Leiterplatte mit hoher thermischer Belastung für kurze Zeit

Ich habe 30 Abwärtswandler auf einer 4-Lagen-Leiterplatte (70 x 130 mm). Jeder verbraucht normalerweise 30 Sekunden lang ~ 2 W, gefolgt von einer sehr langen Pause von> 10 Minuten, und ich mache mir Sorgen um eine Überhitzung. Obwohl es kein Sicherheitsproblem ist (die Chips sind geschützt), möchte ich vermeiden, auf diese Probleme zu stoßen.

Mein Ansatz:

  • 2 Schichten Vollkupfer mit vielen thermischen Vias. Die anderen 2 Schichten sind ~90% Kupfer.
  • Dabei soll die thermische Masse der großen Induktoren helfen
  • Ein 120-mm-Lüfter direkt über den Komponenten
  • Der Luftstrom sollte Rca (Wärmewiderstand gegenüber Umgebung) stark erhöhen

Wenn dies nicht ausreicht, um die 60 W Wärme loszuwerden, könnte ich einen Aluminiumblock auf der Unterseite hinzufügen.

Frage: Halten Sie das für eine praktikable Lösung?

Geben Sie hier die Bildbeschreibung ein Geben Sie hier die Bildbeschreibung ein

Sie sagten: Die Chips sind geschützt – was wollen Sie also erreichen?
Luft direkt nach unten zu blasen, könnte zu einer Stagnation der wenigen Chips in der Mitte führen. Dies spielt möglicherweise keine Rolle, wenn die Leiterplatte über die gesamte Platine stark wärmeleitend ist. Es wäre jedoch besser, Luft über das Brett zu blasen. Entweder das, oder wenn die aktuelle Lüfterposition mechanisch gut ist, verschieben Sie die Komponenten mit geringer Wärmeerzeugung in die stagnierende Mitte und die Komponenten mit hoher Wärmeerzeugung zum Rand der Platine, wo der Luftstrom gut ist.
Andy: Ich möchte nicht, dass der Schutz aktiv wird. Neil: Danke. Ich kann den Lüfter neu anordnen und Kanäle hinzufügen, um eine bessere Strömung zu erzeugen. Vielleicht könnte ich Wände an 3 Seiten des Lüfters hinzufügen, damit die Luft nur auf einer Seite austreten kann?

Antworten (2)

60 W x 30 Sekunden = 1800 Joule

Diese Verteilung über 10 Minuten wäre eine durchschnittliche Verlustleistung von 3 W für eine ziemlich große Platine.

Wenn die Dinge in diesen 30 Sekunden nicht überhitzen, sollte es Ihnen gut gehen. Andernfalls kann ein Kühlkörper, in den diese Energie geleitet wird, dies erleichtern.

Wie viel Kühlkörper? Nun, um ein Metall zu erhitzen, ist eine Temperatur Joule pro Gramm pro Grad Celsius. Für Aluminium ist dies 0,9. Nehmen wir also an, Sie möchten, dass sich der Kühlkörper für den Impuls nicht mehr als 40 Grad über der Umgebungstemperatur erwärmt.

1800 Joule / 0,9 / 40 Grad = mindestens 50 Gramm Aluminium.

Dies sagt Ihnen nicht ganz, wie schnell die Kühlkörpertemperatur diese Energie abführen kann. Daher wird es bei den folgenden Impulsen wahrscheinlich etwas wärmer. Aber Sie brauchen nicht viel Metall, um den schlimmsten Teil des Pulses zu absorbieren.

Danke schön! Ich habe nicht daran gedacht, den Temperaturanstieg zu berechnen. Die Induktoren wiegen ~80g (Kupfer + Ferrit). Wenn ich jetzt die entnommene Energie von den 60W abziehe, sollte es kühl genug sein ;)
Ferrit ist 0,8 und Kupfer ist 0,39, nicht ganz sicher, wie die Verhältnisse sein werden, aber selbst wenn das gesamte Gewicht Kupfer wäre, sollte es nur zu einem Anstieg von 58 Grad führen, also wird es in Ihrer Anwendung weniger sein. und Sie haben auch die spezifische Wärme der Leiterplatte 1,15

Ihre Leiterplatte hat zwischen jedem Regler eine thermische Zeitkonstante von etwa 1/2 Sekunde. [Ein cm sind 1,14 Sekunden, 2 cm sind 4x länger, 3cm sind 9x länger)

Der Wärmeanstieg wird während Ihres 30-Sekunden-Impulses ungefähr gleichmäßig sein.

IMHO braucht man etwas kühlende Luft.

Der zentrale Bereich kann Wärme in 4 Richtungen abführen (oder sogar in 8 Richtungen, wenn Ecken verwendet werden), sodass Totpunkte keine Rolle spielen sollten.

Aber mit 4 Grad pro Watt Wärmeausbreitungswiderstand aus diesem zentralen Bereich und mit 30 Watt im zentralen Bereich haben Sie einen Anstieg von 4 * 30 = 120 Grad C.

Wenn Sie die Platine neu machen, berücksichtigen Sie 2 Unzen/Quadratfuß für die 2 Ebenen.

=================================

Übrigens können Sie dies in SPICE mit einem 7 x 13-Widerstandsgitter modellieren (bei einer Auflösung von 1 cm, wenn Sie das für angemessen halten). Machen Sie jeden Widerstand 70 Ohm, so dass Sie diese thermische Reaktion von 70 Grad C pro Watt erhalten. Injizieren Sie dann 3 Ampere in jeden der inneren Knoten. Peripherie erden ????? NEIN. Das ist nicht gültig.

Berechnen Sie, wie die andere Antwort vorschlägt, die Wärmekapazität für jeden Quadratzentimeter und fügen Sie diese jedem inneren Knoten als konzentrierten Kondensator hinzu.

Übrigens, sind Ihre Spuren breit genug, um die 2.000 Ampere aufzunehmen??? von Bord?

=========================

Beim thermischen Denken verwende ich den Wärmewiderstand von Standard-Kupferfolie (1 Unze / Quadratfuß), der 70 Grad C pro Watt pro Quadratfolie beträgt.

Da es zwei innere Schichten gibt, feste Platten, beträgt der seitliche Rthermal 35 Grad pro Watt pro Quadrat für Quadrate jeder Größe.

Zeichnen Sie nun ein Gitter und erhitzen Sie eines der inneren Quadrate. Sie sehen die acht angrenzenden Quadrate als Pfade für den Wärmeaustritt, daher fällt Rthermal um das 8-fache auf 4 Grad C pro Watt.

Sie können den nächsten Satz umgebender Quadrate einbeziehen, acht davon, Kanten dreimal so groß wie die Originalgröße), aber die Komponentendichte legt nahe, dass die Iteration nicht erforderlich ist.

Sie scheinen Informationen zu zitieren, die nicht in der Frage enthalten sind. ZB das C/ W der Chips und der Gesamtstrom von 2000 A. Würde es Ihnen etwas ausmachen, zu teilen, wo sich diese Informationen befinden könnten?
@Reroute Fragen Sie ihn, wie lange es dauert, bis sich Wärme durch einen 1 m großen Siliziumkristallwürfel ausbreitet.
Leiterplatte mit hoher thermischer Belastung für kurze Zeit
AntwortenHierDatenschutz-Bestimmungen1y, 0v