Wie wähle ich die zugehörigen Komponenten für einen Optokoppler aus?

Ich verwende einen Optokoppler ( MOC3021 ), um den Ein / Aus-Zustand eines Elektrogeräts mit einem Mikrocontroller ATmega16L zu erfassen. Wie mache ich das? Meine Netzspannung beträgt 230V, 50Hz. Wie entwerfe ich die umgebende Schaltung und wähle Komponentenwerte wie die Widerstände aus?

BEARBEITET am 13. Juni 2012 Hinweis: Dies ist das erste Mal, dass ich eine Schaltung wie diese löse. Bitte senden Sie hilfreiches Feedback. (einschließlich der Dinge, die ich falsch gemacht habe oder Verbesserungen)

Bezugnehmend auf das obige Schema. Mit dieser Schaltung soll bestimmt werden, ob die Last ein- oder ausgeschaltet ist. Der Ausgang des Optokopplers ist mit einem externen Interrupt des von mir verwendeten Mikrocontrollers ATmega16L verbunden. Der Interrupt überwacht den Status der Last. Nach Überwachung I , die den Zustand der Last mit Hilfe eines Relais umschalten (Relais wirkt als ein Steuermechanismus) , die mit dem gleichen Mikrosteuerung verbindet.

Jetzt habe ich versucht, die Widerstandswerte für R1, R2 und Rc zu berechnen. Es sei angemerkt , dass die VIL (max) des Mikrocontrollers = 0,2 × Vcc = 660 mV und die VIH (min) = 0,6 × Vcc = 1,98 V und die VIH (max) = Vcc + 0,5 = 3,8 V ist.

Rc zu berechnen ist ganz einfach. Wenn der Transistor nicht leitet, ist der Ausgang hoch (bei 3,3 V). Wenn der Transistor leitet, wird der Ausgang niedrig gezogen. Aus Sicht des Mikrocontrollers bedeutet "Ausgang hoch", dass die Last ausgeschaltet und "Ausgang niedrig", dass die Last eingeschaltet ist.

Betrachten Sie das Datenblatt für SFH621A-3 unter Verwendung einer minimalen CTR von 34% bei IF = 1 mA. Daher wird der Ausgang bei 1 mA Eingang 340 uA betragen. Kann ich einen Widerstandswert von 1 kOhm verwenden , damit der Mikrocontroller eine niedrige Spannung am Ausgang des Optokopplers erkennt? Damit der Ausgang des Optokopplers eine Spannung von 340 mV hat (die unter VIL (max) liegt )

Mehr dazu später, war ein langer Tag.

BEARBEITET am 15. Juni 2012

Hinweis: Suchen Sie nach Widerständen auf der Stromleitung (R1 und R2). Bitte überprüfen Sie meine Berechnungen und entsprechende Rückmeldungen.

Ziel : Das Ziel ist es, die LEDs * AN ** für eine maximale Zeitspanne von 10 ms in einer halben Zeitspanne (20 ms in voller Zeitspanne von 50 Hz) zu belassen. Nehmen wir an, die LEDs müssen 90% der Zeit AN sein, das heißt, dass die LEDs für 90% der Zeit für diese halbe Periode mindestens 1 mA Strom benötigen, was bedeutet, dass die LEDs für 9 ms in einer halben Periode von 10 ms aktiv sind. 9 ms / 10 ms = 0,9 · 180 ( halbe Periode ) = 162 Grad. Dies zeigt, dass der Strom 1 mA zwischen 9 ° C und 17 ° C beträgt ( und weniger als 1 mA von 0 ° C bis 9 ° C und 17 ° C bis 180 ° C ). Berücksichtigte die Einschaltdauer nicht als 95%, da das Arbeiten mit ganzen Zahlen ordentlich ist und 5% keinen Unterschied machen, zumindest nicht in dieser Anwendung.

Vpeak-Peak = 230 V × sqrt (2) = 325 V. Toleranzen berücksichtigen. Mindesttoleranz von 6%. 325 × 0,94 ( 100–6 ) × sin (9) = 47,8 V

Also, R1 ≤ (47,8 V - 1,65 V) / 1 mA = 46,1 kOhm Wählen eines Wertes von eins kleiner als 46,1 kOhm von 39 kOhm (e12-Serie). Da nun ein kleinerer Widerstandswert gewählt wird als berechnet, bedeutet dies, dass der Strom durch die Dioden größer als 1 mA ist.

Berechnung des neuen Stroms: ((325 V x 110%) - 1,25 V) / 39 kOhm = 9,1 mA (zu nahe an der maximalen Diodenstärke). Kommen wir gleich darauf zurück [Label - 1x]

Berechnen Sie zunächst die Nennleistung des Widerstands (unter Berücksichtigung von 39 kOhm) ((230 + 10%) ^ 2) / 39K = 1,64 Watt (zu hoch).

Zurück zur Berechnung [Beschriftung - 1x] Wählen Sie zwei 22-Kohm-Widerstände aus. Zusammen ergeben sie 44 Kohm, was ungefähr 46,1 Kohm entspricht (oben berechnet).

Prüfen der Nennleistung der beiden Widerstände zusammen: ((230 + 10%) ^ 2) / (2 x 22) Kohm = 1,45 W. Wählen Sie 22 Kohm-Widerstände mit jeweils 1 W Nennleistung.

Nach alledem betrug die anfängliche CTR 34%, was bedeutet, dass 1mA in 340µA out ist . Durch die 2x22 Kohm Widerstände wird der Strom am Ausgang etwas größer. Dies bedeutet ein höheres Potential am Pull-up-Widerstand Rc. Würde es ein Problem geben, einen Spannungsabfall unter 500 mV am Ausgang des Optokopplers zu erhalten?

Der MOC3021 ist ein Optokoppler mit Triac-Ausgang. Es wird verwendet, um einen Power Triac zu betreiben, der normalerweise zum Schalten von netzbetriebenen Geräten verwendet wird. Triacs können nur in Wechselstromkreisen verwendet werden.

Sie benötigen einen Optokoppler mit Transistorausgang, vorzugsweise einen mit zwei antiparallelen LEDs am Eingang. Der SFH620A ist so ein Teil.

Die beiden antiparallelen LEDs sorgen dafür, dass der Transistor in beiden Netzhalbwellen aktiviert wird. Viele Optokoppler haben nur 1 LED, das würde funktionieren, aber Sie geben einen Ausgangsimpuls von 10 ms in einem Zeitraum von 20 ms für 50 Hz. Sie müssten auch in diesem Fall eine Diode antiparallel zum Eingang platzieren, um die LED bei Verpolung vor Überspannung zu schützen.

$\mu$

$\Omega$$\mu$

$\mu$$\Omega$$\mu$

Wenn wir eine CTR von mindestens 34% bei 1 mA haben wollen, müssen wir den SFH620A-3 verwenden.

$\leq$$V_{IN}$$V_{LED}$

$\times$$\leq$$\Omega$$\Omega$$\times$ $\sqrt{2}$ $\times$$\Omega$

$\Omega$$\Omega$Dies ist kein E24-Wert. Wir können den nächstgelegenen E24-Wert wählen und unsere Berechnungen überprüfen oder einen E96 wählen. Lass uns das letztere machen.

Das war's Leute. :-)

edit
Ich habe im Kommentar vorgeschlagen, dass noch viel mehr berücksichtigt werden muss, diese Antwort könnte durchaus dreimal so lang sein. Es gibt zum Beispiel den Eingangsleckstrom des I / O-Pins des AVR, der zehnmal so hoch sein kann wie der des Transistors. (Keine Sorge, ich habe es überprüft und wir sind in Sicherheit.)

$\times$ $V_{DD}$
Haben Sie genug Ausgangsstrom, ist der 1mA Eingangsstrom nur so hoch, dass wir dafür Leistungswiderstände benötigen. Darlingtons lösen dies nicht unbedingt, wenn sie auch nur bei 1 mA spezifiziert sind. Bei einer CTR von 600% würden wir einen Kollektorstrom von 6 mA erhalten, aber das brauchen wir nicht. Können wir nichts gegen den 1mA in machen? Wahrscheinlich. Für den Optokoppler erwähnte ich, dass die elektrischen Eigenschaften nur über 1mA sprechen. Das Datenblatt enthält ein Diagramm, Abb. 5: CTR versus Vorwärtsstrom, das eine CTR von mehr als 300% bei 0,1 mA anzeigt. Sie müssen mit diesen Diagrammen vorsichtig sein. Während in Tabellen häufig Mindest- und / oder Höchstwerte angegeben sind, erhalten Sie in Diagrammen normalerweise typische Werte. Sie können 300% haben, aber es kann niedriger sein. Wie viel tiefer? Es sagt nicht. Wenn Sie nur ein Produkt bauen, können Sie es ausprobieren, aber Sie können
$\mu$$\mu$

In meiner anderen Antwort erklärte ich, warum ich dort keinen Darlington-Optokoppler verwendet habe: Der Hauptgrund ist die Darlington-Sättigungsspannung, die viel höher als bei einem herkömmlichen BJT ist und bis zu 1 V betragen kann. Wenn die maximale Eingangsspannung für einen niedrigen Pegel verwendet wird, beträgt sie 0,2 × VDD oder 0,66 V bei einer 3,3-V-Versorgung. Die 1 V ist zu hoch.

Aber es ist keine Sache, die nicht behoben werden kann, es sind nur ein paar zusätzliche Komponenten erforderlich. Gleichzeitig werden wir auch etwas gegen den 1-mA-Eingangsstrom unternehmen.

Um mit dem Eingangsstrom zu beginnen, mussten wir 1 mA verwenden, da im Datenblatt nichts Niedrigeres erwähnt wurde. Dann können Sie Dinge ausprobieren, aber Sie sind auf sich allein gestellt. Es gibt keine Garantien. Das Datenblatt für den FOD816 hat jedoch eine interessante Grafik.

Das ist der eine. Dieser gibt CTR für Eingangsströme von nur 100 µA an und ist sogar hoch: 350% (denken Sie daran, dass dies ein Darlington ist). Aber Sie müssen mit diesen Diagrammen vorsichtig sein. Während Tabellen häufig minimale oder maximale Werte liefern, liefern diese Diagramme typische Werte, sofern nicht anders angegeben. Was ist das Minimum? Wir wissen es nicht, aber 100% sind sicher. Gehen wir noch sicherer vor und gehen von einer CTR von 50% aus. Für 100 µA würden wir also 50 µA ausgeben. Mal sehen, ob das reicht.

Dies ist die modifizierte Endstufe. Der Transistor von U1 ist der Photo-Darlington-Transistor, der im eingeschalteten Zustand 50 µA liefert. Wählen wir 10 µA für R4, damit sein Wert 0,6 V / 10 µA = 60 kΩ beträgt. Ich werde später auf die Funktion von R4 zurückkommen.

$H_{FE}$

$\times$

R4 braucht noch eine Erklärung. Angenommen, wir lassen es weg. Dann geht der gesamte Strom des Darlington auf T1. Im ausgeschalteten Zustand kann der Leckstrom des FOD816 (im Datenblatt als "Dunkelstrom" bezeichnet) bis zu 1 µA betragen. T1 verstärkt diesen auf maximal 250 µA, was ausreicht, um 3,3 V über R5 abzufallen. Daher kann die Ausgabe dauerhaft niedrig sein.
Wir haben für R4 einen Wert von 60 kΩ gewählt. Solange der Spannungsabfall weniger als 0,6 V beträgt, fließt der gesamte Darlington-Strom durch R4 und keiner durch T1, da die minimale Basis-Emitter-Spannung nicht erreicht wird. Das war bei 10 uA. Der Dunkelstrom von 1 µA verursacht also nur einen Abfall von 60 mV und keinen Basisstrom.

Wir haben Werte für alle unsere Komponenten. Das Einzige, was übrig bleibt, ist, die Eingangswiderstände auf jeweils 220 kΩ zu erhöhen. Sie können dafür 1/4 W Widerstände verwenden.

Um die Parameter der Schaltung zu bestimmen, beginnen Sie mit dem, was Sie am Ausgang benötigen, und arbeiten Sie rückwärts. 10 kΩ ist ein guter Wert für den Pullup am Ausgang. Wenn Sie keine ungewöhnlichen Anforderungen haben, wie z. B. Batteriebetrieb, bei dem eine geringe Leistung wichtig ist, ist 10 kΩ ein guter Kompromiss zwischen gering genug, um die Leitung gegen Leckage und vernünftiges Rauschen stabil hochzuziehen, aber nicht so niedrig, dass zu viel Strom benötigt wird.

Wenn der Ausgangstransistor im Opto einschaltet, werden höchstens 3,3 V über Rc angelegt. 3,3 V / 10 kΩ = 330 µA. Dies ist der Mindeststrom, den der Transistor ableiten muss. Sie möchten etwas mehr, damit die Leitung stabil tief bleibt, wenn sie tief sein soll. Ich würde sagen, es sollte mindestens 500 µA sinken können, aber ich würde 1 mA verwenden, es sei denn, Sie haben einen bestimmten Grund, es zu schließen.

Jetzt, da wir wissen, dass der Ausgang 1 mA sinken muss, sehen wir im Datenblatt des Opto nach, wie wir ihn ansteuern müssen, um diesen 1 mA-Ausgang zu erhalten. Sie verwenden die Variante "-3" dieses Teils, das laut der ersten Seite des Datenblattes eine garantierte Mindeststromübertragungsrate von 100% aufweist. Das bedeutet, dass der Transistor mindestens so viel Strom aufnehmen kann, wie Sie durch eine der LEDs stecken. Beachten Sie jedoch die kleinen "± 10 mA" über den CTR-Angaben. Was dies wirklich bedeutet ist, dass, wenn Sie 10 mA durch die LEDs setzen, der Transistor in der Lage sein wird, mindestens 10 mA abzusinken. Bei keinem anderen Eingangsstrom verspricht es tatsächlich etwas.

Wenn Sie sich das Datenblatt genauer ansehen, finden Sie oben auf Seite 3 zusätzliche Informationen. Hier wird der CTR für 1 mA-Eingang angezeigt. Beachten Sie, dass jetzt nur noch 34% garantiert sind. Das bedeutet, dass Sie die LEDs mit 1 mA / 34% = 2,9 mA ansteuern müssen, um die 1-mA-Ausgangssenkenfähigkeit zu erreichen. Lassen Sie uns also ein absolutes Minimum von 3 mA anstreben.

Sie sagen, die zu erfassende Spannung beträgt 230 V AC. Da dies ein Sinus ist, weist er Spitzen von 325 V auf. Das Ausgangssignal des Optos geht in ein Mikro über, sodass es nicht erforderlich ist, dass es bei eingeschalteter Stromversorgung ein Dauersignal ist. Tatsächlich ist es eine gute Idee, dass das Mikro vorübergehende Unterbrechungen und Störungen ausgleichen kann. Ich würde wahrscheinlich einen Zähler behalten, der alle ms dekrementiert wird, wenn das Signal ausgeschaltet ist, und auf etwa 50 zurückgesetzt wird, wenn es eingeschaltet ist. Das bedeutet, dass Sie 50 ms lang kein Signal sehen müssen, um zu erklären, dass das Gerät ausgeschaltet ist. Alles, was benötigt wird, ist eine kleine Unterbrechung an der Spitze des Leitungszyklus, und dieses System wird gut funktionieren. Beachten Sie, dass die Spitzen der Leitungszyklen bei 50 Hz alle 10 ms auftreten.

Also mal sehen, wo wir sind. Wir möchten, dass mindestens 3 mA durch die LEDs fließen, wenn die Netzspannung 325 V beträgt. Die LEDs fallen auf 1,65 V ab (siehe Tabelle oben auf Seite 2), und dies sollte immer noch bei der niedrigsten angemessenen Netzspannung funktionieren . Lassen Sie uns versuchen, ein Minimum von 200 VAC (283 V Spitze) und 281 V nach dem LED-Abfall zu erkennen. 281 V / 3 mA = 94 kΩ. Theoretisch ist dies alles, was in Reihe mit den LEDs benötigt wird, um den Ausgang mindestens einmal pro Leistungsspitze ein wenig auszulösen.

In der Praxis ist es eine gute Idee, etwas Spielraum hinzuzufügen. Sie möchten, dass der Ausgang für einen vernünftigen endlichen Bruchteil jedes Halbzyklus aktiviert wird, und nicht nur für einen kleinen Ausrutscher. Bei alledem würde ich den Widerstand ungefähr auf 47 kΩ halbieren. Dadurch wird die Ausgabe für alle angemessenen Bedingungen mit erheblicher Gewinnspanne solide eingeschaltet.

Du denkst vielleicht, das ist alles, was du tun musst, aber warte, es gibt noch mehr. Stellen Sie sich vor, was bei einer hohen Netzspannung von 240 V passieren wird. Die Spitzen betragen 340 V, was zu 7,2 mA durch die LEDs führen würde. Sie müssen den maximal zulässigen LED-Strom von 60 mA überprüfen, damit dies in Ordnung ist. Beachten Sie jedoch die Verlustleistung im Widerstand. Wenn wir die Worst - Case - Netzspannung beträgt 240 V sagen, dann wird der Strom in den Widerstand gehen (den LED - Spannungsabfall ignoriert wird ) ist (240 V) ² /47 kOhm = 1,23 W. , dass ein „2 W“ Widerstand zumindest sein sollte dann wird es merklich warm.

Ein weiteres Problem ist, dass die Nennspannung des Widerstands berücksichtigt werden muss. Es muss in der Lage sein, den 340-V-Spitzen zu widerstehen, sodass Sie insgesamt einen 47-kΩ-Widerstand für 2 W und 400 V benötigen. Diese können gefunden werden. Es ist jedoch möglicherweise einfacher, mehrere Widerstände in Reihe zu schalten. Das verteilt die Spitzenspannung und die Verlustleistung auf die Vorwiderstände. Vier 12-kΩ-Widerstände würden dies tun und würden nur 300 mW verbrauchen und jeweils 85 V sehen. Das ist einfacher zu finden und billiger als ein einzelner Widerstand, es sei denn, es handelt sich um ein Volumenprodukt, bei dem Sie Dinge in großer Menge kaufen können. Die Antwort auf die gestellte Frage besteht darin, vier gewöhnliche 12 kΩ 1/2 Watt-Widerstände in Reihe mit den LEDs zu schalten.

Beachten Sie, dass diese nicht auf jeder Seite des Optos aufgeteilt werden müssen, wenn Sie R1 und R2 anzeigen. Irgendwo muss nur ein einziger Widerstand in Reihe mit den LEDs geschaltet sein. Da dieser Widerstand in diesem Fall aus vier einzelnen Widerständen besteht, können Sie diese nach Belieben aufteilen, damit die Dinge auf der Hochspannungsseite der Schaltung mechanisch am besten funktionieren. Vorzugsweise sind sie von Ende zu Ende, um den Creapage-Pfad für die Hochspannung zu maximieren und die Wärme zu verteilen.

Allerdings mag ich diesen Optokoppler für diese Anwendung nicht besonders, da er ein so niedriges Stromübertragungsverhältnis aufweist, dass wir eine Menge LED-Strom liefern müssen, wodurch im Widerstand viel Strom verbraucht wird. Für diese Art von Anwendung, bei der ein hohes Stromübertragungsverhältnis nützlich ist und die Geschwindigkeit keine Rolle spielt, mag ich den billigen und verfügbaren FOD817. Die D-Versionen dieses Teils haben einen garantierten CTR von 3x bei 5 mA. Sie sagen nicht genau, was Sie mit 1 mA erreichen, aber es ist eine ziemlich sichere Wette, dass der Ausgang mit 1 mA mindestens 1 mA absinken kann.

Der FOD817 hat eine einzelne LED, aber das ist einfach zu handhaben (Der FOD814 hat zwei hintereinander liegende LEDs, ist jedoch weniger verfügbar und wird in einigen Varianten mit höherer Verstärkung nicht angeboten). Bei Verwendung des oben beschriebenen 50-ms-Schemas ist es kein Problem, wenn Sie einmal pro Leitungszyklus einen Impuls erhalten, dh alle 20 ms. Legen Sie zusätzlich zu den Widerständen eine Diode in Reihe mit der LED und einen hochohmigen Widerstand über die LED, um sicherzustellen, dass aufgrund eines kleinen Diodenlecks keine hohe Sperrspannung anliegt. 100 kΩ sind in Ordnung und hoch genug, damit der Strom für unsere anderen Berechnungen keine Rolle spielt. Ein weiterer Vorteil davon ist, dass Sie nicht nur eine geringere Verlustleistung erhalten, weil Sie weniger LED-Strom benötigen, sondern auch einen Faktor von zwei Leistungsreduzierungen, weil die LED nur in eine Richtung betrieben wird.

Also hier ist meine endgültige Antwort:

Wenn Sie eine sehr hohe CTR für diese Art von Anwendung suchen, schauen Sie sich die Liteon LTV-8xxx-Serie an . 600% min. bei 1mA IF.