Analyse analoger Dimmerschaltungen

Question

Analyse analoger Dimmerschaltungen

Dauph

Ich versuche, die Grundschaltung eines Dimmers zu analysieren. Ich habe nicht viel Erfahrung mit Wechselstromkreisen, daher bin ich mir nicht sicher, wie ich vorgehen muss. Meine Schaltung ist die nächste:

Ich habe so etwas:

Ich habe einige interessante Beziehungen gefunden. Wie die Ausgabe vrms basierend auf dem Zündwinkel θ:

Verwendung:

v_{R M S} = \sqrt{\frac{1}{T} \int_{0}^{T} v^{2} (T) D T}

$V_{rms} = \sqrt{ \frac{1}{T} \int_0^T v^2(t) dt }$ wir erhalten:

v_{R M S} = \sqrt{\frac{1}{π} [\int_{0}^{θ} 0 D (ω T) + \int_{θ}^{π} S ich N^{2} (ω T) D (ω T)]} = \sqrt{\frac{v_{M A X}^{2}}{π} \int_{θ}^{π} \frac{1}{2} [1 - C Ö S (2 ω T) D (ω T)]} = \sqrt{\frac{v_{M A X}^{2}}{2 π} (ω T - \frac{S ich N (2 ω T)}{2}) |_{θ}^{π}} = \sqrt{\frac{v_{M A X}^{2}}{2 π} [π - \frac{1}{2} S ich N (2 π) - (θ - \frac{1}{2} S ich N (2 θ))]} = \sqrt{\frac{v_{M A X}^{2}}{2 π} (π θ + \frac{S ich N (2 θ)}{2})} = v_{M A X} \sqrt{\frac{1}{2} - \frac{θ}{2 π} + \frac{S ich N (2 θ)}{4 π}}

$V_{rms} = \sqrt{ \frac{1}{ \pi } [ \int_0^{ \theta } 0 d(\omega t) + \int_{\theta}^{ \pi} Sin^2(\omega t) d(\omega t) ] } = \sqrt{ \frac{ V_{max}^2 }{ \pi} \int_{\theta}^{ \pi} \frac{1}{2} [1-Cos(2 \omega t) d(\omega t)]} = \sqrt{ \frac{V_{max}^2}{2 \pi} (\omega t-\frac{Sin(2 \omega t)}{2} ) \Big|_{\theta}^{\pi}} = \sqrt{ \frac{V_{max}^2}{2 \pi} [ \pi-\frac{1}{2}Sin(2 \pi) - ( \theta - \frac{1}{2}Sin(2 \theta) ) ]} = \sqrt{ \frac{V_{max}^2}{2 \pi} ( \pi \theta + \frac{Sin(2 \theta)}{2} ) } = V_{max} \sqrt{ \frac{1}{2} - \frac{\theta}{2 \pi} + \frac{Sin(2 \theta)}{4 \pi} }$

Aber ich weiß nicht, wie ich den Phasenwinkel basierend auf den Werten des Widerstands, der Kapazität und der Last erhalten soll

Spehro Pefhany

Die Kappe lädt sich von der sinusförmigen Spannung auf die Diac-Triggerspannung auf, aber es bleibt eine Restspannung vom vorherigen Zyklus übrig, und viel mehr, wenn sie nicht ausgelöst hat (was den sogenannten Snap-on-Effekt verursacht). Sie können die Kondensatorspannung wahrscheinlich als ein oder zwei Volt der entgegengesetzten Polarität annähern, wenn der Triac in der vorherigen Halbwelle ausgelöst hat.

Dauph

Könnten Sie eine Referenz, vielleicht einen Link, zum sogenannten Snap-On-Effekt angeben, da ich keine Informationen zu diesem Effekt finden kann

Spehro Pefhany

electronic.stackexchange.com/questions/429658/…

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Die Kappe lädt sich von der sinusförmigen Spannung auf die Diac-Triggerspannung auf, aber es bleibt eine Restspannung vom vorherigen Zyklus übrig, und viel mehr, wenn sie nicht ausgelöst hat (was den sogenannten Snap-on-Effekt verursacht). Sie können die Kondensatorspannung wahrscheinlich als ein oder zwei Volt der entgegengesetzten Polarität annähern, wenn der Triac in der vorherigen Halbwelle ausgelöst hat.
Könnten Sie eine Referenz, vielleicht einen Link, zum sogenannten Snap-On-Effekt angeben, da ich keine Informationen zu diesem Effekt finden kann

carloc · Answer 1

Die Lösung ist alles andere als trivial.

Ein ziemlich guter Ausgangspunkt wären die folgenden Annahmen, die für eine ohmsche Last gelten:

1)Jeder Zyklus beginnt mit vollständig entladenem C1 und offenem TRIAC U2.

2) Der Lastwiderstand ist viel niedriger als R3 + RV1, daher haben Sie eine volle Halbsinus-Netzspannung über TRIAC.

3) DIAC ist offen, bis seine Kippspannung VBO (ca. 30 V) erreicht ist.

4) Jetzt müssen wir den Transienten von C1 schreiben, der über R3 + RV1 mit Sinusspannung gespeist wird.

5) Wenn vc (t) = VBO TRIAC gezündet wird, wird der Kondensator entladen und Ihre Last wird gespeist.

Also KVL an der Quelle, R, C Mesh wäre

v_{max} Sünde ω T = v_{C} (T) + R C \frac{D v_{C} (T)}{dt}

$V_\text{max}\sin\omega t=v_\text{C}(t)+RC\,\frac{\text{d}\,v_\text{C}(t)}{\text{dt}}$ die übliche ODE erster Ordnung, in der gelöst werden muss

v_{C} (0) = 0

$v_\text{C}(0)=0$ Grenze (oder allgemeiner eine Anfangsspannung gemäß Spehros Kommentar).

Dies hat bekanntlich die Lösungssumme seines Allgemeinen $\breve{v}_\text{C}(t)=A\,\text{e}^{-t/\tau}\quad\tau=RC$

und besondere $\hat{v}_\text{C}(t)=\frac{V_\text{max}}{\sqrt{1+\omega^2\tau^2}}\sin\left(\omega t- \arctan(\omega\, \tau)\,\right)$

Kombinieren Sie sie in der obigen Einschränkung und wenden Sie ein wenig Trigo an

v_{C} (T) = \frac{v_{max}}{\sqrt{1 + ω^{2} τ^{2}}} Sünde (ω T - \arctan (ω τ)) + \frac{v_{max} ω τ}{1 + ω^{2} τ^{2}} e^{- T / τ}

$v_\text{C}(t)=\frac{V_\text{max}}{\sqrt{1+\omega^2\tau^2}}\sin\left(\omega t- \arctan(\omega\, \tau)\,\right)+\frac{V_\text{max}\,\omega\, \tau}{1+\omega^2\tau^2}\text{e}^{-t/\tau}$

was einem DIAC-Durchbruch gleichkäme, würde TRIAC rechtzeitig liefern.

\frac{v_{BO}}{v_{max}} = \frac{Sünde (ω T_{An} - \arctan (ω τ))}{\sqrt{1 + ω^{2} τ^{2}}} + \frac{ω τ e^{- T_{An} / τ}}{1 + ω^{2} τ^{2}}

$\frac{V_\text{BO}}{V_\text{max}}=\frac{\sin(\omega\, t_\text{on}- \arctan(\omega\, \tau)\,)}{\sqrt{1+\omega^2\tau^2}}+\frac{\omega\,\tau\,\text{e}^{-t_\text{on}/\tau}}{1+\omega^2\tau^2}$

Was wir aus dem Obigen wirklich verstehen, ist, dass dies in der Tat eine Aufgabe für einen numerischen Lösungsgeber ist.

Bearbeiten: Ein Zeichen auf Vorschlag von @Delfin behoben.

Wie hast du die Differentialgleichung gelöst? Verwendung: $j = e^{- \int A (X) D X} [\int B (X) e^{\int A (X) D X} D X + C]$ $y = e^{-\int a(x) dx}[ \int b(x) e^{\int a(x) dx}dx +c ]$ Ich erhalte das nächste: $v_{C} = - \frac{v_{M A X} τ^{2} ω C Ö S [T ω]}{1 + τ^{2} ω^{2}} + \frac{v_{M A X} τ S ich N (ω T)}{1 + τ^{2} ω^{2}} + C e^{\frac{- T}{τ}}$ $v_c = -\frac{v_{max} \tau ^2 \omega cos[t \omega]}{1+\tau ^2 \omega ^2} + \frac{v_{max} \tau sin( \omega t)}{1+\tau^2 \omega^2} + C e^{\frac{-t}{\tau}}$
Ich versuche zu sehen, ob ich das gleiche Ergebnis wie Sie bekomme: $\frac{v_{M A X}}{\sqrt{1 + ω^{2} τ^{2}}} S ich N (ω T + T A N^{- 1} (ω τ)) = \frac{v_{M A X}}{\sqrt{1 + ω^{2} τ^{2}}} [S ich N (ω T) \frac{1}{\sqrt{1 + ω^{2} τ^{2}}} + \frac{ω τ}{\sqrt{1 + ω^{2} τ^{2}}} C Ö S (ω T)] = \frac{v_{M A X} S ich N ω T}{1 + ω^{2} τ^{2}} + \frac{v_{M A X} ω τ C Ö S (ω T)}{1 + ω^{2} τ^{2}}$ $\frac{V_{max}}{\sqrt{1+\omega^2 \tau^2}} sin(\omega t + tan^{-1}(\omega \tau)) = \frac{V_{max}}{\sqrt{1+\omega^2 \tau^2}}[sin(\omega t) \frac{1}{\sqrt{1+\omega^2 \tau^2}} + \frac{\omega \tau}{\sqrt{1+\omega^2 \tau^2}}cos(\omega t)]= \frac{v_{max}sin{\omega t}}{1+\omega^2 \tau^2}+\frac{v_{max}\omega \tau cos(\omega t)}{1+\omega^2 \tau^2}$ Ich bin mir nicht sicher, ob ich etwas vermisse
Uhm, ich habe die ODE nicht gelöst , ich habe nur die AC-Steady-State-Lösung (Phasoren in Zeit transaltiert) mit der allgemeinen Exponentialfunktion hinzugefügt. Meine ist im Formular $\sin(\omega t + \phi)$ du bist in tne $a\sin(\omega ) + b\cos(\omega t)$ , offensichtlich sind sie gleichwertig. Sie können versuchen, einen Trigger zu verwenden, wie z $sin(\alpha+\beta)=sin\alpha\cos\beta+cos\alpha \sin\beta$ und Sie erhalten einige Begriffe wie $\sin(\arctan x)$ was leicht mit einigen Pitagoras auf dem trigonometrischen Kreis vereinfacht werden kann.
Was ich meine, ist, dass ich beim Lösen der ODE Folgendes bekomme: $v_{C} = \frac{v_{M A X}}{\sqrt{1 + ω^{2} τ^{2}}} S e N [ω T - T A N^{- 1} ω τ] + \frac{v_{M A X} τ ω e^{\frac{- T}{τ}}}{1 + τ^{2} ω^{2}}]$ $v_c = \frac{V_{max}}{\sqrt {1+ \omega^2 \tau ^2}} Sen[ \omega t - tan^{-1}{\omega \tau}] + \frac{V_{max} \tau \omega e^{\frac{-t}{\tau}}}{1 + \tau^2 \omega^2} ]$ anstatt $v_{C} = \frac{v_{M A X}}{\sqrt{1 + ω^{2} τ^{2}}} S e N [ω T + T A N^{- 1} ω τ] - \frac{v_{M A X} τ ω e^{\frac{- T}{τ}}}{1 + τ^{2} ω^{2}}]$ $v_c = \frac{V_{max}}{\sqrt {1+ \omega^2 \tau ^2}} Sen[ \omega t + tan^{-1}{\omega \tau}] - \frac{V_{max} \tau \omega e^{\frac{-t}{\tau}}}{1 + \tau^2 \omega^2} ]$
Oh ja, Sie haben Recht, das Ausgangssignal soll gegenüber dem Eingang eins verzögert werden, dh nach rechts verschoben werden, also ist Minus das, was wir brauchen. Dann ändert sich auch das exp-Zeichen, um die v(0)-Einschränkung zu erfüllen. Diese Art von Realitätsprüfung sollte immer durchgeführt werden. Leider habe ich nicht. Ich werde die Antwort korrigieren.

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Spehro Pefhany

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