TEMA: Medidor de potencia con carga artificial

Os presento un sencillo medidor de potencia, calculado para medir hasta 10w y con carga artificial.

Se trata de la archiconocida carga artificial con 8 resistencias de 100 ohmios con una muestra de RF mediante un diodo schottky 1N5711 y un pequeño condensador de 10n. En vez de conectar el multímetro, por comodidad he puesto un voltímetro de panel.

El presupuesto total ronda los 6€ y es muy útil para tener de cabecera en el lab para probar qrps.

Hola Jon, no me cuadran tus cálculos, creo que solo estás midiendo la mitad de la potencia, a la disipada por la R de 25 Ω le deberías añadir la disipada por la otra R de 25 Ω.

Estoy encebollado?

P = (2(V+0,25))²/50

P = (2(10,25))²/50 = 8,405 W

No es una fórmula que yo haya inventado, como explico en el vídeo. Es la utilizada por dos casas comerciales que distribuyen este diseño.

Por otra parte, hasta que se diga lo contrario, las resistencias en paralelo es la suma de las inversas, habiendo cuatro ramales me salen a mi también los 25 ohms.

La prueba es que funciona. Gracias por tus comentarios y por ver el post.

Hola Jon, Ángel y todo el "gang".

Jon, sin ánimo de molestar, tienes que revisar los cálculos y el propio vídeo. Creo que Ángel tiene parte de razón, sólo estás considerando la potencia en la mitad de las resistencias, pero por otro lado no estás teniendo en cuenta que con el diodo lo que estás midiendo es la tensión de pico.

Por otra parte si a la entrada del circuito tienes 90 voltios (eficaces), estás disipando 162 W, y no 2W; y si tienes 153 voltios tienes 468 W, y no 5W.

En realidad si tienes V voltios en el medidor, la tensión eficaz que tienes es:

Veff=(V+0,25)/1,41

La potencia en la mitad del circuito (resistencia de 25 Ohm) es:

Pmitad = (Veff)(Veff)/25

Y por tanto la potencia total es:

P = 2 Pmitad

En fin, dale una mirada, porque la cosa puede prestarse a confusión, sobre todo si quieres sacar de un circuito un determinado nivel de potencia, y resulta que al medir estás calculando que da menos potencia.

Un saludo

José Mª

En realidad el resultado es correcto si hablamos de potencia RMS, mi cálculo era potencia de pico, ya que el voltímetro mide tensión de pico.

P(RMS) = (V/sqrt2)²/R

P = ((10+0,25)/1,41)²/25 = 2,1013 W en las resistencias medidas.

Faltan los otros 2,1013 W de las resistencias no medidas, lo que darían los 4,2026 W.

El resultado es válido, la explicación del cálculo entiendo que no.

Es bastante normal esta forma de ofrecer fórmulas adulteradas, y en mi opinión dificultan mucho la transmisión del conocimiento y son un error, ejemplo la longitud de las ramas del dipolo L=71,25/F

Vaya!!, con lo que tenido el post abierto se me ha adelantado Jose Mª.

Bueno, como dice Ángel, efectivamente el resultado del cálculo es correcto, porque para tener la potencia eficaz, hay que usar la tensión eficaz. Para obtenerla hay que dividir la tensión de pico medida entre raíz de 2.

A la hora de determinar la potencia (sobre los 25 Ohmios que son la mitad del circuito) y elevar la tensión eficaz al cuadrado (despreciando la caida en el diodo), queda:

Vp Vp / 2

Ahora al dividir por los 25 Ohm, que en realidad es R/2, la potencia queda:

P(25) = Vp Vp / 50

Pero ojo, como bien dice Ángel, esta es sólo la mitad de la potencia, porque estamos considerando sólo la resistencia de 25 Ohmios donde estamos midiendo la tensión. Y entonces la potencia total sería:

P = 2 Vp Vp / 50 = Vp Vp / 25

Si tenemos en cuenta la caida en el diodo:

P = (Vp+0,25) (Vp+0,25) / 25

Con lo cual el resultado es correcto con la fórmula de Jon,y efectivamente lo que dice Ángel es cierto, lo que falla es la explicación.

Ahora, eso si, lo de los 153 voltios para 5 W, y los 90 voltios para 2 W, eso sí que no cuadra para nada

Lo que no quita Jon que la iniciativa del vídeo sea muy buena, y muy de agradecer

Un saludo

José Mª