Estoy tratando de saber cuánto autocalentamiento debo esperar en estas condiciones:
De acuerdo con lo que he leído en varios sitios, incluida esta referencia de instrumentos de Texas, el coeficiente de autocalentamiento debe ser de 0.01-0.02 C / mW para una masa de agua en movimiento.
con una excitación de 5 V, una resistencia de 1050 ohmios y un valor máximo de 117,47 ohmios del PT100 a 45 C, obtengo 2,1546 mW, por lo que la temperatura aumentaría la cantidad insignificante de 0,043 mK utilizando un coeficiente de 0,02 C/mW. ¿Estoy en lo correcto en mis cálculos? Además, dado que ambos PT100 están instalados en la misma sonda, ¿pueden afectarse mutuamente en términos de calor de manera significativa?
EDITAR: Andy corrigió mi error de cálculo e introdujo el agua SH como una variable, pero Spehro respondió a mi segunda pregunta y proporcionó más información/consejos prácticos:
Sería mejor obtener números reales de autocalentamiento del fabricante de la sonda (o realizar las mediciones usted mismo). El coeficiente puede variar en un rango de 10:1 según el elemento RTD y la construcción de la sonda (película delgada frente a herida y epoxi frente a empaque de alúmina, por ejemplo). El material de la sonda también lo afectará. TI es un fabricante de semiconductores, no un experto en diseño de sondas. Si tiene un conjunto de sonda separado suelto dentro de un termopozo, ¡volverá a ser peor! Al menos tienes agua que fluye, que es lo más parecido al metal fundido que fluye.
Consideraría que 5 mA es una corriente excesiva para un Pt100, generalmente usamos 1 mA, por lo que obtiene 25 veces más de autocalentamiento. Ese es un precio bastante alto a pagar por un diseño menos profesional de acondicionador de señal si le importa la precisión.
Lo más seguro es que los dos elementos interactúen, nuevamente dependerá de la construcción exacta.
Siempre vale la pena verificar que el calor específico del agua (SH) no varíe demasiado con la temperatura: -
Como puede verse, el SH no varía mucho en el rango de temperaturas que está considerando, por lo que es razonable concluir que la temperatura del agua no altera significativamente su conductividad térmica en este rango.
Con el PT100 a 45 °C, su resistencia es de 117,5 ohmios y, por lo tanto, desarrollará un voltaje de 0,503 voltios y disipará una potencia de 2,16 mW.
Utilizando la cifra TI de resistencia térmica de 0,02 grados C/mW, el aumento de la temperatura de autocalentamiento será inferior a 0,05 grados.
Tiene un divisor de voltaje hecho de una resistencia desconocida y una resistencia de 1.05 kΩ, impulsada desde 5 V. La disipación más alta en la resistencia desconocida ocurre cuando su resistencia coincide con la resistencia fija. Por lo tanto, desea saber que la disipación de una resistencia de 1,05 kΩ es con 2,5 V a través de ella.
(2,5 V) 2 /(1,05 kΩ) = 6 mW
A 0,02 °C/mW de autocalentamiento, eso equivale a 0,12 °C.
Ahora dice que la resistencia máxima del termistor es 117,5 Ω. Eso significa que la disipación máxima también será menor. Con la otra resistencia del divisor de tensión de 1,05 kΩ, la tensión en la resistencia de 117,5 Ω es de 503 mV.
(503 mV) 2 /(117,5 Ω) = 2,2 mW
Ese multiplicado por 0,02 °C/mW da 0,043 °C.
Jasén
Bizcochito