Frage:
Wie berechnet man den Luftspalt im Rücklauftransformator?
urhen
2020-02-29 22:31:05 UTC
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Ich entwerfe (oder versuche es zumindest) einen Flyback-Konverter auf dem LM3478.Ich wähle EFD20 / 10 / 7-3F3 Kern [1].Unter Verwendung von PDF von Infineon [2] berechnete ich, dass ich eine Induktivität der Primärwicklung von etwa 56 uH und ein Windungsverhältnis von 1: 22,125 benötige.Ich habe ein Problem mit dem Luftspalt: Ich weiß, dass ich einen brauche, aber ich habe keine Ahnung, wie viel Spalt ich brauche.Wie berechnet man das?

Eingang: 12-24V Ausgang: 265V 5mA fosc: 500 kHz

[1] https://ferroxcube.home.pl/prod/assets/efd20.pdf [2] https://www.mouser.com/pdfdocs/2-8.pdf

Zwei antworten:
#1
+25
Andy aka
2020-02-29 23:03:58 UTC
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Leistung und Energie pro Schaltzyklus

Ein Ausgang von 265 Volt bei 5 mA entspricht einer Leistung von 1,325 Watt. Dies bedeutet, dass die Energie, die bei jedem Schaltzyklus übertragen werden muss, 1,325 W geteilt durch die Schaltfrequenz beträgt. Daher beträgt die vom Rücklauftransformator freigesetzte Energie 2,65 uJ. Wenn Sie Verluste berücksichtigen, sollten Sie diese wahrscheinlich auf etwa 3,3 µJ erhöhen.


Verwenden einer Primärinduktivität von 56 µH

3,3 µJ ist die Energiemenge, die in jedem Schaltzyklus benötigt wird. Wenn Sie also von einem DCM-Betrieb und einem konservativen maximalen Arbeitszyklus von 75% (1,5 µs) ausgehen, können wir sagen: -

  • Die pro Zyklus (W) gespeicherte Energie beträgt 3,3 µJ, da DCM die gesamte gespeicherte Energie verwendet.

  • Dies erfordert einen Spitzenprimärstrom von \ $ \ sqrt {\ dfrac {2 \ cdot W} {L}} \ $ span> = 343 mA

  • Der niedrigste \ $ V_ {SUPPLY} \ $ span>, der dies erreicht, ist \ $ L \ cdot \ dfrac {dI} {dt} \ $ span> = \ $ 56 µH \ cdot \ dfrac {0,343A} {1,5 µs} \ $ span> = 12,8 Volt.

Ich bin also nicht so sicher, dass Ihre Wahl von 56 µH gut ist. Es ist ein wenig nahe daran, unter meinen Annahmen nicht an der Niederspannungsversorgung zu arbeiten. Ja, wir könnten glauben, dass eine etwas niedrigere Energie pro Zyklus (sagen wir eher 3 µJ) in Ordnung wäre und dies einen Primärstrom von 327 mA erfordern würde. Die minimale Versorgungsschiene würde jedoch immer noch 12,2 Volt betragen. Oder wir könnten auch das maximale Tastverhältnis näher an 90% (1,8 µs) bringen und dies würde eine Versorgungsspannung von nur 10,2 Volt ermöglichen.


Verwenden einer Primärinduktivität von 26 µH

Aber ich persönlich würde die Induktivität senken, weil ich auch weiß, dass das Wickeln von vielen hundert Windungen für die Sekundärseite ein Schmerz ist und wenn Sie mit weniger Windungen davonkommen können, umso besser. Also werde ich 26 µH statt 56 µH wählen. Wir können jetzt sagen: -

  • Dies erfordert einen primären Spitzenstrom von \ $ \ sqrt {\ dfrac {2 \ cdot W} {L}} \ $ span> = 504 mA
  • Der niedrigste \ $ V_ {SUPPLY} \ $ span>, der dies erreicht, ist \ $ L \ cdot \ dfrac {dI } {dt} \ $ span> = \ $ 26 µH \ cdot \ dfrac {0,504A} {1,5 µs} \ $ span> = 8,74 Volt.

So weit so gut - bei einer Mindestversorgung von 12 Volt sollte dies ziemlich einfach sein.


Anzahl der Primärwindungen

Der nicht zugeordnete Kernsatz in der Frage hat einen \ $ A_L \ $ span> -Wert von 1200, um ca. 26 µH zu erreichen 5 Umdrehungen (30 µH).


H-Feld-Berechnung

Der Kernsatz hat eine mittlere effektive Länge ( \ $ \ ell_e \ $ span>) von 47 mm, daher können wir jetzt sagen, wie das maximale H-Feld aussehen wird sein: -

    Das H-Feld beträgt 0,504 A x 5 Windungen geteilt durch 0,047 Meter = 53,6 At / m

B-Feld-Berechnung

Unter Verwendung von \ $ \ mu_r \ $ span> im Datenblatt erzeugt dieses H-Feld eine Spitzenflussdichte von: -

  • \ $ 1450 \ mal 4 \ pi \ mal 10 ^ {- 7} \ mal 53,6 \ $ span> = 98 mT

Lücke oder nicht Lücke

Ich habe ein Problem mit dem Luftspalt: Ich weiß, dass ich einen brauche, aber ich habe keinen Ahnung, wie viel Lücke ich brauche

Sie sollten Spitzenflussdichten von weit über 200 mT vermeiden, daher glaube ich nicht, dass Sie eine benötigen. Wenn Sie jedoch einen falschen Stromausgang haben und 50 mA sagen möchten, benötigen Sie wahrscheinlich einen. Das gleiche Datenblatt enthält jedoch folgende Optionen: -

enter image description here

In Rot sind die oben verwendeten Werte für nicht zugeordnete Kernsätze angegeben. Die Zeile direkt darüber gibt \ $ A_L \ $ span> bei 315 und \ $ \ mu_r \ $ span> von 380 für zum Beispiel einen Spalt von 0,12 mm. Um 26 µH zu erhalten, sind 9 Umdrehungen (25,5 µH) usw. erforderlich.

Wenn Sie weitere Hilfe benötigen, hinterlassen Sie einen Kommentar.


Verwendete Formeln

Gleichung der Induktorenergie (W): - $$ W = \ dfrac {L \ cdot I ^ 2} {2} \ Longrightarrow I = \ sqrt {\ dfrac {2 \ cdot W} {L}} $$

enter image description here

#2
+2
Verbal Kint
2020-03-12 19:14:17 UTC
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In einem Flyback-Transformator ist eine Lücke aus Gründen der Energiespeicherung, aber auch zur Stabilisierung der Induktivität in der Produktion obligatorisch. Wir können zeigen, dass die Magnetisierungsinduktivität eines Eisenkerninduktors mit einem Luftspalt ausgedrückt wird durch:

\ $ L_ {mag} = \ frac {N ^ 2A_eµ_e} {l_m} \ $ span>

mit

\ $ µ_e = \ frac {µ_rµ_0} {1 + µ_r \ frac {l_g} {l_m}} \ $ span>

wobei \ $ µ_e \ $ span> die effektive Permeabilität darstellt, \ $ l_g \ $ span> die Lücke Länge (in Metern), \ $ l_m \ $ span> der gesamte Magnetpfad (Meter), \ $ µ_e \ $ span> Die Luftdurchlässigkeit (in Henry pro Meter) und \ $ µ_r \ $ span> ist die hochvariable relative Kernpermeabilität.

Wenn das Verhältnis \ $ µ_r \ frac {l_g} {l_m} \ $ span> viel größer als 1 ist, dh ein Kern mit hoher Permeabilität verwendet wird, wird die Spaltdimension verwendet \ $ l_g \ $ span> dominiert die Induktoreigenschaften. Als solches stabilisiert es die Induktivitätsschwankungen, wenn es Hersteller ist, und eine Toleranz von +/- 5% ist normalerweise das, was Sie in einer großvolumigen, gut kontrollierten Produktion erhalten haben.

Im folgenden Bild sehen Sie als Beispiel zwei Kerne aus N48-Material. Wir wollen einen 600-µH-Induktor bauen. Im ersten Fall mit Lücken ist der Induktivitätsfaktor niedrig und Sie würden 49 Windungen benötigen, um den Induktor zu realisieren. Mit dieser gappped Version können Sie einen sehr genauen Induktivitätsfaktor sehen. Im zweiten Fall würden Sie mit einem nicht abgeteilten Kern (was für einen Flyback-Wandler keine empfehlenswerte Option ist) weniger Windungen benötigen (besserer Gleichstromwiderstand), aber die Streuung des Werts wäre groß.

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Um die Spaltlänge zu bestimmen, haben Sie mehrere Möglichkeiten. Die, die ich vor vielen Jahren verwendet habe, als Thomson LCC noch Kerne herstellte, befasst sich mit LI²-Kurven. Thomson veröffentlichte diese Daten zusammen mit ihren Materialeigenschaften. Im folgenden Bild sehen Sie den Zusammenhang zwischen dem gewünschten Energiespeicher pro Zyklus und dem Induktivitätsfaktor (daher die Anzahl der Windungen), den Sie erhalten können. Bitte beachten Sie, dass der Spitzenstrom derjenige ist, den Sie zum Durchleiten der Leistung benötigen, die Kernauswahl jedoch den höchsten Spitzenwert berücksichtigen muss, den Sie im Fehlerzustand beim höchsten Eingangsleitungswert erhalten können:

enter image description here

Anschließend wählen Sie basierend auf dem ausgewählten \ $ A_L \ $ span> entweder einen vom Hersteller verkauften Spaltkern aus oder bestimmen die Spaltlänge anhand eines anderen Kurvensatzes:

enter image description here

Sie können auch die Spaltlänge bestimmen, indem Sie die benötigte Induktivität, die Betriebsflussdichte (normalerweise basierend auf dem akzeptierten Verlust pro Kubikzentimeter), den Kerntyp usw. kennen. Dies ist ein langer und iterativer Prozess, der jedoch in ausführlich beschrieben wird Die Literatur und Anwendungshinweise wie diese eine oder diese eine sind im Web reichlich vorhanden.



Diese Fragen und Antworten wurden automatisch aus der englischen Sprache übersetzt.Der ursprüngliche Inhalt ist auf stackexchange verfügbar. Wir danken ihm für die cc by-sa 4.0-Lizenz, unter der er vertrieben wird.
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