Calentamiento del regulador de conmutación reductor con cargas ligeras

Construí un regulador de conmutación reductor basado en un diodo AP5100 usando el circuito de ejemplo de la hoja de datos con este diseño . El voltaje se reduce de 15 V a 12 V y el AP5100 se calienta a más de 60 °C con luz o sin carga (0-40 mA). Con una carga de aproximadamente 80 ma, la temperatura es más razonable a aproximadamente 40 ° C y funciona relativamente frío (bajo 30 s) por encima de 150 ma. El circuito que está siendo alimentado por esto opera a baja corriente (<20ma) el 85% del tiempo y el otro 15% a aproximadamente 250-500ma, por lo que sería bueno que funcionara más frío bajo la carga ligera. ¿Debo intentar aumentar el tamaño del inductor para mejorar la eficiencia de carga ligera?

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El circuito que estoy usando se muestra arriba y es para 3.3v. El único cambio que he hecho es usar 3.6k con 49.9k para obtener 12V. Y además, he sustituido el B230A por un STPS2L60A. Las tapas son todas de cerámica con los voltajes adecuados, incluidos 10 uF (35 V) y 22 uF (25 V). El inductor es 3.3uH con estas especificaciones .

¿Qué circuito usaste? No vi un ejemplo de un circuito de salida de 12V. Sea claro y proporcione los valores de los componentes.
Acabo de editar mi pregunta.
@Andyaka: FWIW, la hoja de datos indica VOUT Output Voltage 0.81 to 15 V las condiciones de funcionamiento recomendadas , por lo que creo que está bien.
C1 y C2 no parecen lo suficientemente grandes para tener la capacitancia requerida. ¿Puede proporcionar el esquema de la placa, tal como lo ha ensamblado , en lugar del esquema de la documentación?
@Connor Wolf: el esquema del circuito es exactamente el mismo que la hoja de datos con los cambios mencionados en la EDICIÓN.

Respuestas (3)

Solucioné el problema usando un inductor de mayor valor (10uH) como lo sugiere la hoja de datos y el regulador no se calienta en absoluto en condiciones de luz y sin carga. Lo he probado a la mitad de la carga máxima esperada (250 ma) y obtengo una ondulación de 20 mv pp. Haré más pruebas con la carga máxima, pero los resultados son muy buenos hasta ahora.

Felicidades, genial. Esta es la razón por la que responder a sus propias preguntas no es extraño sino alentador. Sería increíble si aún pudiera mejorar su respuesta, incluidas algunas capturas de pantalla de alcance que muestran el efecto "antes" y "después" e indican cómo su controlador IC maneja mejor el inductor de mayor valor. Todavía no está claro por qué el IC hizo lo que hizo.

Su capacitor de salida tiene una capacidad nominal de 6.3 V solamente. Si ha cambiado el divisor de voltaje del circuito para generar 12 V en lugar de 3,3 V, es probable que haya destruido el límite de salida. Ahora puede actuar como una carga corta (o pesada), por lo que en realidad podría estar lejos de una condición de carga ligera.

No se preocupe por la eficiencia en condiciones sin carga o con carga ligera. Sin carga significa P out  = 0. La eficiencia se define como η = P out  / P in . Sin carga, incluso si su potencia de reserva es muy pequeña (por ejemplo, P in  = 1 µW), con P out  = 0, la eficiencia seguirá siendo cero. Esto, por supuesto, no se verá bien en el diagrama de eficiencia, por lo que los fabricantes tienden a no trazar la curva hasta cero potencia o corriente de salida.

Para tales problemas, ayuda pensar en las pérdidas del convertidor en lugar de en su eficiencia.

De hecho, utilicé los voltajes correctos y acabo de indicarlo en la edición para aclarar.

esta respuesta es incorrecta

Este gráfico de eficiencia frente a corriente de carga se toma de la hoja de datos:

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Parece que no se supone que este IC se use para conducir corrientes bajas en una configuración típica.

Tenga en cuenta que la pendiente de la curva de eficiencia es muy empinada para I L ≤∼ 300 metro A . Esto significa que la reducción de la corriente en esta región de operación aumenta la potencia disipada por el IC, por lo que se ve el aumento de temperatura.

Diría que no debería usar esta configuración típica para conducir una carga que el 85% del tiempo es muy liviana. Debe cambiar la configuración (que creo que es una tarea difícil) o usar otro componente. En mi opinión, esta última es la solución más prometedora y fácil.

Mitigar el problema de calentamiento en la configuración dada:

Como se sugiere en la hoja de datos, puede intentar usar un inductor de mayor valor. Esto debería reducir la corriente extraída del MOSFET interno y conducirá a una mayor eficiencia con cargas ligeras, pero también reducirá la eficiencia con cargas más altas y puede provocar una mayor ondulación del voltaje de salida debido a una capacidad de corriente insuficiente (lo que requerirá una mayor C o tu t mitigar). No puedo decir hasta qué punto puede cambiar la curva de eficiencia; deberá descubrirlo experimentalmente.

Supongo que poner un inductor más grande como se sugiere en la hoja de datos no será suficiente para ayudar.
@ user26200, realmente no lo sé. Ciertamente puede ayudar hasta cierto punto, pero no puedo decir si podrá alcanzar una eficiencia del 80% al 90% con <20 mA (supongo que no). Ver la edición de la respuesta.
@user26200, ¿realmente necesita este modo de operación de baja corriente? Puede considerar apagar el regulador cuando no necesite corrientes altas.
La hoja de datos NO muestra que la disipación de energía aumenta por debajo de 300 mA, solo que no disminuye tan rápido como disminuye la potencia de salida.
@david, la potencia de carga es ∝ I L . Si la potencia disipada por el propio IC fuera constante, entonces η = η metro a X − C I L V o tu t PAG i norte t , dónde PAG i norte t es constante, C ≈ 1 . Dado que la pendiente de la eficiencia es claramente más pronunciada que una lineal, PAG i norte t está aumentando.
@Vasiliy Zukanov, desde la línea inferior del gráfico, la pérdida en 0.1A es 40%*.33. = 0.132W a 0.2A, 27%*.66 = 0.18W La pérdida en el dispositivo es mayor a .2Amp que a .1Amp. ¿He leído mal el gráfico?
@david, la pérdida no es el 40 % de la potencia de carga, sino el 40 % de la potencia total. A 0,1 A, la potencia de carga es el 60 % del total ( η = 60 ), y la pérdida PAG yo o s s ( 0.1 A ) = 0.4 0.6 0.33 = 0.22 W . A 0,2 A, la potencia de carga es el 73 % del total y la pérdida PAG yo o s s ( 0.1 A ) = 0.27 0.73 0,66 = 0.24 W . La pérdida es esencialmente constante. Hice lo mismo para 5V y el resultado es el mismo. Parece que leí mal el gráfico, no tú. Gracias por señalar esto
@ user26200, como señaló David, esta respuesta es incorrecta.
@ Vasiliy Zukanov - Haré más experimentos una vez que reciba mi próximo pedido de componentes.
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