Ayuda con un simple circuito comparador

Question

Estoy tratando de construir un simple controlador de temperatura utilizando un termistor y un potenciómetro conectado a un disparador Schmidt para controlar un relé.

Me doy cuenta de que tengo algunos fallos graves de diseño en este circuito:

1. La potencia disipada a través del termistor es demasiado grande (lo descubrí después de cortarme el dedo).
2. La salida del amplificador óptico casi no encuentra resistencia, lo que provoca un cortocircuito.

He intentado solucionarlo añadiendo más resistencias, pero no estoy seguro de cómo proceder manteniendo las entradas del amplificador óptico lejos de los límites de la alimentación (unilateral).

Se agradece cualquier ayuda.

Answer 1

Aparentemente tienes dos problemas:

3. Demasiada corriente a través del termistor, lo que provoca un autocalentamiento. Varias soluciones:

   3. Utilice un termistor de mayor resistencia. Hay muchos disponibles con un valor sustancialmente superior a 50 Ω.

   4. Utilice una tensión de alimentación más baja. Hay muchos amplificadores ópticos con un rango de modo común casi de carril a carril que funcionan con 5 V o menos. El Microchip MCP603x, por ejemplo, está especificado para una alimentación de 1,8-5,5 V. Este también tiene una tensión de offset bastante baja.

   5. Añade resistencias en serie. Esto reducirá la variación del voltaje en función de la temperatura, por lo que hay que tener cuidado. Mira la tensión de offset del amplificador óptico y mira cuál es tu error de temperatura. Ten en cuenta también la deriva de las resistencias adicionales. Aún así, esto podría ser útil para reducir la corriente en 2 veces o tal vez un poco más.

4. Conduciendo el relé.

   No es de extrañar que el opamp no pueda manejar el relé directamente. Un simple interruptor NPN de lado bajo estaría bien aquí:

   

   Esto es asumiendo que la bobina del relé está pensada para ser accionada desde 9 V como en tu circuito original.

   R1 depende de la corriente de la bobina del relé necesaria y de la ganancia de Q1. No debe cargar el amplificador óptico más de lo que puede soportar. Digamos que el relé necesita 50 mA a 9 V y se puede contar con que el transistor tiene una ganancia de 50. Eso significa que necesita al menos 1 mA de corriente de base. Digamos que el amplificador óptico funciona a 3,3 V y que puede conducir la salida cerca de eso cuando está en alto y con un suministro de hasta unos pocos mA. Calcula 700 mV para la caída B-E de Q1, lo que deja 2,6 V a través de R1. 2,6V / 1mA = 2,6 kΩ. Ese es el máximo permitido. Yo usaría 2 kΩ en este ejemplo para dejar algo de margen. Eso significa que el amplificador óptico tiene que suministrar 1,3 mA, lo que la mayoría puede hacer.

Answer 2

• El principal problema es que 20r es demasiado bajo para el valor del termistor. El uso de un termistor de 20k en frío es más o menos correcto. ¿Por qué usar un 20r? (por ejemplo, puede ser una parte especial, etc).

• Para la medición de la temperatura el autocalentamiento del termistor debe ser pequeño - digamos 1 mW en un paquete pequeño. Se necesitaría Vthermistor << 1V si el termistor = 20r.

• Utilice un amplificador de "alimentación única" cuyo modo común de entrada incluya la tierra. También es útil que Vout vaya a ~= tierra. El LM324 (cuádruple) o el LM358 (doble), baratos y disponibles, son adecuados para este circuito.

• Podrías hacer un punto de referencia Vsupply/2 para permitir que la entrada no esté referenciada a tierra, pero esto no es necesario si Rtherm es mayor y se utiliza un solo opamp de alimentación.

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Utilice un amplificador óptico de carril a carril o, al menos, uno que incluya la tierra en su rango de modo cmún. Los muy comunes y baratos LM358 (dual) y LM324 (quas) incluyen tierra en el rango de modo común de entrada y pueden funcionar como amplificadores de "alimentación simple" en un sistema de alimentación simple de 9V (o 5V o ...).

No dices qué CI se utiliza para el amplificador ni por qué.

Si esto va a funcionar como un controlador de temperatura entonces el autocalentamiento del termistor DEBE ser < a << el calentamiento de las fuentes de calor. Así que un objetivo de diseño de, por ejemplo, 1 mW de autocalentamiento para empezar da alguna idea.
Potencia del termistor = V^2/R = 0,001 vatios.
Así que V therm = sqrt(Ptherm x Ttherm) = sqrt (0,001 x 20) ~~~= 0,04 Volt.
El problema es que el termistor tiene una resistencia demasiado baja para funcionar a 9V, ¿cómo lo has elegido?
¿Es realmente 20 ohmios?
Si es de 20k entonces Vtherm = sqrt(20k x 0.001) =~ 4.5V = mucho mejor.

Si debe utilizar un termistor de 20 ohmios y si debe utilizar un CI que no sea de alimentación única, puede hacer un punto de referencia de media alimentación, por ejemplo.
Puedes tomar, por ejemplo, 1k+1k en serie de 9V a tierra y usar el punto central como un dummy-grounjd de 4,5V.
Devuelve allí la cadena de termistores y la cadena de opamper + entrada.
PERO el divisor de tierra ficticio debe ser "rígido" para que no se vea alterado por los cambios en las entradas del termistor y la salida del opamp. El accionamiento del opamp es a través de 100k por lo que está bien con un divisor de 2 x 1k.
PERO el amplificador óptico + en la cadena de ref de 220R + pote de 500R + resistencia de 312R? es muy bajo. ¿Por qué?
Necesitarías un

Aumente el accionamiento del termistor a un nivel que cumpla con la disipación máxima del termistor en el peor de los casos. PERO usted realmente necesita un punto de referencia más rígido y un regulador (LDO 3 terminales o TL431 o ...) puede ser utilizado para ref. PERO un amplificador óptico de una sola fuente tiene más sentido.

Answer 3

Olin y Russell ya explicaron que el valor de tu termistor es demasiado bajo: disipará 820mW y hará imposible cualquier medición de temperatura. He encontrado un buen valor de 50k \$\Omega\$ Termistor NTC que puede ser más adecuado; disipa 1,6mW a 25°C. Si no te gusta, no te preocupes, voy a hacer los cálculos necesarios, y puedes seguirlos con tu propio NTC.

Supongo que quieres ajustar el termostato entre 20°C y 30°C, con valores de termistor de 63k \$\Omega\$ y 40k \$\Omega\$ (los he encontrado en la página 12 de la hoja de datos). Si elegimos 50k \$\Omega\$ para R8 tenemos un rango de entrada para el opamp de 4V a 30°C a 5V a 20°C. Estamos bien en el medio del rango de alimentación, y no necesitaremos un Opamp Rail-to-Rail.

Sigamos a Russell y elijamos el LM324 para el opamp. No sólo para complacer a Russell, también es uno de los más baratos, y usaremos los otros tres opamps en él también.
El LM324 del rango común de entrada de Fairchild va a \$V_{CC} - 1.5V\$ en la alimentación de 5V, así que está bien. También el límite inferior está bien; el LM324 acepta tensiones de hasta 0V.

Veamos el otro divisor de tensión con el potenciómetro. Si queremos controlar entre 4V y 5V podemos ver fácilmente que 40k \$\Omega\$ + 10k \$\Omega\$ Potmeter + 40k \$\Omega\$ nos da el rango adecuado. Usemos 39k \$\Omega\$ por eso.

Luego está la resistencia de retroalimentación para la histéresis. Tenemos una variación de la tensión de entrada de aproximadamente 1V/10°C, por lo que si queremos una histéresis de 0,5°C, tenemos que mover nuestra consigna 25mV hacia arriba o hacia abajo. Voy a cortar algunas esquinas y asumir \$V_{OUT}\$ del opamp va de 0V a 9V. Ponemos nuestro potenciómetro en el medio. Entonces para el umbral alto podemos usar KCL:

\$ \dfrac{9V - (4.5V + 25mV)}{44k\Omega} + \dfrac{9V - (4.5V + 25mV)}{R_{FB}} = \dfrac{4.5V + 25mV}{44k\Omega} \$

y resolver para \$R_{FB}\$ encontramos un valor de 3,94M \$\Omega\$ .
Así que ahora tenemos un termostato que podemos controlar entre 20°C y 30°C con una histéresis de 0,5°C.

Ahora el relevo. Olin dice que el opamp no puede manejar eso. Tiene razón para la mayoría de los relés, pero encontré este que sólo necesita 11mA en la versión de alta sensibilidad de 9V. La hoja de datos del LM324 dice que puede hundir al menos 10mA, así que todavía no es suficiente. Pero tenemos 3 opamps sin usar en el paquete, usémoslos en paralelo. El \$4.7\Omega\$ Las resistencias hacen que la corriente se distribuya bien entre los tres amplificadores.

Es posible que esto sólo tenga valor académico. Nos ahorramos un transistor, pero necesitamos dos resistencias más (aún así es más barato). Pero el relé puede ser mucho más caro que uno con mayor capacidad de corriente, y entonces la solución de Olin con el transistor es mejor.