistor de 10k (como na pergunta), e na segunda figura, a base é diretamente conectada ao terra:

[ firstImg [2]

Portanto, 0,6 mA no primeiro caso e 1,2 mA no segundo caso.

Observe que há um salto de corrente precisamente na tensão da avalanche (150 V); antes disso, a base do coletor quase não está conduzindo e, após esse limiar, essa junção se torna cada vez mais condutora, e eu até observei uma resistência negativa em alguma tensão. Isso significa que após a tensão de ruptura da avalanche, a corrente da base do coletor é cada vez mais controlada pelo resistor da base, até atingir o limite da lei de Ohm: I = 160V / 10k = 16mA (que meu gerador não pode alimentar) .

Para concluir esta resposta, pode-se aprender com esta pergunta que a corrente reversa na base do coletor se torna muito importante após a tensão limiar da avaria da avalanche e deve ser considerada muito seriamente em relação à dissipação de energia e à corrente de alimentação.

— MikeTeX
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Muito bom trabalho! Portanto, entre as influências do resistor de base no trabalho de osciladores de transístores de avalanche de relaxação , devemos incluir também o controle da dissipação de energia associada à corrente de polarização inversa . Boa pegada!

I_{C B}

$I_{CB}$

— Daniele Tampieri 17/07/19

Obrigado Daniele, e também pela sua resposta muito útil no outro artigo.

— MikeTeX 19/07/19

Agora, espero uma corrente de carga de entrada crescente exponencial e um pulso de descarga triangular.

Vejo o período de oscilação como 40us e pulso como 9 ~ 10ns com um ciclo de trabalho aparente de 10n / 40u = 250 ppm ou 0,025%, para que possamos negligenciar esse erro que contribui com o exposto acima.

Você está medindo a forma do pulso de saída triangular descarregada com <1ns de tempo de subida e ~ 10ns de largura de pulso base e espera que toda a energia dissipada no resistor de carga de 50 Ohm seja 100% da energia fornecida pelo gerador de CC de alta tensão. No entanto, é apenas 1/3 da potência de entrada. {0,32 = 5,8mA / 18mW}

Portanto, a pergunta que você deveria estar se perguntando é: se minhas medições são precisas, para onde foram os outros 2/3 da potência?

Mesmo que o transistor tenha dissipado alguma energia em sua resistência negativa e usando um TO-92, ele tem uma diferença de resistência térmica do ambiente para o caso de Tca = 0,127 ['C / mW] {= Tja = Tjc [' C / W]} . Portanto, com apenas 12mW faltando , você não deve presumir que pode detectar quanto disso é dissipado facilmente com o dedo!
- Lá usei a diferença da folha de dados na resistência térmica entre o caso de junção e o ambiente, para provar isso.

Então, para onde foi a energia? 98% despejado nos resistores de carregamento. !!!

dica: nos resistores de carga R1 e R2 e alguns na resistência negativa do Q1

— Tony Stewart Sunnyskyguy EE75
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esta conversa foi movida para o bate-papo. chat.stackexchange.com/rooms/95054/...

— Tony Stewart Sunnyskyguy EE75

Acabei de ler sua resposta. Obrigado por me responder mais uma vez! Não sei quem votou anteriormente nesta resposta. Pessoalmente, costumo dar algum tempo ao escritor para atualizar sua resposta. É interessante que você tenha conseguido verificar que pouca energia é desperdiçada no primeiro trimestre. Em relação à sua resposta, minha pergunta foi exatamente por que a energia calculada é desperdiçada em R = R1 + R2 muito menor que a energia medida. Portanto, a menos que eu esteja errado, sua resposta não pode satisfazer a pergunta.

— MikeTeX 18/06/19

Acabei de notar que escrevi no início da pergunta "a potência dissipada em uma carga", enquanto eu quis dizer "a potência dissipada no resistor de entrada", como está escrito no final da pergunta. Desculpe se isso causou alguma confusão. Eu editei minha pergunta.

— MikeTeX 18/06/19

Eu assumi que a corrente de 50 Ohm era sua "carga" (pulso), mas a carga maior são os resistores de carga no coletor.

— Tony Stewart Sunnyskyguy EE75

Estou surpreso que você esteja usando um medidor de bobina móvel para corrente média, considerando a possibilidade de erros transitórios altos de dV / dt. Mas seus resistores de carga (aposto uma cerveja ou um único malte), estavam quentes !! e muito mais do que você calculou ao mover a corrente da bobina => potência. A corrente inicial será simplesmente 160V / 51k ~ 3.1mA e a corrente final no gatilho = (V + - Vaval.) / 51k = (160-60) / 51k ~ 2mA, de modo que os Vrms ~ 2.5mA não 0.6mA. então, novamente, espero que um Pd (51k) = 2,5mA² * 51k = ~ 320 mW produza um pulso de 5,8mW. Essa relação de 320 / 5,8 = 55 = 2% de eficiência !! Isso faz sentido para mim.

— Tony Stewart Sunnyskyguy EE75 /