Kern des Flyback-Transformators erwärmt sich

Ich entwerfe einen Flyback-Konverter mit diskontinuierlichem Leitungsmodus, 100 kHz, mit UC3844-IC mit der Spezifikation. 220 V, 50 Hz bis 5 V, 5 A. Das Problem ist, dass sich der Transformator nach einer Stunde Testen aufheizt (versucht mit verschiedenen Kernen).

Umgebungstemperatur: 27 Grad C

Transformatorspezifikationen:

  • 1. Versuch: EE20/10/6-Kern, 0,5 mm Abstand, Al = 100 nH / Windungen2 ( EE20/10/6-Datenblatt)

  • Übersetzungsverhältnis: 21, um Vds(max) niedrig zu halten

  • Primär: 1,7 mH, 30 SWG, 130 Windungen, 1 Strang

  • Sekundär: 5-6uH, 6 Windungen, 30 SWG, 7 Litzen (ich weiß, der Durchmesser, den ich verwendet habe, ist sehr gering, konnte aber nur im Wickelbereich passen und die Litzen müssen erhöht werden, für Testzwecke so ausgelegt)

  • Auxiliary: 52 uH, 14 Windungen, 30 SWG, 1 Strang.

Mit dieser Konfiguration erwärmte sich der Transformator in nur 30 Minuten auf 80 °C.

Aus den Berechnungen für den Kernverlust ergaben sich 170 mW, aber die Kupferverluste waren enorm

Primär: Ieff = 0,4 A, Resistance_dc = (Gesamtlänge) Res. pro Länge, Rp=(7,6 4 130) 0,221 mOhm=873 mOhm, P=0,4 0,4 ​​0,873*1,5=0,2W.

Sekundär: Irms = 9 A, R_dc = (7,6 4 6/5) 0,221 = 8 mOhm, P = 9 9 * 0,008 * 1,5 = 0,972 W (Dies ist das Problem)

Bei einem thermischen Widerstand von 50 K/W würde die Temperatur auf fast 80 °C steigen. Es bestätigt also das Problem.

Ich konnte keine Wicklung mit mehr Durchmesser auf diese Spule passen, ich musste die Kerngröße erhöhen.

2. Versuch: EE25/13/7 0,2mm Spalt Al=290nH/Umdr.2 EE25/13/7

  • Gleiche Induktivitätsparameter.
  • Primär: 77 Windungen, 30 SWG, 1 Strang
  • Sekundär: 22SWG, 5 Strang, 4 Windungen.

Aber selbst dann steigt es immer noch auf 65-70 Grad an.

Arbeitet derzeit mit 78% Effizienz.

  • Was passiert in diesem Fall?
  • Sind meine vorherigen Berechnungen korrekt?
  • Liegt es daran, dass der Wechselstromwiderstand aufgrund des Skin-Effekts seit dem Betrieb bei 100 kHz aufgrund des 22SWG-Kabels zugenommen hat, oder an etwas anderem?

Bearbeiten:

Dritter Versuch:

EE25/13/7 Kern: 0,4 mm Lücke, 187 nH/Umdrehungen2 [früher (340 nH/Umdrehungen2)]

  • Primär: 30SWG, 1 Strang, 95 Windungen, 1,6mH
  • Sekundär: 22SWG, 5 Strang, 5 Windungen, 5,2 mH
  • Auxiliary: 35 SWG, 1 Strang, 16 Windungen.

Obwohl die Temperatur gesunken ist, schwebt sie immer noch um 65 ° C.

Schaltplan:

Wir neigen dazu, für eine gleichmäßigere Verteilung der Verlustleistung zu entwerfen. Ich sage nicht 50:50, aber 1 Watt Kupfer und 170 mW Ferrit ist ein großes Verhältnis. Eine kleine Erhöhung des Flusses und eine Verringerung der Windungen würden wahrscheinlich zu geringeren Gesamtverlusten führen. Vergessen Sie nicht, dass der spezifische Widerstand von Kupfer alle 25 °C um 10 % zunimmt, sodass Ihre Kupferverluste aufgrund von Widerstandsmessungen bei Raumtemperatur unterschätzt werden und Ihr HF-Widerstand dann höher als der DC-Wert ist.
Ja du hast Recht. Aus diesem Grund habe ich als nächsten Kern, den ich ausprobiert habe, 22SWG-Kupferdrähte mit 5 Strängen in EE25/13/7 verwendet. Trotzdem heizte es auf 70 Grad auf. Habe meinen 3. Versuch auch oben aktualisiert.
Ich konnte die Lücke nicht zum Verringern bringen, da sie dann in Richtung Sättigung gehen würde. Unter 0,3 mm würde der Kern in EE25/13/6 anfangen zu sättigen, deshalb ist das neue Design für 0,4 mm vorgesehen.
100 Kelvin-Hertz ist für diese Frage eine unsinnige Einheit.
Welches Kernmaterial verwendest du? Welche Flussschwankung hast du berechnet?
@OlinLathrop, es tut mir leid, aber was ist Kelvin-Hz? (diesen Begriff zum ersten Mal gehört)
@winny, ich verwende n27-Material im bereitgestellten Datenblatt. Berechnet nach der im Datenblattbuch angegebenen Formel. Idc=(0,9*Al/K3)^(1/K4). Da die Primärstromspitze 0,6-0,7 A betragen wird. Daher Sättigungsstrom auf 1A gehalten.
Wie gesagt, es macht keinen Sinn, aber Sie haben es im ersten Satz Ihrer Frage angegeben.
@OlinLathrop, entschuldige den Tippfehler, es sind 100 KiloHz.
"Deshalb Sättigungsstrom auf 1A gehalten". Es ist nicht falsch, aber ziemlich rückwärts. Wenn Ihre Stromwelligkeit 0,6-0,7 Apk-ok beträgt, wie groß ist Ihre Flussschwankung/Welligkeit? N27, habe das ewig nicht gesehen. Setzen Sie auf minimale Stücklistenkosten?
Warum multipliziert man Widerstandskräfte mit 1,5? War der Transformator im Leerlauf abgekühlt?
@winny, ja, ich versuche tatsächlich, minimale Stücklistenkosten zu erzielen.
@Andyaka, Multiplikation der Widerstandskräfte mit 1,5, um den Wechselstromwiderstand für verschachtelte Wicklungen zu berücksichtigen.
Ok, aber Sie haben Ihre Flusswechselberechnungen immer noch nicht angezeigt. Wie sind Sie zu diesen 170 mW Kernverlusten gekommen? Möglicherweise stellen Sie fest, dass bei einem Design mit begrenztem Kernverlust die Wahl eines teureren Kerns mit weniger Verlusten den gesamten Transformator billiger machen kann. Ihr Kilometerstand kann variieren.
@winny, ich habe basierend auf DelB = 2200 Gauss entworfen. Also, Bmax=1100 Gauss. Bei diesem Design habe ich die obigen Kernverluste berechnet.
@winny Hier sammle ich die Berechnung, die ich für eine andere durchgeführt habe, und erhalte so diese Ergebnisse für Delb Swing, delBswing = (311 * 5 / (95 * 52)) = 0,3157T. Riesig, ich weiß. Deshalb bedeutet bei 100 kHz 200 mW/cm3 -> 0,604 W. Aus diesem Grund wird der Arbeitszyklus auf 37 % beschränkt, damit Bmax nicht höher wird. delB=2329 Gauß.
Beim Flyback muss man leider alles auf einmal berücksichtigen. Wenn Sie für einen bestimmten Arbeitszyklus entwerfen, wird dadurch Ihr Windungsverhältnis festgelegt, das Ihre Spannungsbelastung usw. festlegt. Sie "brauchen" N87 für diesen Flusswechsel oder sogar PC95.
Ich habe N87-Material gekauft, werde es entsprechend ändern.

Antworten (1)

Ich denke, Sie haben ein grenzwertiges, aber signifikantes Kernsättigungsproblem. In Ihrem dritten Beispiel steigt der Strom in die Primärwicklung mit einer Rate von V / L an, wobei V etwa 311 Volt (gleichgerichteter Wechselstrom und geglättet) und L 1,6 mH beträgt. In 5 us würde ich also erwarten, dass der Strom auf etwa 1 Ampere ansteigt.

Dies basiert auf der grundlegenden Induktorformel V = L.di/dt

5 us ist die Einschaltzeit für einen Arbeitszyklus von 50:50 bei einer Schaltfrequenz von 100 kHz

Die primäre magnetomotorische Kraft (MMF) beträgt Amperewindungen oder 1 x 95 At. Um das H-Feld zu berechnen, benötigen wir jedoch die effektive Länge des Kerns (57,5 mm im in der Frage verlinkten Datenblatt), also H = 1652 At / m.

Ein Kern ohne Lücke wäre sicherlich sättigend, aber Ihrer ist lückenhaft und hat eine effektive Permeabilität von etwa 170 im Vergleich zu einer Permeabilität von etwa 1520 ohne Lücke (auch dies waren Zahlen, die ich aus dem von Ihnen verlinkten Datenblatt berechnet habe). Der Effekt des Gappings kann als Verringerung des H-Felds angesehen werden, sodass sich Ihr H-Feld für einen Kern ohne Gap auf einen äquivalenten Wert von etwa 185 At/m reduziert. Dies ermöglicht uns dann, die veröffentlichte BH-Kurve zu betrachten.

Wenn Sie sich nun die BH-Kurve für N27 ansehen, sehen Sie Folgendes: -

Geben Sie hier die Bildbeschreibung ein

Auf den beiden Diagrammen habe ich mir die Freiheit genommen, eine rote Linie zu zeichnen, die anzeigt, wo der äquivalente H-Feld-Spitzenwert ohne Verschluss sitzt (185 At/m). Wie im linken Diagramm (Umgebungstemperatur 25 °C) zu sehen ist, fangen 185 At/m an, Ihren Kern deutlich zu sättigen.

Es ist ziemlich kritisch, dass ein Flyback-Transformator nicht sehr stark gesättigt wird.

Wenn also der Kern gesättigt ist, neigt die Induktivität dazu, zu fallen, und anstelle eines linearen Anstiegs des Stroms pro Mikrosekunde erhalten Sie einen scheinbar außer Kontrolle geratenen Anstieg wie diesen: -

Geben Sie hier die Bildbeschreibung ein

Dies kann zu einem sehr signifikanten Anstieg des Spitzen-H-Felds führen und der Kern beginnt ziemlich heiß zu werden. Aber Sie können sagen: -

Also was, der Controller begrenzt den Strom auf den Strom, der benötigt wird, um nur die Energie zu speichern, die benötigt wird, um an die Sekundärlast zu gelangen

Wenn jedoch der Kern gesättigt ist, fällt die Induktivität so ab, dass ausreichend Strom vorhanden ist (für einen gegebenen Induktivitätswert und daher die richtige Energiemenge basierend auf E = ICH 2 L / 2 ), muss jetzt aktueller sein.

Siehst du das Problem und berücksichtigst dabei gar nicht, was passiert, wenn der Kern warm wird (siehe Grafik rechts im Bild oben). Bei 100 °C gibt es noch mehr Kernsättigung.

Ich denke, Sie haben Sättigungsprobleme.

Vielen Dank für die ausführliche Antwort. Die Lösung wäre also, die Frequenz zu erhöhen und dann zu testen, was passiert, oder sich für einen größeren Kern zu entscheiden (Kompromiss für kleine Leiterplatte). Aber wie Sie erklärt haben, begrenze ich den Strom immer noch mit einem 1,3-Ohm-Widerstand, damit der Transformator nicht bis zum Sättigungspunkt gehen kann. Ich kann nicht verstehen, wie das ein Problem sein soll, wenn ich es tue. Bringen Sie es nicht bis zur Sättigung
Eine weitere Sache ist mir jedoch aufgefallen, da es bei 1 A in die Sättigung geht, als ich einen Widerstand von <0,83 Ohm verwendete, nahm die Magnetisierungsinduktivität viel Energie auf, damit der Snubber entleeren konnte.
Die CS-Schwelle beträgt typischerweise 1,04 Volt (Abbildung 19 im DS) und Ihr 1,2-Ohm-Messwiderstand (gemäß Ihrem Schema) bedeutet, dass der Spitzenstrom 867 mA beträgt. Angesichts der Tatsache, dass beim Abschalten des Stroms eine Zeitverzögerung von 45 ns auftritt, ist dies ein weiterer Anstieg von 10 mA (ish), bevor der MOSFET deaktiviert wird. Sie haben auch einen RC-Filter, der das Timing ein wenig erhöhen und etwas mehr Strom liefern kann, so dass Ihr I (Limit) wahrscheinlich bei etwa 900 mA liegt und Sie sich immer noch deutlich im Sättigungsbereich befinden.
Ich möchte auch darauf hinweisen, dass Ihr Snubber genauso gut entfernt werden kann, da diese Kappe bei einem 50-kOhm-Widerstand und einem 50-nF-Kondensator niemals zyklisch entladen wird. Denken Sie an die Zeitkonstante und die Wirkung der Diode, die diesen Kondensator auflädt. Die Kappe wird auf einen bestimmten Wert aufgeladen und entlädt sich kaum, bevor die Diode mehr Energie hineinwirft. Dies bedeutet, dass die Kappe weiter aufgeladen und aufgeladen wird und der MOSFET leicht ausfallen kann.
Also, wahrscheinlich sollte ich für eine höhere Frequenz gehen. Rechts?
Ich habe die Ergebnisse ohne Snubber getestet und festgestellt, dass es die Spitzenschwelle von MOSFET überschreitet, deshalb wurde Snubber hinzugefügt. Ich werde eine Feinabstimmung vornehmen, um den Kapazitätswert zu verringern
Versuchen Sie vielleicht zunächst 150 kHz und verbessern Sie diesen Dämpfer - verwenden Sie möglicherweise einen Zener, um sicherzustellen, dass die Spitzenspannung des MOSFET nicht überschritten werden kann. Es ist nicht der Kappenwert - es ist der Widerstand, der zu hoch ist - Energie wird in die Kappe geleitet und muss vom Widerstand zwischen den Rücklaufzeiten ziemlich gründlich verbraucht werden.
Kern des Flyback-Transformators erwärmt sich
AntwortenHierDatenschutz-Bestimmungen1y, 0v