Wie kann man benennen, was dieser Widerstand tut?

Ich habe eine Grundschaltung, die einen Fotowiderstand verwendet, der von einer 5-Volt-Quelle gespeist wird. Ich hatte dieses Projekt durchgeführt, um meinem Sohn verschiedene Sensoren zu zeigen, und eine Schaltung verwendet, die ich online gefunden hatte. Es sieht ungefähr so aus:

schematisch

^{simulieren Sie diese Schaltung - Schaltplan erstellt mit CircuitLab}

Die einzige Möglichkeit, dies zu erklären, besteht darin, dass der Widerstand einen sicheren Erdungspfad bietet, damit kein Strom in den analogen Sensor fließt und diesen verletzt (und nur "Spannung" am Fotowiderstand übrig bleibt).

Ich bin nicht sicher, ob es darum geht, es zu schützen. Ich habe mir Beispiele für Pullup- / Pulldown-Widerstände angesehen, die jedoch zu verhindern scheinen, dass ein Logikeingang "schwebt". Es scheint, dass dies in dieser Schaltung nicht der Fall ist, da es sich um eine stufenlose Spannungsversorgung handelt.

Wie nenne ich seinen Zweck?

voltage resistors photoresistor

— Transient
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Antworten:

Es ist nicht zum Schutz, es ist ein Spannungsteiler mit der Fotozelle zu bilden.

Bei einer typischen Fotozelle kann der Widerstand beispielsweise zwischen 5 kΩ (hell) und 50 kΩ (dunkel) variieren.
Beachten Sie, dass die tatsächlichen Werte für Ihren Sensor möglicherweise sehr unterschiedlich sind (Sie müssen das Datenblatt für diese Werte überprüfen).

Wenn wir den Widerstand weglassen, wird der Analogeingang in beide Richtungen 5 V sehen (vorausgesetzt, ein Analogeingang mit einer Impedanz, die hoch genug ist, um die Dinge nicht wesentlich zu beeinflussen)
.

Kein Widerstand

Nehmen wir an, der Sensor ist an einen Operationsverstärker mit einem Eingangswiderstand von 1 MΩ angeschlossen (ziemlich niedrig, kann 100 MΩ betragen).

Wenn kein Licht auf die Fotozelle scheint und ihr Widerstand bei 50 kΩ liegt, erhalten wir:

5 V \times \frac{1 M Ω}{1 M Ω + 50 k Ω} = 4,76 V

$5~\mathrm{V} \times \frac{1~\mathrm{M}\Omega}{1~\mathrm{M}\Omega + 50~\mathrm{k}\Omega} = 4.76~\mathrm{V}$

Wenn Licht auf die Fotozelle scheint und ihr Widerstand 5 kΩ beträgt, erhalten wir:

5 V \times \frac{1 M Ω}{1 M Ω + 5 k Ω} = 4,98 V

$5~\mathrm{V} \times \frac{1~\mathrm{M}\Omega}{1~\mathrm{M}\Omega + 5~\mathrm{k}\Omega} = 4.98~\mathrm{V}$

Sie können also sehen, dass dies nicht sehr nützlich ist - es pendelt nur ~ 200 mV zwischen Hell / Dunkel. Wenn der Eingangswiderstand des Operationsverstärkers höher wäre, als es häufig der Fall ist, könnten Sie von einigen µV sprechen.

Mit Widerstand

Wenn wir nun den anderen Widerstand zur Masse hinzufügen, ändert sich das, wenn wir einen 20 kΩ-Widerstand verwenden. Wir gehen davon aus, dass ein Lastwiderstand hoch genug ist (und der Quellenwiderstand niedrig genug ist), um keinen signifikanten Unterschied zu machen, sodass wir ihn nicht in die Berechnungen einbeziehen (wenn wir das getan hätten, würde er wie das untere Diagramm in Russells Antwort aussehen).

Wenn kein Licht auf die Fotozelle scheint und ihr Widerstand bei 50 kΩ liegt, erhalten wir:

5 V \times \frac{20 k Ω}{20 k Ω + 50 k Ω} = 1,429 V

$5~\mathrm{V} \times \frac{20~\mathrm{k}\Omega}{20~\mathrm{k}\Omega + 50~\mathrm{k}\Omega} = 1.429~\mathrm{V}$

Wenn Licht auf die Fotozelle scheint und der Widerstand 5k beträgt, erhalten wir:

5 V \times \frac{20 k Ω}{20 k Ω + 5 k Ω} = 4.0 V

$5~\mathrm{V} \times \frac{20~\mathrm{k}\Omega}{20~\mathrm{k}\Omega + 5~\mathrm{k}\Omega} = 4.0~\mathrm{V}$

Sie können also hoffentlich sehen, warum der Widerstand benötigt wird, um die Widerstandsänderung in eine Spannung umzuwandeln.

Mit Lastwiderstand enthalten

Nehmen wir aus Gründen der Gründlichkeit an, Sie wollten den 1-MΩ-Lastwiderstand in die Berechnungen aus dem letzten Beispiel einbeziehen:

Vereinfachen Sie die Dinge, um die Formel übersichtlicher zu gestalten. Der 20-kΩ-Widerstand ist jetzt parallel zum Lastwiderstand, sodass wir beide zu einem effektiven Widerstand kombinieren können:

\frac{20 k Ω \times 1000 k Ω}{20 k Ω + 1000 k Ω} \approx 19.6 k Ω

$\frac{20~\mathrm{k}\Omega \times 1000~\mathrm{k}\Omega}{20~\mathrm{k}\Omega + 1000~\mathrm{k}\Omega} \approx 19.6~\mathrm{k}\Omega$

Jetzt ersetzen wir einfach die 20 kΩ im vorherigen Beispiel durch diesen Wert.

Ohne Licht:

5 V \times \frac{19.6 k Ω}{19.6 k Ω + 50 k Ω} = 1,408 V

$5~\mathrm{V} \times \frac{19.6~\mathrm{k}\Omega}{19.6~\mathrm{k}\Omega + 50~\mathrm{k}\Omega} = 1.408~\mathrm{V}$

Mit Licht:

5 V \times \frac{19.6 k Ω}{19.6 k Ω + 5 k Ω} = 3,98 V

$5~\mathrm{V} \times \frac{19.6~\mathrm{k}\Omega}{19.6~\mathrm{k}\Omega + 5~\mathrm{k}\Omega} = 3.98~\mathrm{V}$

Wie erwartet nicht viel Unterschied, aber Sie können sehen, wie diese Dinge in bestimmten Situationen berücksichtigt werden müssen (z. B. mit einem geringen Lastwiderstand - versuchen Sie, die Berechnung mit einer Last von 10 kΩ durchzuführen, um einen großen Unterschied zu erkennen).

— Oli Glaser
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Genau das habe ich gesucht. Ich war verwirrt, dass der Widerstand hauptsächlich für den Strom und nicht für die Spannung sein würde. Das ist ganz ordentlich.

— Vorübergehender

In den ersten Berechnungen haben Sie anscheinend einen Unterschied von 200 mV angegeben.

— Mark C

@MarkC - Ja, du hast recht, danke. 5:50 Uhr morgens hier ist mein Gehirn wahrscheinlich vor einer Weile ins Bett gegangen .. :-)

— Oli Glaser

Einige analoge Eingänge, wie z. B. ADC-Pins in einigen uCs, haben Eingangswiderstände von nur 10 kΩ.

— Tyblu

(1) Dies fügt hinzu, was Oli sagt.

Dies gilt, wenn eine Ausgangslast fehlt oder einen viel höheren Widerstand aufweist als R1 oder R2 und daher ignoriert werden kann.

Das Ohmsche Gesetz besagt, dass der Spannungsabfall an einem Widerstand proportional zu Strom I und Widerstand R ist

V = I x R

Der Strom Iin fließt durch R1 und dann durch R2 nach Masse.
Da der Strom beiden gemeinsam ist und auch Iin entspricht, müssen wir uns nicht auf I_in, I_R1 und I_R2 beziehen - wir können uns einfach auf einen beliebigen Strom als "I" beziehen, da alle der gleiche Strom sind.

Bildbeschreibung hier eingeben

Die Spannung an R1 ist V_R1 = I x R1
Die Spannung an R2 ist V_R2 = I x R2.

Wir können diese Gleichungen neu ordnen und schreiben

I = V_R1 / R1 und

I = V_R2 / R2

Da es dasselbe ist, sind die beiden Linien einander gleich

V_R1 / R1 = V_R2 / R2

oder - V_R1 / V_r2 = R1 / R2

Das heißt, die Spannungsabfälle an den Widerständen in einem unbelasteten Spannungsteiler sind proportional zu den Widerstandswerten.

ZB haben wir 12V über einen 30k + 10k Teiler. Da die Widerstandswerte 3: 1 sind, betragen die Spannungen auch 3: 1. Die Spannung über den 30k beträgt 9 Volt und die Spannung über den 10k beträgt 3 Volt.

Dies ist ziemlich offensichtlich, wenn Sie es so oft verwenden, dass es offensichtlich wird, aber es ist immer noch sehr mächtig und nützlich.

Wenn Vin einen Innenwiderstand hat und ein Lastwiderstand vorhanden ist, werden die Gleichungen komplizierter. NICHT komplex und nicht besonders schwer - nur komplizierter. Um Ihnen beim Lernen zu helfen, können Sie mit diesem Online-Rechner die Werte für diese Schaltung berechnen:

Bildbeschreibung hier eingeben

http://www.vk2zay.net/calculators/simpleDivider.php

— Russell McMahon
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Ein kleiner Zusatz zu Ihrer Bemerkung, dass der Lastwiderstand größer als R2 ist: Wenn der Lastwiderstand im Verhältnis zu R2 groß ist, wirken sich selbst relativ große Änderungen des Lastwiderstands nicht nennenswert auf die Messungen aus. Wenn z. B. R2 10 k genau ist, der Lastwiderstand jedoch zwischen 1 M und 1.000 M variieren kann, trägt der Lastwiderstand nur etwa 1% zur Unsicherheit des Nettoergebnisses bei. Wenn man Berechnungen unter der Annahme eines Lastwiderstands von 2 M durchführt, liegt das Ergebnis für tatsächliche Werte zwischen 1 M und unendlich innerhalb von 0,5%.

— Supercat