Ferritkernauswahl für Aufwärtswandler mit Push-Pull-Topologie

Wie Auswahl des Betriebsflusses (Bmax) (basiert er auf Leistung, Strom oder ist er unabhängig)

Bmax basiert auf dem Fehlerstrom, der unabhängig von der Last in der Primärseite fließt. Es basiert also nicht auf dem Leistungsdurchsatz, sondern auf dem Strom (aber nicht dem Laststrom).

Stellen Sie sich vor, Sie hätten die Sekundärwicklung abgezogen und die Primärwicklung angesteuert. Sie haben eine Primärinduktivität und wenn Sie eine Spannung an diese Induktivität anlegen, steigt der Strom (hoffentlich) linear an. Dieser ansteigende Strom wird bestimmt durch: -

Dieser ansteigende Strom erzeugt einen ansteigenden Fluss.

Wenn Sie dann den anderen Transistor aktivieren, wird ein gleicher Induktivitätswert angeschlossen, der den Fluss linear auf einen negativen Wert herunterfährt, und der Vorgang wiederholt sich: -

Das durchschnittliche Flussniveau ist Null und erreicht Spitzen bei negativen und positiven Werten. Das wünscht man sich idealerweise. Aber ein Magnetkern ist nicht perfekt und er sättigt, und das beginnt, Anomalien im Strom zu erzeugen, also versucht man, diese Anomalien in Schach zu halten, aber man muss eine gewisse Sättigung akzeptieren.

Nehmen Sie Ferroxcube 3F3-Material (nur als Beispiel): -

Bildquelle .

Das Material ist bei etwa 400 mT (bei 25 °C) hart gesättigt und wird heiß, wenn es auf diesem Niveau betrieben wird (siehe rote Linie im Bild). Mit zunehmender Erwärmung sinkt der Sättigungsgrad auf etwa 340 mT (bei 100 °C) und es wird immer heißer. Dies muss vermieden werden.

Anstatt ihn also mit 400 mT zu betreiben, sollten Sie ihn mit 200 mT betreiben (grüne Linie). Jetzt ist es ziemlich temperaturstabil, sollte die Temperatur aufgrund von (sagen wir) Kupferverlusten steigen. Man kann auch sagen, dass 300 mT vielleicht ein gutes Niveau sind, aber ich tendiere zunächst dazu, bei dieser Art von Material bei 200 mT zu bleiben.

Zurück zum eigentlichen Problem; Die Primärinduktivität wird mit einer Spannung angesteuert und erzeugt eine Dreieckswelle aus Strom (und Fluss) und die Spitze dieses Stroms ist der Punkt, an dem der Fluss am höchsten ist (und daher die Flussdichte am höchsten ist).

Beachten Sie, dass im obigen BH-Diagramm der H-Wert etwa 23 Amperewindungen pro Meter beträgt, um 200 mT zu liefern.

Und das nähert sich nun der Lösung des Problems, wie viele Windungen benötigt werden. Wenn Sie sich für einen Kerntyp mit einer effektiven Länge von 150 mm und einem Induktivitätsfaktor ($A_L$) von 2000 nH/t und anfänglich 18 uH als adäquate Induktivität angesehen, dann benötigen Sie drei Windungen, da eine Windung 2 uH ergibt und die Induktivität proportional zum Quadrat der Windungen ist, daher ergeben 3 Windungen 18 uH.

Bei 18 uH und (sagen wir) 12 Volt, die über die Hälfte der Schaltperiode (dt) angelegt werden, beträgt der Strom (di) 3,333 Ampere. Dieser Wert ist der Spitzenstrom sowohl positiv als auch negativ. Die Spitzenamperewindungen betragen also 3,333 x 3 = 10 At.

Um in H umzuwandeln, teilen Sie Amperewindungen durch die Länge des Kerns, sodass H jetzt 10/0,15 = 66,7 At/m ist und zu groß für die Flussdichtegrenze von 200 mT. Sie müssen die Induktivität auf einen höheren Wert ändern, also wählen Sie vielleicht 6 Windungen (eine Induktivität von 72 uH).

Ich sollte sagen, dass ich einen Prozess erkläre, anstatt eine Lösung zu geben, die für das OP geeignet ist....

Der Spitzenstrom beträgt 0,8333 Ampere und die Amperewindungen 5 At. Das H-Feld wird 5/0,15 = 33 At/m betragen und wird wahrscheinlich zu einer Spitzenflussdichte von etwa 240 mT führen, und dies wird wahrscheinlich in Ordnung sein.

Also zusammengefasst: -

• Sie benötigen eine Kerngröße mit einer signifikanten effektiven Länge, um das H-Feld niedrig zu halten
• Sie müssen ein Kernmaterial wählen, das für 100 kHz geeignet ist
• Sie müssen eine Primärinduktivität wählen, die im Leerlauf nicht so viel Strom aufnimmt, dass eine übermäßige Sättigung auftritt.

Interpretation des im Datenblatt angegebenen Al-Werts

Für eine Umdrehung sagt es Ihnen, wie viel Induktivität Sie erhalten, und Sie multiplizieren das abwechselnd mit dem Quadrat, um die Gesamtinduktivität zu erhalten.

Wie wähle ich ein Kernmaterial in Abhängigkeit von der Leistung aus?

Wenn Sie 6 Windungen dicken Kupferdrahts anbringen können (und nicht unterschätzen, wie dick dieser sein muss, um fast 100 Ampere Laststrom AKA 1000 VA aus einer 12-Volt-Quelle zu liefern) UND Sie die Sekundärwicklung anbringen können, funktioniert dies vorausgesetzt, die Kupferverluste sind nicht so übermäßig, dass sie Probleme verursachen.

Und natürlich benötigen Sie mit dem geteilten primären Design, das Sie haben, 6 + 6 primäre Windungen, da immer nur eine Hälfte aktiv ist. Ich habe ein ähnliches Design für etwa 200 Watt gemacht und um die Effizienz so hoch wie möglich zu halten, habe ich die Primärseite gemäß Ihrem Design hart umgeschaltet, aber den Mittelabgriff habe ich von einem 95% effizienten synchronen Abwärtswandler gespeist, um die Regulierung durchzuführen.

Ich sage nicht, dass dies der beste Weg für Sie ist, aber ich sage, dass dies für mein Design das entsprach, was ich erreichen musste UND ich mit einer Betriebsfrequenz lief, die viel höher als 100 kHz, dh 600 kHz, war. Höher als 100 kHz zu laufen, ist wahrscheinlich das, was Sie tun müssen, also ziehen Sie vielleicht 250 kHz in Betracht und wählen Sie ein etwas exotischeres Ferritmaterial wie 3F3.

Die Auswahl eines Kerns kann sehr schwierig sein, und ein bisschen Ausprobieren, Probieren, Probieren ist theoretisch selbstverständlich.

Es gibt zwei Möglichkeiten, gekoppelte Induktivitäten in einem Leistungswandler zu betreiben.
(a) ohne Energiespeicher, als Transformator, oft im Gegentakt betrieben.
(b) mit Energiespeicherung als Flyback, oft als Aufwärtswandler bezeichnet.

Der Typ (a) erfordert einen Kern mit hoher Permeabilität ohne Luftspalt. Der Typ (b) erfordert entweder einen Luftspalt oder einen Kern mit geringer Permeabilität, um die Energiespeicherung im Kern optimal zu nutzen. Stellen Sie sicher, dass Sie wissen, welchen Typ Sie bauen, bevor Sie sich für eine Durchlässigkeit entscheiden.

Normalerweise begrenzen wir den Kernfluss aus thermischen Gründen. Mit Ferrit bei "normalen" Frequenzen im mittleren bis hohen 10er- bis niedrigen 100er-KHz-Bereich neigen diese dazu, vor der einfachen Sättigung zu beißen. Da die Verlustleistung des Kerns einmal pro Zyklus auf einen bestimmten flussabhängigen Energieverlust zurückzuführen ist, muss ein Hochfrequenzkern mit einer niedrigeren Spitzenflussdichte betrieben werden, was weniger Energieverlust pro Zyklus bedeutet, als ein Niederfrequenzkern. Im Allgemeinen sind die Ferrite mit dem geringeren Energieverlust pro Zyklus teurer (überrascht?)