Ausgangsübertrager Theorie

Hallo Sigi, hier zwei "Bildchen":
Zuerst die SE

dann die PP

Betrachten wir die SE, so ist der Arbeitspunkt in der Mitte des linearen Teils eingezeichnet und der Sinus fährt die Gitterspannung von -Ug (Arbeitspunkt) nach Ug 0V und Ug (2x-Ug A.P.)
Im Durchschnitt bleibt damit der Endröhrenstrom konstant und zwar auf einem Wert, bei welchem Ik max. nicht überschritten wird (weder Ik DC noch Ik peak). Und da ja nicht nur Ik massgebend ist sondern auch Pa (und Pg2) wird Ua so gewählt, dass diese Leistungswerte ebenfalls im Mittel eingehalten werden. Dass natürlich Pa überschritten werden kann spielt keine Rolle, weil Pa um den gleichen Betrag auch unterschritten wird bezw. dies ist eine Voraussetzung für einwandfreien Betrieb.

Betrachten wir die PP-Kennlinie, so ist sie hier nicht in Klasse A zusammengefügt, sonder absichtlich in Klasse AB. Das bedeutet, dass der Arbeitspunkt jeweils am Ende der geraden gesetzt ist. Somit haben wir im Ruhefall eine deutlich geringere Anoden-Verlustleistung.
Ausserdem ist ganz offensichtlich, dass sich die Röhren in der "Arbeit" abwechseln, denn jede Röhre wird maximal bis 0V Ug ausgesteuert, gleichzeitig ist dann aber die andere Röhre voll gesperrt.
Nun können wir erstens den Röhrenstrom höher werden lassen, weil ja dieser nur in der halben Zeit anfällt, in der andern "Halbzeit" sperrt die Röhre. Und damit ist auch die Leistung nur halbzeitlich vorhanden.

Wenn ich diese Schaltung durchrechne, so kann ich einmal eine höhere Betriebsspannung wählen, weil ich einen geringeren Ruhestrom habe und damit die Anoden-Verlustleistung kleiner ausfällt. Weiter kann ich die Leistungshyperbel überschreiten, denn diese wird nur bei jeder zweiten Halbwelle von der Röhre genutzt, also haben wir die "Erholungszeiten" bei der jeweils gesperrten Röhre. Das gleiche gilt natürlich für Ik, der auch nur halbzeitlich fliesst und damit kann Ik grösser sein, Ik DC bleibt damit immer noch im erlaubten Rahmen. Einfach mal die Zahlen der EL84: IRuhe = 48mA bei Klasse A, bei AB (mit fester Vorspannung) ca. 15mA. Wir haben folglich bei AB mit 300V Betriebsspannung einen höheren Maximalstrom als jener bei A (mit 250V Ub), nämlich über 100mA und wir haben vor allem eine längere aussteuerbare Kennlinie von ca. 170mA SS gegenüber rund 100mA SS bei Klasse A.

Ich weiss, dass Dir Sigi, dies bekannt ist, aber es ist einmal der Anfang der weiterführenden Erklärung und ausserdem ist es für die übrigen Mitleser von Interesse.

Beim Ausgangstrafo ist Grundvoraussetzung, dass die Wicklungen Anode zu Speisung für beide Röhren identisch sind. Angegeben wir bei Klasse A Eintakt üblicherweise 5.2k. Damit sind maximal 6W möglich unter Einhaltung aller Parameter. Wenn wir jetzt zwei Röhren verwenden, so können wir rein theoretisch auch zwei Ausgangstrafos mit je 5.2k verwenden und die Röhren gleichsinnig ansteuern. Das wäre dann 12W mit SE. Oder wir könnten die beiden Röhren gegensinnig ansteuern, also in Gegentakt. Dann müssten wir entweder eine Primär- oder eine Sekundärwicklung "verpolen" und diese dann parallel betreiben. Im Grunde bliebe alles beim alten, nur dass sich die Klirranteile teilweise "aufheben" oder zumindest reduzieren. Wir können natürlich die beiden Primärwicklungen auch auf den selben Kern aufbringen. Dann haben wir den Vorteil, dass sich die Ruheströme kompensieren und damit der Eisenkern "entlastet" wird.

Wir haben jetzt noch wenig gewonnen, denn wir arbeiten immer noch in Klasse A und erreichen noch die selbe Leistung. Und wir haben dank Klasse A dauernd beide Röhren angesteuert, da geht keine in den Sperrbereich. Nehmen wir einfach mal an, unser Ausgangstrafo hätte eine Sekundärwicklung für 8 Ohm und zwei Primärwicklungen mit je 5,2k Impedanz. Das ergäbe zwei mal ein Widerstandsverhältnis von 5200 zu 8 oder 650 zu 1. Nun ist das Widerstandsverhältnis quadratisch, das Spannungsverhältnis direkt proportional. Also hätten wir ein Spannungsverhältnis primär zu sekundär von (Wurzel aus 650 =) 25.5 : 1. Und genau jetzt wird es spannend!

Wir haben gesagt, dass wir beide Röhren dauernd mehr oder weniger leitend haben. Funktional liegen also die beiden Röhren quasi in Serie, so wie die beiden Primärwicklungen in Serie liegen (sie sind ja mit einem Draht fortlaufend gewickelt, zumindest kann man sich dies so vorstellen). Und wir gehen von zwei mal 5.2k aus, macht folglich für die Wicklung Anode zu Anode 10.4k. Haben wir diese Voraussetzung, dass dauernd beide Röhren leitend sind und daher der Nutzstrom quasi von einer Anode zur anderen fliesst (ist natürlich nicht so, aber die Röhren verhalten so) dann stimmt unsere Rechnung nicht mehr. Wenn wir nämlich an einem Trafo die Windungszahl verdoppeln, so verdoppelt sich die Spannung. Halten wir die Leistung konstant, so vervierfacht sich die Impedanz, denn (das haben wir ja im oberen Abschnitt gesehen) ist das Spannungs- oder Windungsverhältnis die Wurzel aus dem Impedanzverhältnis.

Sind die Röhren dauernd leitend, so können wir von der Schaltung über den ganzen Trafo ausgehen. Das gilt also für Klasse A. Haben wir eine Schaltung (Klasse AB oder B), bei welcher die Röhren abwechselnd in den Sperrbereich geraten, so sind die Röhren nicht mehr über den ganzen Trafo angeschlossen, sondern nur noch über jeweils eine Wicklung, welche somit der halben möglichen Spannung entspricht (halbe Windungszahl). Und durch die halbe Windungszahl (Spannungsverhältnis 1:2) verändert sich auch das Impedanzverhältnis (1:4) Das bedeutet, dass wir jetzt nicht mehr eine Anoden-Impedanz von 5.2k haben, sondern nur noch eine von 2.6k!
Massgebend ist also, ob beide Röhren dauernd aktiv sind, was ja im A-Betrieb der Fall ist. Dann können wir davon ausgehen, dass jede Röhre die volle "Drahtlänge" ausnutzt und damit auch die volle Impedanz sieht. Ist aber ein Wechselbetrieb der Fall, dann läuft jede Röhre nur Anodenanschluss bis Speiseanschluss, also halbe Drahtlänge und damit halbe Spannung = 1/4 der Totalinduktivität (und Total-Impedanz).

Das hört sich verwirrend an und war mir auch nicht "aus dem Stand" klar, aber es ist schliesslich logisch. Da, wo die Röhre sperrt, hat sie keinen Einfluss mehr und damit hängt diese Wicklung einfach in der Luft. Da wo beide Röhren leiten wirken sie als "Fortsetzung" und damit ist diese Wicklung noch aktiv. Zur Berechnung, was jetzt wirklich aktiv ist und was nicht müsste man die Röhren ausmessen um festzustellen, ab welcher Gitterspannung bezw. Aussteuerung die Geschichte "kippt". Und weil dies nicht wirklich definiert werden kann spricht man auch nicht von (bei der üblichen EL84-Impedanz) von 2x 4k sondern von 8k Raa. Das lässt sich berechnen und entsprechend wickeln, alles andere nicht.

Im Grunde wird bei der Gegentaktschaltung in Klasse A (mit geringem Klirr) eine Lastimpedanz von 4k realisiert (mit einem Raa von 8k), bei jener in Klasse B aber eine Last von jeweils 2k. Dies hat zur Folge, dass (wenn man es auf dem Datenblatt einzeichnet) die minimale Anodenspannung höher bleibt, dabei aber der Strom deutlich ansteigt. Die Leistung steigt entsprechend an.
Konkret verändert sich das Klirrverhalten deutlich. Mit Klasse AB bekommt man bei kleinen Leistungen eine Last von 4k mit entsprechend geringerem Klirr, ausserdem gibt es keinen B-Knick, bei höherer Leitung (gerade mit einem Katodenwiderstand als Gittervorspannungserzeugung) geht der Arbeitspunkt aber gegen Klasse B, was durch die niedrigere Lastimpedanz eine deutlich höhere Leistung ergibt, allerdings auch mit höherem Klirr.

Hallo Richi,

wunderbare Ausführung, Danke!

Was mir immer noch nicht so recht klar ist, bei beiden Fällen gehe ich von Class-A aus. Also beide Röhren bleiben auch bei PP während der Ansteuerung dauernd leitend. Ziehe ich jetzt eine Röhre, oder ich klemme das G1 ab, dann habe ich eine SE-Stufe, aber eben mit einem Ra von 2,6K anstatt 5,2K.

Die Lprim wird z.B. von SE 150H verdoppelt auf 300H für PP. Das ergibt doch zweimal 75H auf der Primärseite nach der Formel Lges = (sqrL1 + sqrL2)².

Wie gesagt mich interessiert jetzt nur mal Class-A.

Gruß
Sigi

Hallo Sigi,
L Prim / Röhre = 150H
Die Formel sagt: Wurzel aus (L1^2 + L2^2) = L Total
L1 = L2. Grundvoraussetzung für den Trafo.
L1 = 150H, L1^2 = 22500
2 x 22500 = 45000, Wurzel = 212.132H
Oder umgestellt: Bei zwei gleichen Induktivitäten haben wir Wurzel aus 2 x Induktivität^2 (150H)^2 = Wurzel aus 2 x L1 (oder L2, da identisch). Und 212.132H = 1.414x 150H.

Die erste Krux ist die, dass wir nicht zwei unabhängige Induktivitäten haben. Wenn wir einen Eisenkern mit Draht bewickeln, so bekommen wir für die ersten 100 Windungen eine bestimmte Induktivität, nennen wir sie Lx. Nehmen wir einen zweiten Kern und tun das Selbe, so haben wir wieder eine Spule mit Lx. Schalten wir diese zwei in Serie, so haben wir 2Lx.
Wickeln wir aber auf den ersten Kern nochmals 100 Windungen, so ist L Tot nicht gleich Lx(1) + Lx(2), sondern durch die Beeinflussung der Wicklungen vervierfacht sich die Induktivität auf 4Lx.

Die Lprim wird z.B. von SE 150H verdoppelt auf 300H für PP

Nein, denn es sind nicht zwei unabhängige Wicklungen da, sondern es sind eng gekoppelte Wicklungen und bei diesen kommt es nicht zur Verdoppelung, sondern zur Quadratur des Verhältnisses (also 4x).
Wenn wir also von 150H ausgehen, dann ist die ganze Wicklung 600H und nicht 300H, wie Du annimmst. Und wenn die ganze Wicklung 600H ist, dann ergibt dies nach der Formel wieder 150H / Teilwicklung. Dies immer unter der Annahme, dass wir auch wirklich nur so eine Teilwicklung nutzen.

Die zweite Krux ist, dass sich die Nutzung "umschaltet" ob nur eine Röhre dran ist oder ob 2 werkeln. Entsprechend ist die Strecke von Anode zur Speisung aktiv oder die Strecke Anode zu Anode. Wenn Du diesne Einfluss vermeiden möchtest müsstest Du zwei identische Ausgangstrafos haben und diese so montieren, dass die Kopplung zwischen den beiden vernachlässig bar klein ist. Dann hätten wir 2x 150H = 300H.

Die dritte, kleine Krux die es noch gibt ist die Trafo-Vormagnetisierung. Das bedeutet, dass es unsinnig wäre, eine Röhre raus zu ziehen und das Ding nur mit einer weiter zu betreiben. Und weil man das ja nicht macht spielt die falsche Anpassung auch keine Rolle.

Hallo Richi,

ist mir immer noch nicht so recht klar. Nehmen wir mal an, ich finde in meiner Bastelkiste eine PP-AÜ auf dem steht Raa = 10,4K / 8 Ohm, also den klassischen Übertrager für eine PP-EL84 Class-A.

Ich möchte mir jetzt damit eine EL84-SE bauen. Die UB speise ich an der Mittelanzapfung ein, die Anode der EL84 schließe ich an das Ende einer Wicklung, das andere Ende bleibt frei. Als Last habe ich einen 8 Ohm Widerstand angeschlossen. Ob das sinnvoll ist, ist mal vorerst uninteressant.

Jetzt die Frage: Welchen Ra sieht nun die EL84, 5,2K oder nur 2,6K?

Ich hab’s noch nicht so ganz kapiert was nu‘ Sache ist, oder habe ich bei Deinen Ausführungen was überlesen.

Gruß
Sigi

HalloSigi, da bist Du in guter Gesellschaft, denn ich habe es auch nicht kapiert, weil zwei gleiche Widerstände in Serie das Doppelte ergeben.

Da hat mir dann mal Gerd Reinhöfer auf die Sprünge geholfen. Er hat das gesagt, was ich an Dich weiter gegeben habe: Die Induktivität nimmt mit dem Quadrat des Windungsverhältnisses zu.
Und
Wenn wir eine Spannungsverdoppelung bei gleicher Leistung haben, dann haben wir eine Impedanzvervierfachung weil wir für die gleiche Leistung bei doppelter Spannung den halben Strom haben müssen, und das geht nur mit einem vierfachen Widerstand.

Und wenn wir an einem Trafo eine Spannungsverdoppelung haben, dann haben wir auch ein Impedanz-Übersetzungsverhältnis, was dem Quadrat des Spannungsverhältnisses entspricht.
Es ist immer wieder das Selbe. Und wenn wir von einer Leistung von maximal 6W EINER EL84 ausgehen, so gibt Klasse A mit zwei Röhren maximal 12W, ob das jetzt Parallel SE oder PP ist spielt keine Rolle. Haben wir den Parallelbetrieb SE, so passt das mit den 5.2k/2 Haben wir den PP-Betrieb, so ist jede Röhre nur zur halben Zeit aktiv (Klasse B). Hätten wir da nicht in der Zeit den doppelten Strom, so kämen nicht die 12W raus. Und haben wir Klasse A, so muss jede Röhre den normalen Strom liefern, denn beide Röhren sind dauernd in Betrieb und liefern damit 2x6W. Das bedeutet, dass beide Röhren dann auf 5.2k arbeiten MÜSSEN, damit die Rechnung aufgeht.

Ich kann Dir nur erklären, dass wir nicht mehr und nicht weniger Leistung bekommen. Also muss das mit den Impedanzen stimmen, denn sonst wäre die Leistung höher oder kleiner oder das 1X1 wäre falsch. Dass die Leistung stimmt kannst Du nachmessen. Und dem 1x1 ist zu trauen. Also muss das mit dem Übersetzungsverhältnis auch stimmen.

Das kannst Du natürlich nachmessen. Leg an den Trafo eine Spannung von z.B. 10V zwischen Anodenanschluss und Speisung. Dann kommt sekundär rund 555mV raus. Und das wird mit 8 Ohm belastet. Also hast Du da einen Strom von 69.4mA. Das ergäbe eine Leistung von rund 0.0386W.
Nehmen wir die Wicklung Anode zu Anode, so muss die Leistung gleich bleiben, also die selbe Sekundärspannung. Die Primär steigt auf 20V an Und wir benutzen jetzt dauernd die ganze Strecke A zu A'. Also muss bei gleicher Leistung der Strom halbiert sein, (was sich nachmessen liesse) um die gleiche Leistung zu erhalten. Und das ist so, weil wir ja einmal 10 zu 0.555 haben (Spannung) und einmal 20 zu 0.555. Das ergibt eine Variation von 1 : 2 bei der Spannung und damit (für gleiche Leistung) ein Impedanzverhältnis von 1 : 4.

Einfach mal zeichnen und den Versuch auf dem Papier durchexerzieren. Und einfach mal nicht denken. Plötzlich hast Du das Resultat, das ich Dir prognostiziert habe. Und wenn das eintrifft und Du die Primär- und Sekundärspannungen und -Ströme gemessen hast geht die Rechnung plötzlich auf und Du hast die Gewissheit, dass die Induktivität und das Impedanzverhältnis dem Quadrat des Spannungsverhältnisses entspricht. Wenn das so rausgekommen ist kannst Du das Denken wieder einschalten und dann müsste irgendwie die Lösund offensichtlich vor Dir stehen!

Servus zusammen,

der Schlüssel hierzu ist - wie Richi schon ausführlichst darstellte - tatsächlich der durch die Verkettung des magnetischen Flusses bedingte quadratische Zuwachs an Induktivität bei linearem Zuwachs an Windungszahl (auf demselben Kern natürlich, das ist wichtig).

Grüße

Herbert

Hallo Herbert, hallo Richi,

die Antwort auf meine Frage:

sidolf schrieb:

Jetzt die Frage: Welchen Ra sieht nun die EL84, 5,2K oder nur 2,6K?

lautet also, die Röhre sieht 2,6K Ra!

Die Fakten:

- AÜ mit Raa = 10,4K / 8 Ohm, Ü = 36,05
.....................Formel, Ü = sqr(Raa / Rlast), sqr(10400 / 8 ) = 36,05

- Lege ich jetzt an die Sek. Wicklung eine Spannung von 5 VAC an, dann erhalte ich primär eine Spannung von 180,25 VAC
.....................Formel Uprim = Usec x Ü, 5V x 36,05 = 180,25 VAC

- Messe ich jetzt von einem Ende der Primwicklung zur Speisung so erhalte ich nur 90,125 VAC
.....................Formel U/2 = Uprim / 2, 180,25 / 2 = 90,125 VAC

- das ergibt jetzt ein Ü = 18,025 für die halbe Wicklung
.....................Formel Ü = Uprim / Usec, 90,125V / 5V = 18,025

- das ergibt jetzt folglich einen Ra von 2,6K
.....................Formel Ra = ܲ x Rlast, 18,025² x 8 Ohm = 2,6K

Der PP-Übertrager mit einem Raa von 10,4K ist für eine EL84 SE ungeeignet, da von der Speisung zu einem Ende der Wicklung nur ein Ra von 2,6K wirksam ist!

Ist das jetzt korrekt so?

Beste Grüße
Sigi

Hallo Sigi, ja, das kommt raus. NUR
Du schreibst von einem Übersetzungsverhältnis und erwähnst dabei die Impedanzen. Natürlich hast Du bei einem Ü von 36 die Wurzel aus 1300 gezogen. Es ist aber gefährlich, bei den Impedanzen von einem Übersetzungsverhältnis zu reden, denn unter Ü versteht man üblicherweise das Windungs- oder das Spannungsverhältnis.

Die Verwirrung entsteht nicht nur durch den Begriff des Übersetzungsverhältnisses, sondern dadurch, dass wir einmal von Klassse A ausgehen, wo also beide Röhren Vollzeit arbeiten, andererseits aber immer auch an Klasse B denken, wo die Röhren abwechslungsweise belastet werden.
Wenn wir also Klasse A haben, so ist die EL84 dauernd belastet und mehr als 12W Pa verträgt sie nicht. Das sind 250V Ua bei einem Ia von 48mA.
Rechnen wir nun die Sache in der Praxis durch, so kann bei einem Ruhestrom von 48mA und einer Betriebsspannung von 250V Ia zwischen 0 und 96mA liegen und Ua auf Null gehen (theoretisch) und somit im Maximum (dank der Induktivität auf 500V) 500V x 0.096A = 48WSS. Effektiv ist dies 48/8 = 6W. Dies ergibt einen Ra von 5.208333k

Wenn wir zwei Röhren verwenden, so können wir diese dauernd betreiben (Klasse A) und damit weiterhin 250V Ua bei 48mA Ia einsetzen. Und ob das (wie schon erwähnt) SE oder PP ist spielt auf die Leistung keine Rolle. Auch die Belastung der Röhren bleibt gleich. Und wir müssen rechnerisch von 2 x 5.2k ausgehen, damit wir die ganzen Daten einhalten.
Nehmen wir Klasse B, so haben wir die halbe Zeit die eine Röhre, in der übrigen Zeit die andere. Würden wir bei 250V, 5,2k und 48mA bleiben, so wäre die Röhrenbelastung dank "Zeit-Teilung" nur halb so gross pro Röhre, in der Summe wäre es gleich viel wie eine Röhre in Klasse A SE. Also müssen wir jede Röhre (halbe Zeit, dafür doppelte Belastung) höher belasten um die höhere Leistung zu bekommen. Und dies geht am einfachsten mit der Halbierung der Lastimpedanz.

Wenn ich nochmals von Klasse A SE ausgehe, so habe ich dauernde Röhrenbelastung und 6W Output (12W Pa) an einer Röhre (mit 5,2k). Nehme ich zwei Röhren, so habe ich SE 12W an 2.6k. Nehme ich zwei Röhren, SE und zwei getrennte Ausgangstrafos, so habe ich 2x6W bei 2x 5,2k Trafo.
Mache ich jetzt eine Gegentaktschaltung mit den zwei Trafos so ist es nur ein Phasenproblem bei der Ansteuerung und Zusammenschaltung. Mache ich PP mit einem PP-Trafo so muss dieser um alle Vorgaben zu erfüllen 2x 5,2k darstellen. Mit dieser Last komme ich ja auf 6W und das mal 2 = 12W

Sobald ich aber wie erwähnt Klasse B habe sind die Röhren wechselseitig in Betrieb und müssen daher für die 12W einen höheren Strom ziehen (da ja immer nur eine Röhre arbeitet) und das geschieht "automatisch", da nicht mehr A/A massgebend ist, sondern A/Ub Da kommen wir genau auf die wechselseitigen 2.6k und damit auf den höheren Strom EINER Röhre (die andere macht Pause).
Und wenn wir bei diesem Bespiel bleiben wird klar, dass der Raa der Klasse A Schaltung 10.4k sein muss. Wenn wir die Röhren in Klasse A betreiben, ist Raa 10.4k, denn es ist die ganze Wicklung im Betrieb und somit sieht jede Röhre die halbe LAST, also 5.2k. Bei Klasse B ist zwar Raa auch 10.4k, aber Ra nur 2.6k, weil jede Röhre allein auf die halbe Windungszahl arbeitet, was einem Viertel der Impedanz entspricht. Das geht aber wirklich nur mit EINEM Trafo. Klasse B mit zwei getrennten Trafos würde generell Trafos mit 2.6k verlangen und diese wären nicht für Klasse A mit einer Röhre einsetzbar, ebensowenig wie der Gegentakttrafo mit nur einer Röhre.

richi44 schrieb:

Du schreibst von einem Übersetzungsverhältnis und erwähnst dabei die Impedanzen. Natürlich hast Du bei einem Ü von 36 die Wurzel aus 1300 gezogen. Es ist aber gefährlich, bei den Impedanzen von einem Übersetzungsverhältnis zu reden, denn unter Ü versteht man üblicherweise das Windungs- oder das Spannungsverhältnis.

Das Übersetzungsverhältnis Ü (18,025) bei einem "halben" PP-AÜ habe ich schon aus den Spannungsverhältnissen Prim zu Sek errechnet. Wenn jetzt die Last von 8 Ohm sek, mit diesem Ü von 18,025 hochtransformiert wird, dann komme ich eben auf die 2,6K Ra. Formel: ܲ x Rlast.

Ich beginne schon langsam zu begreifen was Sache ist. Ich wollte einfach nur mal wissen, ob ein "halber" Trafo mit einem Raa von 10,4K / 8 Ohm für eine klassische EL84-SE zu verwenden ist. Fazit, es geht nicht, da die EL84 dann nur einen Ra von 2,6K sehen würde.

Gruß

Hallo Sigi,
Jawohl. Und in der Praxis ist es noch schlimmer. Da haben wir ja einen Raa von 8k (üblicherweise) und da ein Ra die halbe Windungszahl von Raa ist und das Impedanzverhältnis das Quadrat des Spannungs- oder Windungsverhältnisses ist wird der einfache Ra nur 2k, was die EL84 nicht schätzt.

sidolf schrieb:

Hallo Herbert, hallo Richi, die Antwort auf meine Frage: sidolf schrieb: Jetzt die Frage: Welchen Ra sieht nun die EL84, 5,2K oder nur 2,6K? lautet also, die Röhre sieht 2,6K Ra! Die Fakten: - AÜ mit Raa = 10,4K / 8 Ohm, Ü = 36,05 .....................Formel, Ü = sqr(Raa / Rlast), sqr(10400 / 8 ) = 36,05 - Lege ich jetzt an die Sek. Wicklung eine Spannung von 5 VAC an, dann erhalte ich primär eine Spannung von 180,25 VAC .....................Formel Uprim = Usec x Ü, 5V x 36,05 = 180,25 VAC - Messe ich jetzt von einem Ende der Primwicklung zur Speisung so erhalte ich nur 90,125 VAC .....................Formel U/2 = Uprim / 2, 180,25 / 2 = 90,125 VAC - das ergibt jetzt ein Ü = 18,025 für die halbe Wicklung .....................Formel Ü = Uprim / Usec, 90,125V / 5V = 18,025 - das ergibt jetzt folglich einen Ra von 2,6K .....................Formel Ra = ܲ x Rlast, 18,025² x 8 Ohm = 2,6K Der PP-Übertrager mit einem Raa von 10,4K ist für eine EL84 SE ungeeignet, da von der Speisung zu einem Ende der Wicklung nur ein Ra von 2,6K wirksam ist! Ist das jetzt korrekt so? Beste Grüße Sigi

Servus!

Ja und Nein.
Rechnerisch ist es richtig, aber wozu sollte man eine Eintakt-Stufe mit einem halben Gegentakt-Übertrager bauen, welcher für 2 Röhren gedacht ist?

Tust Du das trotzdem, solltest Du die Wicklungen auftrennen und parallel schalten, und daran wieder die 2 Röhren, ebenfalls Parallel, schalten. Dann stimmt es wieder. Aber es muß noch ein Luftspalt eingebaut werden.

Bei reinem Gegentakt-A-Betrieb sehen die Röhren nur die gesamte Primärwicklung mit 10k, der Mittelabgriff tritt überhaupt nicht elektrisch in Erscheinung.

Franz

Ist ja echter Denksport, hier, haben wir doch in der Schule alle lernen (und ich sogar unterrichten) müssen - Bei Serienschaltung ohmischer Widerstände gilt R(gesamt) = R 1 + R 2

Beim Übertrager gilt:

Bei Übertrager / Transformatoren ist der Wechselstrom Widerstand einer Serienschaltung von Teilspulen über einen gemeinsamen Eisenkern verkettet.Daher gelten andere Voraussetzungen - Die Spulen sind nicht als diskrete Einzelspulen mit jeweils korrepondierendem Blindwiderstand vorhanden, sondern liegen beim Übertrager in einer verketteten Form vor.

Für den Übertrager gilt: Während Spannungen entsprechend dem Übersetzungsverhältnis Ü transformiert werden, sind Widerstände mit dem Quadrat des Übersetzungsverhältnisses zu multiplizieren. In Formeln:

Ü= W1 / W2

Ü = U1 / U2

Ü = Wurzel ( R1 / R2)

Auch eine Gleichsetzung ist zulässig:

U1 / U2 = W1 / W2 = Wurzel (R1 / R2)

Dabei ist R2 der sekundäre Belastungswiderstand, während R1 denjenigen Widerstandswert darstellt, mit dem sich die Belastung auf die primäre Spannungsquelle U1 auswirkt. U2 betrifft die sekundäre Spannungsabgabe. Mit "W" sind die korrespondierenden Windungszahlen bezeichnet.

Diese Formeln können aus dem Leistungsansatz hergeleitet werden.

P(primär) = U1 (quadrat) / R1

P(sekundär) = U2 (quadrat) / R2

Gleichsetzung (idealer, verlustloser Trafo) liefert

P(p) = P (s) = U1 (quadrat) / R1 = U2 (quadrat) / R2

Umstellen liefert

U1 (quadrat) / U2 (quadrat) = R1 / R2

oder eben

U1 / U2 = Wurzel (R1 / R2)

(siehe oben)

Diese Widerstandsübersetzung von Übertragern ist von größter Wichtigkeit, denn bei vielen Tonfrequenzschaltungen ist es notwendig, einen gegebenen Widerstandswert zur Anpassung an eine Spannungsquelle auf einen anderen Wert zu transformieren, so z.B. der Ausgangswiderstand einer Röhre an die niederohmige Tauchspule eines Lautsprechers.

Bezüglich der Induktivität L in Relation zu ihrer Windungszahl W gilt bei
einer leerlaufenden Eisenkernspule (Anfangspermeabilität oder Querinduktivität beim Übertrager) (stark vereinfacht)

L = Spulenkernkonstante * W (quadrat)

Serienschaltungen von Übertragerspulen / mittenangezapfte Primärspule

An der Mittelanzapfung liegt die halbe Spannung an:

1/2 = W2 / W 1 = U2 / U1 = Wurzel (R2 / R1)

Quadrieren und Auflösen ergibt:

1/4 = R2 / R1

oder aber

R2 = R1 * 1/4

Für die Induktivität gilt:

1/2 = W2 / W1

oder aber W2 = W1 * 1/2

L2 = Trafokonstante * W2 (quadrat) = Trafokonstante * W1 (quadrat) * 1/2 (quadrat)

wobei 1/2 (quadrat) = 1/4 , und die Spulenkonstante unverändert (gleicher Wicklungskern) sind:

L2 = L1 * 1/4

Die Induktivität an der Mittenanzapfung betrifft also ein Viertel der Gesamtinduktivität, ebenso wie ihre Impedanz R2 auf ein Viertel absinkt.

Parallelschalten zweier gleicher Übertragerspulen:

Mit W1a = W1b (gleiche Windungszahl) = W1 * 1/2 gilt:

Ü = 1/2 * W1 / W2 = 1/2 * Ü

Aufgrund der gleichen Windungszahl beider Teilwindungen herrschen die gleichen Bedingungen wie bei einer einzigen Wicklung - der Scheinwiderstand viertelt sich ebenso wie die Induktivität. im Vergleich zur Serienschaltung.

Die parallelen Wicklungen sind strommäßig stärker belastbar als eine Teilwicklung, die Streuung wird zudem vermindert.

Zusammenfassung:

Es ist also nicht so, wie "Franz-Otto" zuvor annimmt, daß es "wieder stimmt", wenn man nur die beiden Primärwicklungen parallelisiert.

Ein weiterer Ansatzfehler betrifft die Verdopplung des Arbeitswiderstandes bei Gegentakt A Schaltung wie beim "sidolf" in oben.

Ein kurzer Blick ins Röhrenbuch ergibt

EL 84 Eintaktbetrieb:
Versorgung = 250 Volt
Arbeitswiderstand = 5.200 Ohm
Leistung = 5,7 Watt
korrespondierende Ausgangsspannung = 172 Volt (eff) = ca. 486 V (ss)

EL 84 Gegentaktbetrieb:
Versorgung = 250 Volt
Arbeitswiderstand = 8.000 Ohm
Leistung = 11 Watt
korrespondierende Ausgangsspannung = 296 Volt (eff) = 837 V (ss)

Die Ausgangsspannung = Primärspannung am Ausgangsübertrager geht also deutlich über das Maß der Versorgungsspannung hinaus.

Hier weiterzumachen ergäbe den nächsten Mammut Beitrag einmal zur Untersuchung der Trafo- bzw. Drosselkopplung, weiterhin zur Untersuchung der Gegentaktschaltung in dieser Betriebsart - ich verzichte mal darauf.

----

Entscheidend ist mir, darauf hinzuweisen, daß die Gegentaktschaltung nicht einfach aus einer Halbierung oder Verdopplung der Eintakschaltung herzuleiten ist, daher auch völlig andere Impedanz- & Spanungsbereiche angesprochen werden. Ein Gegentakttrafo ist daher für Eintaktbetrieb nicht brauchbar, unabhängig von Fragen wie Luftspalt und Kernsättigung.

Entscheidend ist mir, darauf hinzuweisen, daß die Gegentaktschaltung nicht einfach aus einer Halbierung oder Verdopplung der Eintakschaltung herzuleiten ist, daher auch völlig andere Impedanz- & Spanungsbereiche angesprochen werden

Hier ist massgebend, ob die Gegentaktschaltung in Klasse A läuft und damit beide Röhren DAUERND aktiv sind oder ob es sich um eine Klasse B Schaltung handelt, wo die Röhren abwechslungsweise arbeiten. Dies ergibt unterschiedliche Verhältnisse, daher kann man diese beiden Schaltungen nicht einfach vergleichen. Dies lässt sich z.B. aus den Röhrenbelastungen herleiten wie ich bereits beschrieben habe. Bei Klasse A handelt es sich um eine einfache Verdoppelung, bei Klasse B um eine total andere Schaltungsart!
Wenn man die ganze Sache von hinten "aufzäumt", also die Ausgangsleistung zu Grunde legt, so ist diese bei Klasse A maximal 12W, bei Klasse B gute 17W. Ausserdem kann Klasse B mit 300V Ua betrieben werden, Klasse A aber nur mit 250V um Pa nicht zu überschreiten. Einfach 5 Beiträge zurück und nochmals lesen.

JauJau, das ist alles nicht so ohne, sobald es in den transformatorgekoppelten Gegentaktbetrieb geht.

Ich hatte Spannungen angegeben, und wolte auf Verkettungen durch den Trafo focussieren.

Die Eintakt A Penthode gibt bei Drosselkopplung (Trafo) in pi mal Daumen die doppelte Versorgungsspannung ab.

Bei Gegentakt A Penthode müßte gemäß "Spaltertheorie" die vierfache Versorgungsspannung auf der Primärseite erreicht werden. Pi mal Daumen wird aber nur die dreifache Versorgungsspannung erreicht.

Wenn wir jetzt noch in Richtung Triode gehen - da sieht es nochmal anders aus.

Die Überschrift ist "Ausgangsübertrager Theorie". Warten wir mal auf den Threadstarter, oder auf weitere offene Fragen, bevor wir im Trafo Thread die Schaltungstechnik machen (die den Trafo ansteuert ...)

Bei dem ganzen elektro-magnetischen Kram im Detail wird die Luft für die allermeisten Leute (und ich schließe mich da ausdrücklich mit ein) relativ schnell einfach dünner......

Gute Nacht oder guten Morgen - je nach Gusto - und Grüße

Herbert

SGibbi schrieb:

JauJau, das ist alles nicht so ohne, sobald es in den transformatorgekoppelten Gegentaktbetrieb geht. Ich hatte Spannungen angegeben, und wolte auf Verkettungen durch den Trafo focussieren. Die Eintakt A Penthode gibt bei Drosselkopplung (Trafo) in pi mal Daumen die doppelte Versorgungsspannung ab. Bei Gegentakt A Penthode müßte gemäß "Spaltertheorie" die vierfache Versorgungsspannung auf der Primärseite erreicht werden. Pi mal Daumen wird aber nur die dreifache Versorgungsspannung erreicht. Wenn wir jetzt noch in Richtung Triode gehen - da sieht es nochmal anders aus. Die Überschrift ist "Ausgangsübertrager Theorie". Warten wir mal auf den Threadstarter, oder auf weitere offene Fragen, bevor wir im Trafo Thread die Schaltungstechnik machen (die den Trafo ansteuert ...)

Servus!

Mir scheint, daß du das noch nicht richtig durchschaut hast.
Außerdem, wie von Ritchi angemerkt, bringst du verschiedene Betriebsarten durcheinander und schlußfolgerst dementsprechend falsch.

Deine "Spaltertheorie" haut doch hin:
EL84 Eintakt-A: 5W an 5k , also 158V bei 31,6mA
Gegentakt-A: 10W an 10k, also 316V bei 31,6mA

Offensichtlich übwersiehst du, daß bei Gegentakt-A der Mittelabgriff zur Zuführung der Betriebsspannung keine Rolle spielt, da über diesen kein Signalstrom fließt. Du kannst bei Gegentakt-A die Betriebsspannung auch über eine Drossel oder eine Stromquelle zuführen, also den Mittelabgriff wechselspannungsmäßig abtrennen, ohne daß sich etwas ändert.

Franz

SGibbi schrieb:

Es ist also nicht so, wie "Franz-Otto" zuvor annimmt, daß es "wieder stimmt", wenn man nur die beiden Primärwicklungen parallelisiert

Servus!

Doch, es ist genau so.

Gegentakt-A: Raa 10k
Eintakt parallel Ra 2,5k

Durch die Parallelschaltung der beiden Wicklungshälften halbiert sich die Windungszahl, die Induktivität und proportional dazu der transformierte Lastwiderstand werden geviertelt.
Und durch die Parallelschaltung verdoppelt sich der wirksame Drahtquerschnitt, was genau zum doppelten Strom paßt, wenn die beiden Röhren parallel betrieben werden.

Entscheidend ist mir, darauf hinzuweisen, daß die Gegentaktschaltung nicht einfach aus einer Halbierung oder Verdopplung der Eintakschaltung herzuleiten ist

Für A-Betrieb ist es sehr wohl so. Dein Hinweis ist nur richtig, wenn gleichzeitig eine andere Bertriebsart gewählt wird, bei welcher eine Röhre zeitweise sperrt. Das steht aber hier gar nicht zur Debatte.

Franz

Franz-Otto schrieb:

Rechnerisch ist es richtig, aber wozu sollte man eine Eintakt-Stufe mit einem halben Gegentakt-Übertrager bauen, welcher für 2 Röhren gedacht ist?

Hallo,

Wozu sollte man? ……, Die Frage ist absolut berechtigt, fehlender Luftspalt und so weiter, ist mir schon alles klar. Ich wollte am Beispiel der allseits bekannten EL84 im SE- und PP-Betrieb die Theorie rund um den AÜ aufzeigen um dabei die Gegebenheiten, auch mit Eurer Hilfe, selbst besser zu verstehen. Vorerst interessiert mich nur mal der Class-A Betrieb.

SGibbi schrieb:

Es ist also nicht so, wie "Franz-Otto" zuvor annimmt, daß es "wieder stimmt", wenn man nur die beiden Primärwicklungen parallelisiert.

Das stimmt schon was Franz da geschrieben hat. Auch wenn Du die beiden Wicklungen parallel schaltest, dann bleiben es immer noch 2,6K Ra da sich das Wicklungsverhältnis durch die Parallelschaltung ja nicht ändert. Ü = 18,025 aus dem obigen Beispiel. Und 2 EL84 parallel erfordern genau diese 2,6K Ra.

SGibbi schrieb:

Ein weiterer Ansatzfehler betrifft die Verdopplung des Arbeitswiderstandes bei Gegentakt A Schaltung wie beim "sidolf" in oben

Doch das stimmt schon. Auch Otto Diciol berechnet das so: Class-A Raa = 2 x Ub / Ia, bei Class-B Raa = 4 x Ub / Ia. Aber Class-B und Class-AB sollen vorerst mal außen vor bleiben. Da kommen wir bestimmt später noch dazu.

Franz-Otto schrieb:

Offensichtlich übwersiehst du, daß bei Gegentakt-A der Mittelabgriff zur Zuführung der Betriebsspannung keine Rolle spielt, da über diesen kein Signalstrom fließt. Du kannst bei Gegentakt-A die Betriebsspannung auch über eine Drossel oder eine Stromquelle zuführen, also den Mittelabgriff wechselspannungsmäßig abtrennen, ohne daß sich etwas ändert.

Ich auch! Da habe ich noch so meine Probleme das richtig zu verstehen! Wie sieht es denn aus, wenn Du eine der PP-Röhren ziehst, dann hast Du doch einen fehlangepassten SE der nur auf 2,6K Ra arbeitet? Es ist doch dann so, als wenn in Class-B eine der Röhren gerade sperren würde. Nimmt Diciol für Class-B deswegen den vierfachen Ra?

(Class-B musste jetzt doch schon mal kurz erwähnt werden, Sorry)

Besten Gruß
Sigi

sidolf schrieb:

Ich auch! Da habe ich noch so meine Probleme das richtig zu verstehen! Wie sieht es denn aus, wenn Du eine der PP-Röhren ziehst, dann hast Du doch einen fehlangepassten SE der nur auf 2,6K Ra arbeitet? Es ist doch dann so, als wenn in Class-B eine der Röhren gerade sperren würde. Nimmt Diciol für Class-B deswegen den vierfachen Ra?

Servus!

Genau so ist es. Wenn du eine Röhre ziehst, wird der Wechselstrom über das Netzteil geleitet, und die Röhre arbeitet im Eintakt auf 2,6k.
Aber im Gegentakt-A-Betrieb liegen wechselstrommäßig die beiden Röhren in Reihe mit der gesamten Übertragerwicklung. Die dabei entstehende Brückenschaltung hat an zwei Punkten keine Wechselspannung, nämlich einmal die Verbindung beider Katoden und dann in der Mitte der Trafowicklung.

Franz

Grüß Dich Franz,

Franz-Otto schrieb:

Aber im Gegentakt-A-Betrieb liegen wechselstrommäßig die beiden Röhren in Reihe mit der gesamten Übertragerwicklung. Die dabei entstehende Brückenschaltung hat an zwei Punkten keine Wechselspannung, nämlich einmal die Verbindung beider Katoden und dann in der Mitte der Trafowicklung.

Jetzt hat er bei mir eingeschlegen, der (Geistes)Blitz. Hast' ihn gesehen, es muß doch vor ein paar Minuten überall kurz heller geworden sein! Danke für die prima Erklärung!

Besten Gruß
Sigi

Sehr-Vus

Brückenschaltungen sind ein sehr gutes Erklärungsmodell für Gegentaktendstufen aller Art, allerdings in Deutschland (leider) sehr unüblich.

Franz-Otto schrieb:

Die dabei entstehende Brückenschaltung hat an zwei Punkten keine Wechselspannung, nämlich einmal die Verbindung beider Katoden und dann in der Mitte der Trafowicklung.

Vielleicht sollte man noch einmal focussieren, daß durch die Mittelanzapfung der Primärwicklung nicht Spannung, sondern Strom fließt.

Die Spannung an diesem Punkte wird vom Netzteil fest vorgegeben und ändert sich (theoretisch) nie. Egal, welche Schaltung wir wählen.

Bei Eintakt-A wird das Netzteil mit Signal Strom Schwankungen belastet.

Bei Gegentakt-A bleibt die Stromaufnahme des Verstärkers stets gleich. Was die eine Röhre zieht wird von der anderen wieder kompensiert.

Das Netzteil wird bei Gegentakt-A nicht vom Signalstrom belastet.
Es kann daher auch recht einfach ausgelegt werden.

Durch die Mittenanzapfung des Übertragers fließt kein Signal Strom

Eine an Brücken orientierte Erläuterung verschiedener Gegentakt Endstufenprinzipien wurde z.B. von Köykkä veröffentlicht. Eine deutschsprachige Übersetzung ist mir leider nicht bekannt.

-----------------

Franz-Otto (aus weiter oben) schrieb:

Tust Du das trotzdem, solltest Du die Wicklungen auftrennen und parallel schalten, und daran wieder die 2 Röhren, ebenfalls Parallel, schalten. Dann stimmt es wieder

Das kann zu Mißverständnissen führen

Franz-Otto schrieb:

Doch, es ist genau so. Gegentakt-A: Raa 10k Eintakt parallel Ra 2,5k Durch die Parallelschaltung der beiden Wicklungshälften halbiert sich die Windungszahl, die Induktivität und proportional dazu der transformierte Lastwiderstand werden geviertelt.

Dem stimmen wir (bei hiesigem Modell) zu. Gute Zusammenfassung.

Wir sollten das "Auftrennen der Wicklung" besser focussieren.

Wenn Du einfach nur die beiden Teilwicklungen parallel schaltest, bist Du ein "Kurzschlußelektriker".

Die parallel geschalteten Wicklungen müssen auch dem Wickelsinn nach gleich sein.

Dazu wäre es notwendig, die Verbindung der beiden Teilwicklungen an der Mittelanzapfung trafointern "aufzutrennen", um bei der Wortwahl zu bleiben.

Einfach eine Brücke über die beiden Röhrenanoden legen paßt nicht.

-----------------

Franz-Otto schrieb:

Mir scheint, daß du das noch nicht richtig durchschaut hast. Außerdem, wie von Ritchi angemerkt, bringst du verschiedene Betriebsarten durcheinander und schlußfolgerst dementsprechend falsch. Deine "Spaltertheorie" haut doch hin: EL84 Eintakt-A: 5W an 5k , also 158V bei 31,6mA Gegentakt-A: 10W an 10k, also 316V bei 31,6mA

Leider nein, und hat auch nichts mit A oder B zu tun.

Nochmal der Blick in die Röhrentabelle RTT, 10.Auflage)

EL 84, Eintaktbetrieb:
(250 V, 48 / 49,5 mA)
Arbeitswiderstand = 5.200 Ohm
Leistung = 5,7 Watt
korrespondierende Ausgangsspannung = ca. 486 V (spitze-spitze)
486 / 250 = 1,94 (etwa doppelt)

EL 84 Class AB Gegentaktbetrieb:
(250 V, 31 / 37 mA)
Arbeitswiderstand = 8.000 Ohm
Leistung = 11 Watt
korrespondierende Ausgangsspannung = ca. 837 V (ss)
837 / 250 = 3,35 (etwa dreifach)

EL 84 Class B Gegentaktbetrieb:
(250V, 10 / 37,5 mA)
Arbeitswiderstand = 8.000 Ohm
Leistung = 11 Watt
(das ist exakt wie beim A- oder AB- Betrieb)

Für Spalteransatz (aus doppelter Eintakt A) wurde vorgegeben:
(250 V, 31 mA)
Arbeitswiderstand = 10.400 Ohm
Leistung = 11,4 Watt

und das funktioniert nicht. Probiere es ganz einfach aus. Ich prognostiziere mal: bei 10,4 Kiloohm wird man nur gute 8 Watt erreichen.

SGibbi schrieb:

Leider nein, und hat auch nichts mit A oder B zu tun. Nochmal der Blick in die Röhrentabelle RTT, 10.Auflage) EL 84, Eintaktbetrieb: (250 V, 48 / 49,5 mA) Arbeitswiderstand = 5.200 Ohm Leistung = 5,7 Watt korrespondierende Ausgangsspannung = ca. 486 V (spitze-spitze) 486 / 250 = 1,94 (etwa doppelt) EL 84 Class AB Gegentaktbetrieb: (250 V, 31 / 37 mA) Arbeitswiderstand = 8.000 Ohm Leistung = 11 Watt korrespondierende Ausgangsspannung = ca. 837 V (ss) 837 / 250 = 3,35 (etwa dreifach) EL 84 Class B Gegentaktbetrieb: (250V, 10 / 37,5 mA) Arbeitswiderstand = 8.000 Ohm Leistung = 11 Watt (das ist exakt wie beim A- oder AB- Betrieb)

Servus!

Da du immernoch nicht verstehst, daß unterschiedliche Betriebsarten auch unterschiedliches Verhalten bewirken, ist es zwecklos, weiter mit dir darüber zu diskutieren.

Für Spalteransatz (aus doppelter Eintakt A) wurde vorgegeben: (250 V, 31 mA) Arbeitswiderstand = 10.400 Ohm Leistung = 11,4 Watt

Nein, die 31mA hast Du dazugemogelt! Davon war im Ausgangsposting gar nicht die Rede!
Meine Angaben bezogen sich auf die abgegebene Wechselstromleistung am Arbeitswiderstand, du machsrt daraus einfach Angaben zum Ruhearbeitspunkt. So funktioniert das nicht.

Franz

???

Die Deinen Zahlen stammen aus Deinem Beitrag 17 vom 25.05.2012 aus weiter oben.