Ich weiß nicht, ob es eine Einschränkung des Simulators oder mein Fehler ist, aber ich versuche, diese Schaltung zu bauen:
Aber das bekomme ich:
Aus irgendeinem Grund erhält die Spannung am Marker 5V_DC
nur einen positiven Halbzyklus bei einer Spitze von 34.80mA
. Ich hatte 50 mA 5v / 100ohm
oder 36 mA erwartet [5v - 0.7v - 0.7v]/100ohm
, nicht 34,80 mA.
Und der Strom am LOAD
ist nicht glatt, obwohl der Kondensator vorhanden ist.
Sie haben den falschen Punkt in Ihrem Stromkreis geerdet.
Wenn Sie die Unterseite Ihres Lastwiderstands im Simulator überwachen, werden Sie eine weitere Überraschung erleben.
Simulieren Sie diese Schaltung – Mit CircuitLab erstellter Schaltplan
Abbildung 1. (a) In der positiven Halbwelle sind D4 und D5 im Spiel. (b) In der negativen Hälfte sind D6 und D7 im Spiel.
Erden Sie stattdessen unten an C1. Normalerweise lassen wir für eine massebezogene DC-Versorgung wie diese den Transformator "schweben" und erden den DC-.
Und der Strom am LOAD ist nicht glatt, obwohl der Kondensator vorhanden ist.
Eine gute Annäherung an die Entladezeit erhalten Sie durch die RC-Zeitkonstante: . Der Kondensator wird zu diesem Zeitpunkt um 63 % entladen. Für 1 kHz (wie in Ihrem Schema) benötigen Sie mindestens das 100-fache Ihres C-Werts. Für 50/60 Hz benötigen Sie je nach Belastung das 1.000- bis 10.000-fache.
Es gibt zwei wesentliche Probleme mit Ihrer Schaltung:
Ihre Wechselstromfrequenz beträgt 1 kHz, sodass zwischen den Spitzen 500 µs liegen. Die Beschriftungen in Ihrem Diagramm sind zu klein zum Lesen. Nehmen wir also an, die Wechselspannung ist so, dass Sie ohne Last 15 V aus den Gleichrichtern herausholen. Wenn Sie möchten, dass der Abfall bei einer Last von 100 Ω nicht mehr als 1 V beträgt, muss der Kondensator (150 mA) (500 µs) / (1 V) = 75 µF betragen. 100 µF wären also ein guter Wert für diese erfundenen Zahlen. Beachten Sie, dass dies 1000-mal mehr ist als das, was Sie verwendet haben.
Verbinden Sie keine Seite der Wechselstromquelle mit Masse. Verbinden Sie stattdessen den negativen Ausgang der Gleichrichter mit Masse. Dann können Sie den positiven Ausgang in Bezug auf Masse messen und den Ausgang der Gleichrichter erhalten.
Bewegen Sie Ihren Gnd auf V- als Ihre 0-V-Referenz und stellen Sie sicher, dass die Quelle isoliert ist (XFMR), da sie sonst durch Vf von Vin 0 V versetzt wird.
V und I werden dann relativ zum richtigen Knoten sein, um dann auf Gnd geladen zu werden.
Daher
für 5 Vp Sinuseingang 1kHz , R=100, C=80µF
Vdc = 5-2 * 0,8 V können Sie erwarten, etwa 0,7 bis 1 V Abfall pro Si-Diode je nach Nennleistung, wobei ESR über 0,6 V (Si)
Sie sollten intuitiv 10 % Vpp Ausgangswelligkeit erwarten, was mindestens 1/10 % (= 10x) Eingangsstromwelligkeit im Vergleich zu Iout verursacht.
RC-Werte beeinflussen sowohl die Lastwelligkeit V als auch die Eingangswelligkeit I, außerdem beeinflussen beide den Spitzenspannungsabfall der Diode.
Um mit niedriger Brummspannung schnell zu laden und langsam zu entladen, ist der Brummstrom sehr hoch (umgekehrt). Wenn Vf bei Spitzenstrom 1 V erreicht, ziehen Sie Dioden mit höherer Nennleistung und niedrigerer Vf in Betracht.
Jetzt können Sie versuchen, 80 uF zu verwenden.
Ich bekomme 5Vin(pk) - 2Vf + Vo(pk) und habe Vf=0,8V angenommen
somit Vdc = 3,4 Vdc mit 10 % von Vdc = 340 mVpp Sägezahnwelligkeit
Diese Richtlinie wird bei niedrigeren Spannungen und niedriger Frequenz schlechter, da sie große Obergrenzen impliziert.
Ihre Erwartung von genau 0,7 V Abfall pro Diode ist nicht realistisch. 0,7 V ist nur eine häufig verwendete Annäherung für Standard-Siliziumdioden, daher ist es nicht unerwartet, etwas mehr oder etwas weniger zu haben.
Ihr Kondensator hat nur 100 nF und Ihr Widerstand 100 Ohm. Dies ergibt eine Zeitkonstante von 10 Mikrosekunden, während Ihre 1-kHz-Wellenform eine viel längere Halbperiode von 500 Mikrosekunden hat. Der Kondensator muss für die Glättung, die Sie für den Sinuswelleneingang mit einer Frequenz von 1 kHz suchen, viel größer sein. Versuchen Sie es mit 100 uF anstelle von 100 nF.
Supernova
AaronD