1 (2)Ad.1)Cz¦stotliwo±¢ pracy falownika mo»na obliczy¢ z zale»no±ci: uL = E 2 = L 4iL 4t = L 2ILmax 4t

Zawody III stopnia

Rozwi¡zania zada« dla grupy elektryczno-elektronicznej

Rozwi¡zanie zadania 1

Przebiegi czasowe napi¦ciauL i pr¡du iL dªawika, pr¡du tranzystora iT1, pr¡du diody iD1 oraz pr¡du ¹ródªa zasilania iE=2 przedstawiono na rys.1.

-U_LMAX

0 t

T 2T 3T

u_L U_LMAX

-I_LMAX

0 t

T 2T 3T

i_L I_LMAX

0 t

T 2T 3T

i_T1 I_LMAX

-I_LMAX

0 t

T 2T 3T

i_D1

-I_LMAX

0 t

T 2T 3T

I_LMAX i_E/2

Rys.1. Przebiegi pr¡dów i napi¦¢ w ukªadzie falownika

Organizatorem OWT jest Federacja Stowarzysze« Naukowo-Technicznych NOT.

Olimpiada jest nansowana ze ±rodków MEN.

1

Ad.1)Cz¦stotliwo±¢ pracy falownika mo»na obliczy¢ z zale»no±ci:

uL = E 2 = L

4iL

4t = L

2ILmax

4t ; (1)

gdzie uL jest chwilow¡ warto±ci¡ napi¦cia na dªawiku w czasie równym ⁴t = T2, kiedy pr¡d iL narasta liniowo od ILmax do ILmax.

Dla przebiegu trójk¡tnego relacj¦ pomi¦dzy warto±ci¡ skuteczn¡, a warto±ci¡ maksymaln¡

opisuje zale»no±¢:

IL = ILmax

p3 : (2)

Zatem

ILmax =^p3IL =^p3
3
^p3 = 9 A: (3) Po przeksztaªceniu zale»no±ci (1) jest:

4t = ILmax L

uL : (4)

Cz¦stotliwo±¢ falownika jest zatem równa:

f = 1T = 1

2⁴t = uL

2
2ILmax L = 45

2
18
0;0005 = 5

0;0002 = 25000 Hz = 25 kHz : (5)

Ad 2) Warto±¢ skuteczna napi¦cia odbiornika UL = ULmax = E

2 = 45 V : (6)

Ad 3) Warto±¢ ±rednia i skuteczna pr¡du tranzystora ITAVG = ILmax

8 =

p3IL 8 = 9

8 = 1;125 A : (7)

IT = IL

2 = 3^p3

2 = 2;598 A : (8)

2

Ad.4)Warto±¢ ±rednia i skuteczna pr¡du ¹ródªa E=2:

IE=2AVG = 0A: (9)

IE=2 = IL

p2 = 3^p3

p2 = 3
^p6

2 = 3;674 A : (10)

Odpowied»: Cz¦stotliwo±¢ pracy falownika 25 kHz, skuteczne napi¦cie na odbiorniku UL = 45 V, warto±¢ ±rednia pr¡du tranzystora ITAVG = 1;125 A, warto±¢ skuteczna IT = 2;6 A, warto±¢ ±rednia pr¡du ¹ródªa zasilaniaIE=2AVG = 0A, a warto±¢ skuteczna IE=2 = 3;7A.

Rozwi¡zanie zadania 2

Ad.1)

R_THJCT R_THJCD

P_T P_D

T_JT T_JD

T_S T_A

T_A R_THSA

Rys.1. Schemat obwodu termicznego tranzystora i diody umieszczonych na wspólnym radiatorze

Schemat obwodu termicznego przedstawiono na rys.1. Na podstawie tego schematu mo»na napisa¢:

TS TA = P RTHSA ; (1)

gdzieP to caªkowita moc strat diody i tranzystora.

P = TS TA

RTHSA = 85 251 = 60 W : (2)

3

Z warunków zadania wiadomo, »e caªkowita moc strat jest równa:

P = PD +PT = PD +2 PD = 3PD : (3)

Zatem caªkowita moc start diody PD i tranzystora PT jest równa:

PD = P 3 = 60

3 = 20 W ; PT = 3 PD = 2
20 = 40 W: (4) Temperatury struktur póªprzewodnikowych tranzystora TJT i diody TJD mo»na obliczy¢

z zale»no±ci:

TJT = TS +PT RTHJCT = 85 +40
1 = 125^C; (5) TJD = TS +PD RTHJCD = 85 +20
1;5 = 115^C: (6)

Ad.2)Temperatura struktury póªprzewodnikowej tranzystora, TJT = 125^C jest wi¦ksza ni»

diodyTJD = 115^C, zatem przyjmuj¡c, »e maksymalna temperatura struktury póªprzewodni- kowej tranzystora mo»e by¢ równa TJTmax = 150^C, temperatura radiatora mo»e wzrosn¡¢

o:

4T = TJTmax TJT = 150 125 = 25^C: (7) Zatem maksymalna temperatura radiatora jest równa:

TSmax = TS +⁴T = 85 + 25 = 110^C: (8) Rezystancj¦ termiczn¡ radiatora mo»na zatem obliczy¢ z zale»no±ci:

RTHSAmax = TSmax TA

P = 110 2560 = 1;416^C/W: (9)

Ad.3)Rozdzielaj¡c straty mocy w tranzystorze i diodzie na starty przewodzenia (odpowiednio PPT, PPD) i straty ª¡czeniowe (odpowiednio PCT, PCD), które s¡ zale»ne od cz¦stotliwo±ci przeª¡cze« mo»na napisa¢:

PT = PPT +PCT = PPT +fS ET ; (10)

PD = PPD +PCD = PPD +fS ED ; (11)

4

gdzieET i ED to ilo±¢ energii tracona w tranzystorze i diodzie w trakcie przeª¡czania.

Z warunków zadania wynika, »e

PPT = 0;5 PT = 0;5
40 = 20 W; (12) PPD = 0;75 PD = 0;75
20 = 15 W; (13)

PCT = PT PPT = 40 20 = 20 W; (14)

PCD = PD PPD = 20 15 = 5 W: (15)

Energie ET i ED mo»na zatem obliczy¢ ze wzorów:

ET = PCT

fS = 20

20
103 = 1 mJ; (16)

ED = PCD

fS = 5

20
103 = 250J : (17)

Na podstawie schematu przedstawionego na rys.1 temperatur¦ zª¡cza tranzystorowegoTJT mo»na obliczy¢ z zale»no±ci:

TJT = TA +P RTHSA +PT RTHJCT =

= TA +



PCT +fS ET +PCD +fS ED



RTHSA + +



PCT +fS ET



RTHJCT = (18)

= TA +fS



ET +ED



RTHSA +ET RTHJCT



+ + PCT



RTHSA +RTHJCT



+PCD RTHSA : Po przeksztaªceniu

fS = TJT TA PCT



RTHSA +RTHJCT



PCD RTHSA RTHSA



ET +ED



+RTHJCT ET : (19)

5

Podstawiaj¡c TJT = 150^C maksymalna cz¦stotliwo±¢ ª¡cze« b¦dzie równa:

fS = 150 25 20(1 + 1) 15
1

1(0;001 + 0;00025) + 1
0;001 ^31;1 kHz : (20)

Ad.4)Tranzystor i dioda s¡ umieszczone na osobnych radiatorach, a zatem schematy obwodów termicznych dla obu elementów mo»na przedstawi¢ jak na rys.2.

R_THJCT

P_T T_JT

T_A

T_A R_THSA

R_THJCD

P_D T_JD

T_A

T_A R_THSA

Rys.2. Schematy obwodów termicznych tranzystora i diody umieszczonych na oddzielnych radiatorach

Dla tranzystora

TJT = TA +PT



RTHSA +RTHJCT



= 25 + 40
2 = 105^C: (21) Dla diody

TJD = TA +PD



RTHSA +RTHJCD



= 25 + 20
2;5 = 75^C: (22) Odpowied¹: ‘rednia temperatura zª¡cz diody i tranzystora odpowiednio s¡ równe:

TJT = 125^C, TJD = 115^C.

Zwi¦kszeni rezystancji termicznej radiatora o okoªo 41% nie spowoduje przekroczenia mak- symalnej temperatury zª¡cz, równej TJmax = 150^C. Maksymalna cz¦stotliwo±¢ ª¡cze« w ukªadzie jest równafS ^31;1 kHz. Je»eli tranzystor i diod¦ umie±ci si¦ na oddzielnych radia- torach o rezystancji termicznejRTHSA = 1K/W temperatury zª¡cz tranzystora i diody b¦d¡

równe: TJT = 105^C,TJD = 75^C.

6

Dla przyj¦tych w zadaniu wspóªczynników wzmocnieniasygnaªów wej±ciowych mo»na zreali- zowa¢ zadany ukªad stosuj¡c jeden wzmacniaczoperacyjny. Schemat tego ukªadu przedstawiono na rys.1.

U₂ R₂

R₁₁

U₁₄ U₁₃ U₁₂ U₁₁

R₁₂

R₁₃

R₁₄

R₁₆ U₁₅

R₁₅

Rys.1. Ukªad z jednym wzmacniaczem operacyjnym

Zakªadaj¡c, »e wzmacniacz operacyjny jest idealny, funkcj¦ napi¦cia wyj±ciowego mo»na opisa¢ zale»no±ci¡:

u2 = R2

R11 u11 R2

R12 u12 R2

R13 u13 +ku 14 u14 +ku 15 u15 ; (1) gdzie:

ku = R2

R123 + 1; 1

R123 = 1

R11 + 1

R12 + 1

R13 ; (2)

14 = R56

R14 +R56 gdzie: R56 = R15 R16

R15 +R16 ; (3)

15 = R46

R15 +R46 gdzie: R46 = R14 R16

R14 +R16 : (4)

Z warunków zadania jest:

R11R2 = 2;5 ; R2

R12 = 5 ; R2

R13 = 7;5 ; ku 14 = 8 ; ku 15 = 6;4 : (5) 7

Zakªadaj¡c R2 = 15 k mo»na obliczy¢ rezystory R11, R12, R13.

R11 = R2 2;5 = 15

2;5 = 6 k R12 = R2 5 = 15

5 = 3 k R13 = R2 7;5 = 15

7;5 = 2 k : (6) Wzmocnienie ukªadu powtarzaj¡cego ku (dla sygnaªów u14, u15) jest równe:

ku = R2

R123 + 1 = 15
1 + 1 = 16 V/V; (7) gdzie:

R1231 = 1

R11 + 1

R12 + 1

R13 = 16 + 1 3 + 1

2 = 1 mS : Z zale»no±ci (1)

ku 14 = 16
14 = 8 14 = 0;5; (8)

ku 15 = 16
15 = 6;4 15 = 0;4: (9)

Korzystaj¡c z zale»no±ci (3), (4) i zakªadaj¡c warto±¢ rezystora R16, np. R16 = 10 k mo»na obliczy¢ rezystoryR14 i R15.

14 = R56

R14 +R56 = R15 R16

R14 R15 +R14 R16 +R15 R16 = 0;5 ; (10) 15 = R46

R15 +R46 = R14 R16

R14 R15 +R14 R16 +R15 R16 = 0;4 ; (11) R15R14 = 14

15 = 0;50;4 = 1;25 ; (12)

R14 = 0;1
R16 0;5 = 10

5 = 2 k ; (13)

R15 = 1;25
R14 = 2;5 k: (14)

8

Odpowied¹: Ukªad realizuj¡cy funkcj¦ z zadania przedstawiono na rysunku.

U₂ 6 k 15 k

U14

U13

U12

U11

3 k

2 k

2 k

U15 10 k

2,5 k

Rys.2

9