Ich habe die folgende Schaltung entworfen, die aus 4 Lasten besteht, 1 mit 4,2 Ohm und 3 mit 21 Ohm, die insgesamt 2,4 Arms (1,5 A, 300 mA, 300 mA bzw. 300 mA) Wechselstrom durch die Sekundärseite eines Transformators ziehen, der 6,3 ausgibt Vrms über die Primärseite mit der Netzspannung (120 Vrms) verbunden.
Ich musste jedoch die letzte Last mit Gleichstrom anstelle von Wechselstrom speisen, daher besteht die Lösung darin, einen Gleichrichter hinzuzufügen und dann die Last daran anzuschließen, um Gleichstrom zu ziehen, natürlich, indem ein Ripple-Filter-Kondensator und ein Vorwiderstand hinzugefügt werden 6,3 VDC einzustellen, unter Berücksichtigung des 1,1-V-Abfalls der Brücke (Datenblatt).
Ich habe ein Buch zu diesem Thema und der Autor hat auch eine Website, und in beiden erwähnt er, dass der Gleichstrom, den die letzte Last zieht, doppelt so viel Wechselstrom zählt (eine Last, die 300 mA Gleichstrom zieht, zählt also für 600 mA Wechselstrom). für den Transformator, aber er erklärt nicht warum (ich denke, es ist offensichtlich?).
Bedeutet dies, dass die letzte Last zusammen mit dem Gleichrichter durch eine einzelne Last ersetzt werden kann, die Wechselstrom zieht, aber mit dem halben Widerstand? Warum ist das?
Mein Denkprozess ist, dass alles, was der Gleichrichter tut, darin besteht, den Strom so umzuleiten, dass er immer in die gleiche Richtung durch die Last fließt, sowohl in den positiven als auch in den negativen Schwankungen des Wechselstroms, bevor er meiner Meinung nach der Transformator sollte nicht einmal wissen, dass es einen Gleichrichter gibt, aus Sicht des Transformators gibt es immer einen festen Wert, der Strom zieht, in jeder Polarität.
Ich habe in EveryCircuit eine Schaltungssimulation ohne Kondensator und Vorwiderstand ausgeführt und die Wellenformen stimmen mit meinen Schlussfolgerungen überein. Orange ist der Wechselstrom, der von einer 21-Ohm-Last gezogen wird, Blau ist der Gleichstrom, der von der letzten 21-Ohm-Last nach der Brücke gezogen wird, und Grün ist der Wechselstrom Äquivalent des Stroms, der von der letzten Last durch die Brücke gezogen wird.
Der Gleichstrom nach der Brücke ist derselbe wie der Wechselstrom davor, mit Ausnahme der Polarität verstehe ich den Unterschied im Strom im Vergleich zu den Lasten, die Wechselstrom ziehen, jedoch nicht, 420 mA Spitze gegenüber 308 mA Spitze, möglicherweise die Übergangsverzerrung aufgrund von die Brücke?
Aber trotzdem ist der pro Zyklus gezogene Strom derselbe, es ist nur so, dass der Strom nach der Gleichrichtung nur in eine Richtung fließt, also sehe ich nicht, wohin dieser zusätzliche doppelte Strom gehen würde ¿?
Wenn ich den Kondensator hinzufüge, stimmen die Wellenformen mit dem überein, was ich gelesen habe, und es verwandelt den gezogenen Strom in kurze Spitzen anstelle von etwas konstanteren Keulen. Fließt hier der zusätzliche Strom? Aber selbst dann ist meine Analogie, dass die Form der Kurve wie ein Seil mit fester Länge ist, Sie können das Seil von einer Sinuswelle in eine Rechteckwelle oder in dünne Stacheln umformen, aber die Länge des Seils kann sich nicht ändern weil Das würde bedeuten, dass sich der Bereich unter der Kurve ändern würde, was bedeutet, dass mehr oder weniger Strom gezogen wird, oder?
Und wenn P = V * I und die Spannungen fest sind, würde eine Erhöhung des Stroms eine Erhöhung der verbrauchten Energie pro Sekunde bedeuten, aber wohin geht diese Energie? In der Brücke und im Vorwiderstand geht Strom verloren, aber ich sehe nicht, wie dies eine doppelte Erhöhung der Stromaufnahme bedeuten würde.
Der Grund, warum ich mich auf Strom und nicht auf Spannung konzentriere, ist, dass ich eine geeignete Sicherung finden muss, um sie zwischen der letzten Wechselstromlast und dem Gleichrichter hinzuzufügen, und um eine geeignete Sicherung für die Primärseite zu finden, bin ich mir des Stromeinschaltstroms bewusst und ich werde der Schaltung später einen Thermistor hinzufügen, aber jetzt muss ich die stationären Stromwerte kennen. Für die Schaltung mit nur Wechselstromlasten würde das also 2,4 A bedeuten, aber wie viel für die Schaltung mit der gleichgerichteten Gleichstromlast?
Es geht um die Harmonik. Wenn Sie den Widerstand (Last) direkt auf der Sekundärseite des Transformators verwenden, verwenden Sie einen schönen sinusförmigen Strom, aber wenn Sie die Spannung gleichrichten, fügt die Nichtlinearität der Dioden in Kombination mit der kapazitiven Last dem Strom Oberschwingungen hinzu und seinen Wert größer machen. Das „doppelt so viel Strom“ ist keine Regel, es kann sehr hässlich werden, ist aber je nach Element meist geringer.
Hier ist ein kurzer Test in LTspice:
V1
und R1
mache deine Sekundarstufe und die 21
Belastung. Der Rest ist ein Gleichrichter und die Last plus eine 1-mF-Kappe (zufällige Werte). Die Ströme sind die roten und grünen Spuren, während die Kräfte die schwarzen und blauen sind und lauten:
Es ist nicht ganz doppelt so viel, aber die Dioden sind ideal und die Spannung wird nicht richtig gleichgerichtet (hätte eine größere Kappe verwenden können). Dennoch nähert sich das Verhältnis 1,3. Kurz gesagt, Sie zahlen für die Bequemlichkeit, aber es gibt Lösungen zur Minderung: Leistungsfaktor-Korrekturschaltungen, aktive Leistungsfilter, aktive Gleichrichter, Filterfallen usw.
Angesichts Ihrer Kommentare unten ist hier die neu erstellte Version mit einem quasi echten Setup, 2x4700 F mit etwas ESR, Serie 4.7 hinzugefügt , einige 1N4007 Diodenmodelle:
Und hier ist ein vergrößerter Teil der Wellenformen und ihrer Messwerte:
Der Strom wird aufgrund des ESR, der zusätzlichen Last (4,7 + 21), des Einschaltwiderstands der Dioden und nicht zuletzt des Innenwiderstands der Sekundärseite (der zweifellos viel größer als die mickrigen 50 m sein wird) geglättet
im Schaltplan). Die Leistungen sind auch näher, aber die Spitzen des Stroms sind immer noch größer als die schöne Sinuswellenform, also sollten Sie diese bei der Auswahl der Dioden berücksichtigen (hier werden die 4007 verwendet, weil ich eine leicht verfügbar hatte) .model
.
Ich werde versuchen klarzustellen, dass die 74 % Prozent, von denen Tony Stewart spricht, keine Zahl sind, der man vertrauen oder gar zitieren kann. Hier ist die korrigierte Version mit 21
Last, mit einer .step
'ed-Kappe von 470
F bis 10mF:
Die Form des Stroms wird dünner mit dem höheren Oberwellengehalt, der durch den zunehmenden Kondensatorwert gegeben ist - die Brücke ist die gleiche. Der Wert des RMS-Stroms steigt ebenfalls (siehe Protokoll), die FFT zeigt zunehmend höhere Harmonische, daher steigt der Wert des RMS-Stroms aufgrund des Oberwellengehalts . Hier ist eine gezoomte Version der FFT:
Das Etikett der Spur ist schwarz, also ist die erste .step
ed-Spur schwarz und geht zu blau, rot usw. Der erste Schritt, wie im vorherigen Bild zu sehen, ist die 470
F, die letzten 10 mF, also wachsen die höheren Harmonischen mit dem Wert des Kondensators und erhöhen auch den Wert des RMS-Stroms.
Wenn nur der Kondensator da gewesen wäre, ohne die Brücke, wäre dies das Ergebnis gewesen:
Beachten Sie, dass die Brücke immer noch da ist, aber nicht angeschlossen ist (beabsichtigt). Die Wellenformen sind die der Spannung und des Stroms durch die Quelle. Die FFT zeigt keine Harmonischen - ignoriert das Rauschen, plotwinsize
ist nicht eingestellt, es wird auch kein Zeitschritt auferlegt, zeigt aber deutlich nur die Grundwelle.
Wenn eine Brücke ohne Kondensator hinzugefügt wird, ist dies das Ergebnis:
Beachten Sie die Totzone aufgrund des Spannungsabfalls. Die Leistung kann einem reinen Widerstand nahekommen, aber die Oberwellen traten aufgrund der Nichtlinearität der Last auf.
Wenn sowohl die Brücke als auch der Kondensator mit der Last hinzugefügt werden, erhalten Sie, was die ersten Bilder zeigen. Die Schlussfolgerung ist klar und wird in den ersten Zeilen der Antwort erwähnt: Die Nichtlinearität der Dioden in Kombination mit der kapazitiven Last fügt dem Strom Oberschwingungen hinzu und erhöht seinen Wert (der Leistung).
Ist die Leistung um 74 % höher, mehr oder weniger? Der Effektivwert der Quelle beträgt 6,3 V. Die Werte des RMS-Stroms .step
gehen von 0,478 A bis 0,855 A, wenn der Kondensator in zunehmendem Wert eingestellt wird. Die Spannung über der Last (vergessen zu zeigen) geht von 5,65 V bis 6,99 V. Dies bedeutet, dass die Ausgangsleistung zwischen 1,52 W und 2,33 W liegt, während die Eingangsleistung zwischen 3,01 W und 5,39 W liegt, was bedeutet, dass das Verhältnis der Leistungen (eigentlich das Gegenteil des Wirkungsgrads) von 1,98 (98 % mehr) bis 2,31 (131 W) reicht % mehr), das sind deutlich mehr als 74 %.
Aber all dies impliziert einen ziemlich idealen Fall. Wählen wir ein quasi-reales Setup: ein echter Trafo und Ihre Lasten:
Der Transformator ist halb erraten, mit einigen übertriebenen Werten darin (Fläche, Länge des Magnetpfads, um die hohe Anzahl von Windungen aufzunehmen, um Sättigung zu vermeiden), aber es gibt etwas Leckage und Serienwiderstand. Sie können deutlich sehen, dass die Strömung bei weitem nicht so hoch ist wie erwartet. Das kann aber an den enthaltenen AC-Lasten liegen, denn der AC-Strom ertränkt den Ladekondensator. Dennoch beträgt der Kehrwert der Effizienz 1,252 (etwas weniger als 80 %).
Verschieben wir sie alle nach der Brücke, vielleicht werden wir dieses Mal sicher einige Effekte sehen?
Eher so ... aber die Messwerte sagen 1,278, sehr nahe an 1,252, trotz des scheinbar verzerrten Stroms! Und doch ist dies näher an dem, was Sie wirklich sehen werden, wenn eine solche Ladung vorhanden wäre. In Ihrem Fall ist es wahrscheinlicher, dass es der vorherige ist.
Die Schlussfolgerung ist, dass die zusätzliche Leistung von der Verzerrung herrührt, die durch Oberwellen verursacht wird, die nicht nur nichtlinearen Elementen inhärent sind, sondern nicht von der Bedeutung einer nichtlinearen Last unabhängig von ihrem Typ getrennt werden können . Von einer nichtlinearen Last und Oberschwingungen kann man einfach nicht getrennt sprechen, eine ganze Domäne der Elektronik basiert auf dieser Assoziation. Unabhängig von der Menge verursachen höhere Oberschwingungen einen höheren Stromverbrauch. Wenn es keine Harmonischen gäbe, würde das Leistungsverhältnis nur auf der Grundebene erfolgen, und eine Phasenverzögerung wäre das einzige, was passiert wäre - die Wellenform wäre immer noch ein Sinus, unverzerrt und wäre der einzige Faktor, der die Gewalten trennt.
the nonlinearity of the diodes, combined with the capacitive load, add harmonics to the current and make its value larger
. Die Kappe allein ist keine Ursache. Die Dioden sind mit oder ohne Kappe. Die Harmonischen sind inhärent (Nichtlinearität), also macht das, was ich gesagt habe, vollkommen Sinn. Tut mir leid, aber entweder hast du dich aus dem Zusammenhang gerissen oder du hast nicht alles gelesen, was ich gesagt habe.harmonics is the result
, ich sage, es ist inhärent und eingebettet in die Formel zur Berechnung der Leistung; Sie sagen the cap is the cause
, ich sage, die Kappe fügt nur eine Phasenverzögerung hinzu, es ist die Brücke mit der Kappe, die Schaden anrichtet; Es ist keine Annahme, dass die Dioden mit oder ohne Kappe Oberschwingungen einführen, aber es ist eine Annahme, dass 75 % mehr Strom verbraucht wird, obwohl ich Bilder mit anders lautenden Messwerten bereitgestellt habe – es ist kein Fix Anzahl, hängt von der Belastung ab. Auch, nur weil Sie anders geantwortet haben, heißt das nicht, dass es wahr ist.Der DC zieht NICHT doppelt so viel Strom, kann aber doppelt so viel Leistung liefern.
Die Spitzenspannung ist
Dadurch wird der 1,4-V-Brückendiodenabfall für Silizium vernachlässigt, wenn der Wechselstromgleichrichter eine sehr große Kapazität wie die in jeder Batterie antreibt (~ 10 kF Baseballstadion).
Warum zieht die DC-Last doppelt so viel Wechselstrom durch den Transformator?
Bei durchschnittlichem Strom nicht. Es tut oder kann es für RMS-Strom tun.
Eine der Spezifikationen des Transformators ist der Strom, den er ohne Überhitzung liefern kann.
Die Erwärmungswirkung des Stroms auf den Transformator ist abhängig von dessen Effektivwert. Der Transformator wird durch Strom erwärmt, der durch seinen Wicklungsrestwiderstand fließt.
Eine Gleichrichter-/Kondensator-DC-Last erzeugt einen viel höheren RMS-Laststrom am Transformator als eine schöne ohmsche AC-Last, da sie Strom in großen Spitzen zieht, was zu einer übermäßigen I 2 R -Erwärmung führt.
Bei gleicher Erwärmung im Transformator können Sie aus einer Gleichrichter- / Kondensatorlast nur etwa die Hälfte des Stroms ziehen als aus einer einfachen ohmschen Last.
Der Spitzenstrom muss steigen, da die Dioden nur für einen kleinen Bruchteil des Zyklus leiten. Um den richtigen Durchschnittsstrom zu erreichen, muss der Spitzenstrom höher sein.
Die Dioden leiten nur, wenn die Wechselspannung höher ist als die (Gleich-)Spannung am Kondensator. Wenn keine Last vorhanden wäre, würde sich der Kondensator auf die Spitzenwechselspannung aufladen und die Dioden würden nie wieder leiten. Die Gleichstromlast bewirkt, dass die Kondensatorspannung während jeder Halbwelle abfällt, und dann leiten die Dioden kurz, um sich wieder aufzuladen, wenn die Wechselspannung schließlich über der Gleichspannung liegt.
Je größer der Kondensator, desto kleiner der Abfall, desto kürzer das Intervall. Für einen konstanten mittleren DC-Strom bedeutet dies, dass der AC-Spitzenstrom ansteigen muss.
David Tweed
jsotola