Cómo mejorar la eficiencia del convertidor buck

Question

Estoy diseñando un convertidor buck para convertir 600 - 10V (60 veces menos que la entrada).

Mi primera pregunta: ¿es esto posible? He visto un convertidor de 650 - 40V en mouser, pero eso es lo mejor que he encontrado. ¿La limitación para la salida es el ciclo de trabajo PWM? Porque tendría que ser casi 0%, para obtener una salida baja?

Además, ¿necesitaría entonces un convertidor de dos etapas? ¿Uno para 600-40 y otro para 40-10?

¿Debo usar npn o pnp? He diseñado esto: (PWM 10kHz, DC - 2%, voltaje de puerta 620V, NPN con Rds bajos (2 ohmios))

pero tiene una eficiencia muy baja (<10%). ¿Se debe a la relación de conmutación? Aumenté el ciclo de trabajo, para obtener 50V y la eficiencia alcanzó el 26%. Cuanto mayor sea la salida, la mejor eficiencia, pero todavía necesito 10V de salida. He leído que tengo que reemplazar el diodo con otro mosfet, pero sólo empeoró las cosas. Cambiando los valores de LC y DC o la frecuencia PWM apenas cambia el resultado.

Soy un novato en esto: hasta ahora sólo he diseñado y construido un pequeño convertidor de refuerzo. No tengo planes serios para hacer esto (así que no te preocupes por el alto voltaje), sólo estoy tratando de entender cómo funciona esto.

Answer 1

El principal factor de eficiencia en un convertidor conmutado de cualquier tipo es el tiempo de conmutación del interruptor.

Si el tiempo de conmutación es comparable al tiempo de "encendido", se obtiene una baja eficiencia: la potencia transferida es proporcional al tiempo de "encendido" y las pérdidas de conmutación son proporcionales al tiempo de conmutación.

En este caso, tiene 10kHz y un ciclo de trabajo de 1/60, es decir, un tiempo de "encendido" de 1,6us. Un rápido vistazo a la hoja de datos nos da un total de ~0,6 us de tiempo de conmutación en el caso de uso normal de este transistor. No es bueno.

Ten en cuenta que el diodo también tiene tiempo de conmutación. Probablemente hayas simulado el circuito con un diodo ideal, pero los diodos reales te harán aún menos feliz.

Puedes aumentar la eficiencia global bajando la frecuencia y usando un inductor poco grande - y además emitirá un sonido audible (malo en sí mismo sin importar si estás ahí para escucharlo).

Por otro lado, si utilizas un transformador de 60:1, obtendrás un ciclo de trabajo cercano al 50% y la posibilidad de utilizar un transistor mucho más pequeño con mejores propiedades de conmutación (capacitancias, etc...) a menor corriente para conmutar en primer lugar. Entonces podrías usar un diodo Shottky en la salida también, perdiendo sólo el 5-7% de la eficiencia en ella. La rectificación síncrona también es una opción, recuperando incluso ese 5-7%.

Como ventaja añadida, tendrás el transistor en la parte inferior con su emisor/fuente a tierra y todo el circuito de control de puerta a una tensión razonable, dejando a estos 600V sólo el drenaje/colector del transistor y el primario del transformador. Como no estás separando la entrada de la salida, puedes alimentar tu circuito de control también desde la salida.

p.d. los transistores bipolares son tan de los años 90 para las fuentes de alimentación conmutadas, pero como sólo estás practicando, puedes usarlos también. Un circuito SMPS razonable en 2021 probablemente contará con un transistor FET de GaN.

Answer 2

En teoría, debería ser posible lograr una alta eficiencia con las piezas adecuadas. He reproducido su diseño en LTspice utilizando componentes "reales". El rendimiento calculado fue del 81,2%. Este es el circuito:-

Elegí un STP11NM80 simplemente porque era el NMOSFET de mayor voltaje en la base de datos de LTspice. Sin embargo, este FET tiene un R _DSON y la carga total de la Puerta que el IRFPG50. La importancia de esto se hace evidente cuando se observa la forma de onda de la corriente de drenaje:-

Cuando el FET se enciende, pasa una corriente igual a la corriente de carga (media), que en este caso es de 5 A. Con el R _DSON de menos de 0,4 Ω las pérdidas de conducción no son malas. El R _DSON puede ser de hasta 2,0 Ω, por lo que su pérdida de conducción será mucho mayor. Sin embargo, con un ciclo de trabajo de algo menos del 2%, la pérdida de conducción media sigue siendo muy baja (el diodo conduce la corriente de salida durante el otro 98% del tiempo y el inductor el 100% del tiempo, por lo que sus pérdidas de conducción son mucho más importantes).

Más preocupante es el enorme pico de corriente que se ve al encender, causado principalmente por la recuperación inversa del diodo flyback cuando el voltaje que lo atraviesa pasa de ~+1,5 V a -600 V. El pico de 38 A está justo dentro de la capacidad de corriente máxima del STP11NM80, pero muy por encima de la capacidad de 25 A del IRFPG50.

Las pérdidas de potencia de los componentes individuales en mi simulación fueron

• FET: 1,8 W
• diodo: 7.2 W
• inductor: 2,7 W
• condensador: < 0.01 W

Así que en este caso vemos que el diodo es el mayor contribuyente de pérdidas, seguido por el inductor y luego el FET. Con diferentes elecciones de componentes, la clasificación podría cambiar y la pérdida total podría ser mayor o menor.

Hasta aquí la simulación. En el mundo real tienes más problemas. Tienes que controlar el FET de alguna manera, lo que requiere otra fuente de alimentación sólo para el controlador - que tiene que aumentar la tensión de la puerta por encima de 600 V para accionar el NMOSFET. Si por alguna razón la regulación de voltaje falla, la salida podría subir a 600 V sin límite de corriente.

En un circuito práctico, la velocidad de conmutación del FET estará limitada por el controlador, y quizás también para reducir la EMI. Esto aumentará la pérdida de potencia del FET durante la conmutación cuando tenga tanto un alto voltaje a través de él como una alta corriente pasando por él.

Estos problemas pueden solucionarse utilizando un transformador, que mejora la eficiencia al funcionar a un ciclo de trabajo más alto, puede tener un devanado auxiliar de baja tensión para alimentar el controlador y proporciona aislamiento galvánico. Es posible que prefieras un inductor para ahorrar espacio, pero un inductor de 500 mH para 2 A tampoco es pequeño.