Forum: Mechanik, Gehäuse, Werkzeug Wärmewiderstand von Aluplatinen


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von Norbert S. (norberts)


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Moin,

Ich will/muss eine Endstufe in SMD realisieren und so wie es aussieht, 
wird eine einseitige Platine 70µ mit Alukern (-substrat) passen.

Ich tue mich aber nun schwer damit, den Wärmewiderstand zu berechnen.
Eine übliche Angabe ist ein Wärmeleitfähigkeitsfaktor von z.B. 1,6 
W/(K*m).
Das wäre von den Einheiten her die spezifische Wärmeleitfähigkeit eines 
Stoffes aber irgendwie macht das keinen Sinn.
Will ich den Widestand wissen, würde ich rechnen Rth = l / (A*1,6W/Km).
Passt von den Einheiten her aber die Stärke des Alus als Länge zu nehmen 
kann doch nicht stimmen.
Der grösste Widerstand ist ja die Isolierfolie, das Alu spielt dagegen 
ja praktisch keine Rolle.
Hier wird etwas gerechnet, so wie ich es hier anführe:
http://www.ledhilfe.de/viewtopic.php?f=24&t=15257
Da wird aber auch gezeigt, daß z.B. ein Alublech mit 1x1cm und 1,5mm 
Stärke einen Widerstand von 0,0636K/W hätte, also nix. Brücksichtigt man 
z.B. nur 5x5mm davon (den Leistungshalbleiter wären es 0,25K/W, immer 
noch nix.
Bei ner Platine mit den Maßen und einem Wärmeleitfähigkeitsfaktor von 
1,6W/Km komme ich auf knapp 10K/W. Das halte ich für einen plausiblen 
Wert aber sinnvoll ist das nicht. Bei einer 0,5mm Platine kämen 3,3K/W 
raus, da könnte man auf nem Daumennagel Dutzende W abführen.
Der Wärmeleitfähigkeitsfaktor wird auch nirgendwo auf die Stärke der 
Aluplatine bezogen.
https://www.multi-circuit-boards.eu/produkte/leiterplatten/metallkern.html
Hmm, geht es vieleicht um die Stärke der Isolation (Dielektrikum)?
Da dürfte man natürlich nur das Kupfer berücksichtigen, das die Wärme 
einbringt.
Für das Dielektrikum sind Werte wie für Kupfer gängig, nehmen wir mal 
70µ und wieder 5x5mm Fläche.
Rth = l / (A*1,6W/Km) = 0,00007m / (0,005m² * 1,6W/(Km)) = 1,75K/W.
Nochmal: 70*10^-6 / (5*10^-3)² / 1,6 = 1,75
Mit 5x5mm Alu in Reihe dazu 2K/W.
Das kann ich auch irgendwie nicht glauben.

Mal kurz gegengerechnet:
1,25mm Leiterbahn, 20mm lang und 35µ hätte einen Widerstand von ca. 8 
mOhm.
Wären bei 20A 3,2W Verlust (brennt normalerweise ab) aber auf Alu gerade 
mal 6,4K wärmer? Nee...

Kann da Jemand etwas Licht ins Dunkel bringen?

Gruß,
Norbert

: Verschoben durch Moderator
von Norbert S. (norberts)


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Moin,

Verschoben in "Mechanik, Gehäuse, Werkzeug"?
Was soll das denn?
Wenn, dann vielleicht "Platinen"!

Gruß,
Norbert

von Achim S. (Gast)


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Du wirbelst da jede Menge Rechnungen zusammen. Wenn du nur eine 
Geometrie klar dargestellt hättest, fände ich deine Frage wesentlich 
übersichtlicher. Ich schnapp mir zur Antwort mal einen Teil aus deinem 
gesamten Beitrag raus:

Norbert S. schrieb:
> http://www.ledhilfe.de/viewtopic.php?f=24&t=15257
> Da wird aber auch gezeigt, daß z.B. ein Alublech mit 1x1cm und 1,5mm
> Stärke einen Widerstand von 0,0636K/W hätte, also nix. Brücksichtigt man
> z.B. nur 5x5mm davon (den Leistungshalbleiter wären es 0,25K/W, immer
> noch nix.

Also: ein Alublech, 1,5mm dick, und auf 5mmx5mm gleichmäßig beheizt. 
Dann ist die Rechnung korrekt. Aber die Rechnung gibt dir nur an, welche 
Temperaturdifferenz zwischen der Vorderseite und der Hinterseite des 
betrachteten Alublechs herrscht. Sie sagt gar nichts darüber aus, wie 
stark sich das Alublech insgesamt aufwärmt. Denn die Wärme auf der 
Rückseite ist ja nicht verschwunden, sondern sie muss von dort weiter 
irgendwohin abgeführt werden.

Wenn von der Rückseite des Alublechst die Wärme "ideal" abgeführt wird 
(z.B. wenn du dort ein Kältemittel verdampfst), dann sind die 0,25K/W 
der relevante Wärmewiderstand deines "Kühlkörpers".

Wenn du die Rückseite des Alublechs einfach in die Luft hältst, dann 
wird bei entsprechender Heizleistung halt das gesamte Alublech heiß (und 
die Vorderseite um P*0,25K/W heißer als die Rückseite).

von Norbert S. (norberts)


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Moin,

Uiii, ich versuche immer alles darzustellen und dann so ein Faux-Pas.

Die Geometrie mal etwas abstrahiert:
Platine 50x50mm, darauf 3 Halbbrücken die geschätzt auf je 5x5mm über 
die Pads auf die Platine entwärmen.
Die Platine ist dann auf ca. 2mm Alu oder Kupfer geschraubt und von dort 
wird so entwärmt, daß ich mir da überhaupt keine Sorgen mache.

Also zusammengefasst: Die Wärme muss von den Pads auf die Rückseite der 
Platine, ab da ist die Welt schön und alles kein Problem.

So, das Problem ist aber, daß ich nicht bloß ein Alublech habe sondern 
eine Aluplatine!
1,5mm Alu - 70µ Dielektrikum (Isolierfolie oder was weiß ich) - 70µ 
Kupfer mit dem Halbleiter drauf.
Für dieses Zeug wird der Wert des "Wärmeleitfähigkeitsfaktors" von 
1,6W/(K*m) angegeben.

Ist die Fragestellung jetzt klarer?

Gruß,
Norbert

von L. H. (holzkopf)


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Norbert S. schrieb:
> 1,5mm Alu - 70µ Dielektrikum (Isolierfolie oder was weiß ich) - 70µ
> Kupfer mit dem Halbleiter drauf.
> Für dieses Zeug wird der Wert des "Wärmeleitfähigkeitsfaktors" von
> 1,6W/(K*m) angegeben.
>
> Ist die Fragestellung jetzt klarer?

Im Prinzip ja.
Du solltest aber mal zu klären versuchen ob dieser Wert ein 
Wärmedurchgangswert ist, weil es sich um ein Verbundmaterial handelt.

Dabei mußt Du unterscheiden ob es sich um k-Wert-Berechnungen handelt, 
wie z.B. auch bei schichtweisen Baustoffen:
https://www.fertighaus.de/ratgeber/baukosten/waermeschutz-berechnung-und-u-wert-fuer-den-bauherrn-verstaendlich-gemacht/
oder um einen Wert, der das Wärmeableitvermögen bezeichnet.

Dabei werden div. Begriffe nämlich nicht selten kunterbunt 
vermengt/durcheinandergewürfelt.

Eines gilt dabei aber immer und überall:
Die Wärmeleitfähigkeit (lambda) wird in W/m*K angegeben. :)

Wobei es auch keine Rolle spielt, ob die längs oder quer in einem 
Material stattfindet.
Hier findest Du dazu Werte und Berechnungsverfahren:
https://de.wikipedia.org/wiki/W%C3%A4rmeleitf%C3%A4higkeit

Z.B.
Al rein => 235
Al legiert => 75 bis 235

Selbst wenn Du reines Al hättest, ergibt sich für 1,5mm davon:
(235/1000)*1,5 = 0,3525
Al ist genau so ein guter Wärmeleiter wie Cu, während Kunststoffe (incl. 
Isolierfolien) weit darunter liegen.

Woher kommt also der Wert von 1,6?
Der ist für mich nicht plausibel.
Klär das bitte, bevor Du etwas falsch auslegst/dimensionierst.

Könnte der sich auf Zwangskühlung beziehen?
Und falls ja, welche genau?

Grüße

von Miau (Gast)


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Der Wert von 1,6 gilt nur für das Dielektrikum das zwischen 30 und 200 
um Dick ist

von Norbert S. (norberts)


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Moin,

Das war wirklich eine grandiose Scheissidee eines Admins oder eines 
Automatismus, meine Frage in Mechanik zu verschieben.
BITTE verschiebt das zumindest in "Platinen"!

Es geht nicht um ein Bauwerk oder einen Aluklotz sondern um das Laminat, 
die Isolierschicht, das Dielektrikum einer Aluplatine.

Wie man das bei einem Klotz eines Materials berechnet habe ich doch 
gezeigt.
Betrachtet man nur zwei gegenüberliegende Flächen, ist das doch banal.

Eigentlich habe ich diesen Fall, Kupfer oben vs. Alu unten, 5x5mm 
Fläche.
Dazwischen eben das Dielektrikum mit 70µ.

Wo der Wert 1,6 herkommt?
Dann eben nochmal der Link:
https://www.multi-circuit-boards.eu/produkte/leiterplatten/metallkern.html

Zwangskühlung?
Für den Beiwert einer Platine?
Die Unterseite der Platine kannst Du hier als zwangsgekühlt ansehen aber 
den Begriff nutzt man normalerweise für per Lüfter gekühlte Kühlkörper 
vs. Konvektion.
Das ist hier voll am Thema vorbei. Mich interessiert nur der 
Wärmewiderstand der Platine von oben nach unten.

Gruß,
Norbert

von Norbert S. (norberts)


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Miau schrieb:
> Der Wert von 1,6 gilt nur für das Dielektrikum das zwischen 30 und 200
> um Dick ist

Moin,

Wow. Knackig und plausibel. Meine letzte Rechnung stimmt also wohl.
Danke!
Dann kann ich viel enger auslegen, als ich es gefühlt hätte und alles 
wird gut.

Gruß,
Norbert

von L. H. (holzkopf)


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Miau schrieb:
> Der Wert von 1,6 gilt nur für das Dielektrikum das zwischen 30 und 200
> um Dick ist

Das glaube ich Dir so ohne weiteres nicht. ;)
Wie willst Du denn z.B. bei 200µm auf 1,6 kommen, wenn der gemittelte 
Basiswert von Kunststoffen (wie w.o. verlinkt) bei 0,035 W/mK liegt??
Auf einen höheren Wert als bei 1mm Al??

200µm = 0,02mm!

Bei 1mm Schichtstärke(!) liegt der Wert von 0,035 bei 3,5^-05.
Wenn ich mich jetzt nicht verrechnet habe, entspricht das 0,000035.
Multipliziert mit 0,02 kannst Du selbst berechnen:
Du wirst niemals auf 1,6 (W/mK) kommen können.

Norbert S. schrieb:
> Das ist hier voll am Thema vorbei. Mich interessiert nur der
> Wärmewiderstand der Platine von oben nach unten.

Dann berechne halt einfach den k-Wert der Platine.
Daten und Schichtstärken dazu hast Du ja.
Kannst oberseitig z.B. 20 °C annehmen, um berechnen zu können, welche T 
sich dann unterseitig ergibt.

Grüße

von Wolfgang (Gast)


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Was nützten die Wärmewiderstände der Materialen und deren Schichtdicken, 
wenn die Wärmeübergangswiderstände Chip-Heatpad, Heatpad-Iso, Iso-Alu 
und Alu-Umgebung nicht berücksichtigt sind.

von Norbert S. (norberts)


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Moin,

@L.H.: 1,6 W/Km ist ein Materialbeiwert, unabhängig von der 
Schichtstärke.
Das ist die spezifische Wärmeleitfähigkeit.
Erst zusammen mit der Schichtstärke und der Fläche ergibt sich ein 
Wärmewiderstand.
Und 200µm sind 0,2mm, nicht 0,02mm.

Gruß,
Norbert

von Norbert S. (norberts)


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Wolfgang schrieb:
> Was nützten die Wärmewiderstände der Materialen und deren Schichtdicken,
> wenn die Wärmeübergangswiderstände Chip-Heatpad, Heatpad-Iso, Iso-Alu
> und Alu-Umgebung nicht berücksichtigt sind.

Moin,

Nichts. Ich hatte aber nicht nach der Wärmebilanz des ganzen Systems 
gefragt sondern nur nach der Platine.

Gruß,
Norbert

von Alex G. (dragongamer)


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Leute, gibt nicht der Hersteller dieser besonderen Platten, Angaben für 
sowas? Das wird ja wohl von der konkreten Platte abhängig und da wäre es 
naheliegend das nicht als Anwender selbst ausrechnen zu müssen...

von georg (Gast)


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Norbert S. schrieb:
> Nichts. Ich hatte aber nicht nach der Wärmebilanz des ganzen Systems
> gefragt sondern nur nach der Platine.

Auf eine sinnlose Frage kannst du keine sinnvolle Antwort erwarten. 
Letzlich entscheidend ist doch die Temperatur im Betrieb, und dazu ist 
im wesentlichen bestimmend, wie die Wärme an die Umgebung abgeführt 
wird. Deine Berechnungen, wie die Wärme quer durch das Alu befördert 
wird sind einfach nur völlig unsinnig. Natürlich tritt da kaum ein 
Wärmewiderstnd auf, aber wen soll das interessieren? Damit weisst du 
jetzt, dass die Platine oben fast gleich warm ist wie unten. 
Gratulation.

Hier fehlen wohl die allereinfachsten Grundlagen der Physik.

Georg

von Norbert S. (norberts)


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Moin,

Die Umgebung wurde bereits vorher betrachtet, ich hatte nur nach der 
genauen Bedeutung des Begriffs "Wärmeleitfähigkeitsfaktor" in diesem 
Fall der Aluplatinen gefragt.
Auf die erste Nachfrage hatte ich geschrieben, daß ab Unterseite der 
Platine alles klar ist.

Mir fehlende Grundlagen vorzuwerfen ist witzig, wenn Du von dem 
Wärmefluss im Alu sprichst. Das Thema war nie eins, das habe ich doch 
auch oben gerechnet.
Es gint nur um die Isolation.

Einzig Miau hat auf den Punkt treffend geantwortet.

Gruß,
Norbert

von L. H. (holzkopf)


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Norbert S. schrieb:
> @L.H.: 1,6 W/Km ist ein Materialbeiwert, unabhängig von der
> Schichtstärke.
> Das ist die spezifische Wärmeleitfähigkeit.

Die 1,6 W/mK wurden w.o. als Wärmeleitfähigkeit für die dünne 
Isolierschicht angegeben, was jedoch so gar nicht sein kann. ;)

Norbert S. schrieb:
> Erst zusammen mit der Schichtstärke und der Fläche ergibt sich ein
> Wärmewiderstand.

Das ist richtig, und dazu mußt Du sämtliche Wärmeleitwerte erst mal in 
Wärmedurchgangskoeffizienten umrechnen bzw. dann anhand der jeweiligen 
Schichtstärken so bewerten, daß Du zu richtigen Werten kommst.
Das kannst Du nur mit der k-Wert- (jetzt auch als u-Wert-)Berechnung 
bezeichnet tun.
Schrieb ich Dir aber bereits. ;)

Dadurch bekommst Du Werte: x [W/m^2 * K]
Und das ist etwas ganz anderes als die Wärmeleitfähigkeit, weil die W 
dann auf 1 m^2 * K bezogen werden können.
Oder natürlich dann auch z.B. auf eine kleinere Flächen.

> Und 200µm sind 0,2mm, nicht 0,02mm.
Ja hast recht.
Danke für die Korrektur - habe mich dabei verhaut.

Hier mal der ganze Verhau zu derartigen Berechnungen samt 
Berechnungs-Beispiel, weil man sich auch dabei sehr leicht verhaut.
Zumal dabei auch noch beidseitige Luftübergänge mit zu berücksichtigen 
sind, die wiederum davon abhängen, wie Bauteile positioniert sind.
http://heizkostenrechner.eu/u-wert-r-wert-und-lambda-wert.html

Am besten machst Du das in einer kleinen Tabelle, damit Dir bei den 
einzelnen Schichten nichts "durch die Lappen" geht.

Grüße

von Norbert S. (norberts)


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L. H. schrieb:
> Die 1,6 W/mK wurden w.o. als Wärmeleitfähigkeit für die dünne
> Isolierschicht angegeben, was jedoch so gar nicht sein kann. ;)

Ja warum kann das nicht sein?
Du scheinst nicht verstanden zu haben, daß das ein reiner Stoffwert ist, 
der erstmal nichts mit der Stärke der Schicht zu tun hat.

Das mit den K-Werten habe ich schon verstanden aber das ist hier 
ziemlich nutzlos bzw. ein Umweg.
Kann man natürlich machen aber bei Kühlkörperberechnungen macht man das 
über den Widerstand eines Übergangs.

Damit alle zufrieden sind, der komplette Weg:
Aus dem Datenblatt kommt der Widerstand Junction-Pad mit 1,9K/W.
Vom Kupfer auf das Dielektrikum und von da aufs Alu nehme ich mal als 
vernachlässigbar an, das ist ja industriell laminiert. Also geht es vom 
Pad mit den oben berechneten 2K/W auf die Unterseite des Alu.
Nun muss ich hier zur Demonstration etwas vereinfachen, da die Geometrie 
etwas kompliziert ist.
Die Aluplatine ist auf einen Kupferbecher geschraubt (mit 
Wärmeleitpaste) und dieser Becher wird in ein Edelstahlrohr gepresst.
Jetzt rechne ich mal damit, daß sich die Wärme auf ca. 10x10mm verteilt.
Real ist die Fläche deutlich grösser aber ein großer Teil geht unter den 
5x5mm ins Kupfer, ein Teil verteilt sich weiter auf bis zu 20x20mm. Also 
rechne ich weiter mit 10x10mm für die Wärmeleitpaste. Die Oberfläche ist 
nicht optimal, ich rechne mit 0,2mm Wärmeleitpaste und einer 
Leitfähigkeit von 5W/Km. macht einen Widerstand des Übergangs von 
0,4K/W. Wenig genug, um mit den vagen Schätzungen leben zu können.
Jetzt geht es auf einer gemittelten Breite von 20mm etwa 12mm durch 2mm 
dickes Kupfer oder Alu zum Aussenrand des Topfes. Ich rechne mal mit 
einer Alulegierung mit 200W/Km.
Also Fläche 20x2mm², l=12mm, macht auf diesem Stück 1,5K/W.
Nun kommp eine Presspassung zum Edelstahl, die ich wieder als 
vernachlässigbar annehme.
Jetzt noch 3mm Wandstärke VA auf geschätzt 5x40mm Fläche. Die Legierung 
ist bekannt und leitet mit 18W/Km schlecht. Macht hier ca. 0,8K/W.
Die Aussenseite ist von Wasser mit max. 35°C umströmt.

Zählen wir alles zusammen macht das 6,2W/K auf dem Weg vom Junction zum 
Wasser.
Da die Verlustleistung noch nicht 100% feststeht aber sicher unter 5W 
bleiben wird ist jetzt schon klar, daß ich mir um den Halbleiter keine 
Sorgen machen muss.
Kritisch könnte höchstens das Pad sein, da alles vergossen wird und die 
Masse nicht mehr als 70°C sehen sollte. Von da zum Aussenmantel sind es 
4,3W/K, macht bei 5W 21,5K und somit auch sicher genug.

Ich hoffe es ist jetzt klar, daß das Drumherum ausreichend bedacht wurde 
und es mir nur noch um die Aluplatine mit dem Dielektrikum ging. Die ist 
deutlich besser als ich gedacht hätte aber macht trotzdem noch fast 1/3 
des Widerstands aus. Bei einem Widerstand mal um Faktor 2 verschätzt, 
wäre das noch ok (alles sehr vorsichtig geschätzt) aber wäre ich bei der 
Platine um Faktor 5-10 daneben gewesen, wäre es eng geworden.

Gruß,
Norbert

: Bearbeitet durch User
von L. H. (holzkopf)


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Norbert S. schrieb:
> L. H. schrieb:
>> Die 1,6 W/mK wurden w.o. als Wärmeleitfähigkeit für die dünne
>> Isolierschicht angegeben, was jedoch so gar nicht sein kann. ;)
>
> Ja warum kann das nicht sein?
Weil das ein lambda-Wert ist, der für Kunststoffe gemittelt bei
ca. 0,035 W/mK liegt, was Du jedem Tabellenwerk entnehmen kannst.

> Du scheinst nicht verstanden zu haben, daß das ein reiner Stoffwert ist,

Oh doch, ich weiß sehr wohl, worauf sich lambda-Werte beziehen und wie 
damit Berechnungen durchzuführen sind.
Wobei es völlig egal ist, ob Du nun Mehrschicht-Platinen oder 
Wärmedämmungen an Häusern berechnest/kontrollierst:
Ist im Prinzip alles der gleiche Sums.

> der erstmal nichts mit der Stärke der Schicht zu tun hat.

Ja, sicher. Aber es ist doch (hoffentlich) schon längst klar, daß man 
den Sums so "ummodeln" muß, damit man auch bzgl. Schichtdicken UND 
Flächen beides in die Berechnung(en) so integrieren kann, damit die 
Berechnung wenigstens einigermaßen genau ist.

Bei den mir geläufigen k-Wert-Berechnungen brauche ich nur Schichtdicken 
zu berücksichtigen, und ansonsten kann ich die Wärmeleitwerte 
unverändert ummodeln [W/m^2 K], weil (auch die) sich auf 1 m^2 beziehen.
D.h. da wird sozusagen 1 m^2 als repräsentativ angenommen, um sofort 
weiterrechnen zu können.

Bei kleineren zu betrachtenden Flächen sieht das aber ganz anders aus:
Dabei MUSS eine Bereinigung der Werte AUCH noch bzgl. Fläche erfolgen.

> Das mit den K-Werten habe ich schon verstanden aber das ist hier
> ziemlich nutzlos bzw. ein Umweg.

Das magst Du so sehen. Meine Erfahrungen sind andere.
Nämlich, daß man das prinzipiell (= nach Schema f) über 
k-Wert-Berechnungen macht, weil dabei die Fehlerquellen minimiert werden 
können.

> Kann man natürlich machen aber bei Kühlkörperberechnungen macht man das
> über den Widerstand eines Übergangs.

Was Du nicht sagtst.
Und über welchen Widerstand eines Übergangs macht man das genau?

Norbert S. schrieb:
> Damit alle zufrieden sind, der komplette Weg:
> Aus dem Datenblatt kommt der Widerstand Junction-Pad mit 1,9K/W.

Solche Angaben, x [K/W], sind nur dann zulässig, wenn sie sich auf 
exakte Flächen UND Schichtdicken beziehen.
Sozusagen sämtliche Werte bereinigt auf einen konkreten Anwendungsfall.

Eine Angabe 1,6 W/mK ist jedoch nur ein lambda-Wert und weiter gar 
nichts.
Völlig "unbereinigt" bzgl. Fläche und Schichtstärke.
Noch dazu ist es ein falscher lambda-Wert.
Der richtige steht oben.

Weißt Du denn eigentlich, worauf sich der Wert 1,9 k/W genau bezieht?

Was Deine weitere Berechnung anbelangt, scheint mir das etwas komplexer 
zu sein, als (ggf. auch mehrere) ebene Übergänge.

Ist es möglich, daß Du dazu mal eine Skizze machst?
In der alle Wärmeübergänge erkennbar sind.
Am besten unterschiedlich farblich gekennzeichnet.
Sowie jeweils ergänzt um Berechnungen oder Schätzungen, was Du dazu 
angesetzt hast.

Denn so, wie von Dir beschrieben, kann ich mir kein rechtes Bild dazu 
machen. :)

Grüße

von L. H. (holzkopf)


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Wolfgang schrieb:
> Was nützten die Wärmewiderstände der Materialen und deren Schichtdicken,
> wenn die Wärmeübergangswiderstände Chip-Heatpad, Heatpad-Iso, Iso-Alu
> und Alu-Umgebung nicht berücksichtigt sind.

Naja, was der TE berechnen können will, sagte er ja:
> Norbert S. schrieb:
>> Das ist hier voll am Thema vorbei. Mich interessiert nur der
>> Wärmewiderstand der Platine von oben nach unten.

Grüße

von Norbert S. (norberts)


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L. H. schrieb:
>> Ja warum kann das nicht sein?
> Weil das ein lambda-Wert ist, der für Kunststoffe gemittelt bei
> ca. 0,035 W/mK liegt, was Du jedem Tabellenwerk entnehmen kannst.

Das ist nicht irgendeine Plaste sondern wird auf das Alu oxidiert. Oder 
so.
Polyimid hätte schon an die 0,5 W/K.
Mit isolierenden Metallverbindungen wird man da noch erheblich besser.
1,3 bis 1,6 ist aus den Angaben der Hersteller, das geht bis 2,2.

Du hälst mich wohl für einen Trottel und Amateur. Geh mir weg mit Deinem 
k-Wert, das ist Baubranche und kennt man in der Elektronik nicht. Ja, 
die Physik ist die Gleiche nur der Rechenweg ist anders.

Ich habe doch alles vorgeführt und meinen Schätzungen der Geometrie 
musst Du einfach glauben. Mit Deinen k-Werten wirst Du da auch nix, denn 
das ist hier nicht praktikabel. Es geht nicht nur um Flächen sondern um 
ein 3D-Konstrukt.

L. H. schrieb:
> Weißt Du denn eigentlich, worauf sich der Wert 1,9 k/W genau bezieht?

Hast Du überhaupt schonmal ein Datenblatt eines Bauteils gesehen?
Rth Junction-Pad habe ich geschrieben. Kannst Du damit was anfangen?
Das ist der Wärmewiderstand vom Halbleiter selbst (in dem 
Plastikgehäuse) zur Lötstelle. Du hast wahrscheinlich keine Ahnung, 
wovon ich rede...

Und nochmal, ein Wert K/W ist der Wärmewiderstand eines Elements des 
Konstrukts. Da sind alle Parameter drin.

Eine Skizze mache ich sicher nicht denn alles ist bereits gerechnet.
Die 3D Konstruktion steht noch nicht final aber das Problem war ja nur 
einzig und allein die verschissene Aluplatine.
Die weitere Entwärmung habe ich doch erschöpfend vorgerechnet.

Gruß,
Norbert

von M. W. (elektrowagi78) Benutzerseite


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Norbert S. schrieb:
> Hast Du überhaupt schonmal ein Datenblatt eines Bauteils gesehen?
> Rth Junction-Pad habe ich geschrieben. Kannst Du damit was anfangen?
> Das ist der Wärmewiderstand vom Halbleiter selbst (in dem
> Plastikgehäuse) zur Lötstelle. Du hast wahrscheinlich keine Ahnung,
> wovon ich rede...

Aufpassen, manche unterscheiden noch Rthi und Rtha und geben das nicht 
richtig an. Die Temperatur innen zum HL-Rand-Gehäuse ist dann nochmal 
höher.

von Norbert S. (norberts)


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Markus W. schrieb:
> Aufpassen, manche unterscheiden noch Rthi und Rtha und geben das nicht
> richtig an. Die Temperatur innen zum HL-Rand-Gehäuse ist dann nochmal
> höher.

"Thermal resistance, junction to mounting pad"
Das ist gültig für "Standard reflow-solder process"

Das sollte reichen, oder?

Gruß,
Norbert

von Wolfgang (Gast)


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Norbert S. schrieb:
> Nichts. Ich hatte aber nicht nach der Wärmebilanz des ganzen Systems
> gefragt sondern nur nach der Platine.

Genau bei dieser Platine brauchst du zusätzlich die 
Wärmeübergangswiderstände, um die Wärme erstmal auf die eine Seite hin 
zu bekommen und auf der anderen weg. Der größte Anteil am 
Wärmewiderstand ist ganz schnell der Wärmeübergang, gerade bei ISM.

von zyxw (Gast)


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Norbert, mäßige deinen Ton!
Holzkopf hat (bis auf die Mikrometer-Umrechnung) exakt beschrieben, wie 
es richtig berechnet wird.
Du hast keinerlei Grund, ihn dafür blöd anzumachen.
Und der Admin Andreas kann hier machen, was er will (Hausrecht).
Die (zugegeben fragwürdige) Verschiebung hat sicher nicht er, sondern 
ein Moderator vorgenommen.

von Norbert S. (norberts)


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zyxw schrieb:
> Norbert, mäßige deinen Ton!
> Holzkopf hat (bis auf die Mikrometer-Umrechnung) exakt beschrieben, wie
> es richtig berechnet wird.
> Du hast keinerlei Grund, ihn dafür blöd anzumachen.

Ein paar Antworten waren nunmal am Thema vorbei und ich habe nicht damit 
angefangen, dem Gegenüber mangelnde Grundkenntnisse der Physik 
vorzuwerfen.
Niemand berechnet Kühlkörper mit nem k-Wert.
Sicher ist es manchmal, wenn nicht oft, sinnvoll, die Begleitumstände 
einer Problemstellung zu hinterfragen und ich bin da ja auch drauf 
eingegangen.
Meine Frage war gezielt nach diesem Wert der Platine gestellt und ich 
bekam ja eine Antwort genau zu diesem Punkt.
Ich verstehe nicht, warum dann auf dem Rest herumgeritten wird, der von 
mir offensichtlich längst erledigt war, obwohl ich genau das mehrmals 
erwähnt hatte.

Was z.B. sinnvoll war, ist die Warnung von Markus Wagner, die zwar 
letztlich unbegründet war (weil der Lötprozess im DB ausdrücklich 
erwähnt wird) aber absolut berechtigt.

Gruß,
Norbert

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