Halbleiter-Blinker, der andere Relais steuert

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Abbildung 1. Einfache Ein-Aus-Steuerung.

Es ist nicht klar, warum Sie denken, dass Sie Relais brauchen. Sie werden wahrscheinlich ein nettes Klickgeräusch hinzufügen, aber Sie sollten in der Lage sein, nur mit den Schaltern eine vollständige Isolierung zu erreichen.

OK. Das wird wegen der Leckage nicht funktionieren.

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Abbildung 2. Durch Hinzufügen eines Diodenpaars wird eines der Relais eliminiert.

Wie es funktioniert:

• Durch Einschalten von LINKS wird das Relais eingeschaltet, wenn Strom vom Blinker durch die Spule und D1 fließt. D2 verhindert, dass die rechten LEDs gleichzeitig eingeschaltet werden.

Das Problem ist, dass ein 60-V-Relais wenig Strom benötigt, um es zu aktivieren, sodass Sie möglicherweise feststellen, dass das Relais eingeschaltet bleibt und Sie jetzt LEDs mit voller Helligkeit haben.

Wenn Sie alle angeforderten Informationen und einige Details zu den LED-Spezifikationen angeben, gibt es möglicherweise eine Problemumgehung.

          LED current       Voltage drop across flasher
On        80 mA              2 V
"Off"     20 mA             36 V

Aus diesen Zahlen geht hervor, dass Ihr Blinker im ausgeschalteten Zustand etwa 20 mA durchlässt. Dies ist erforderlich, um die internen Schaltkreise mit Strom zu versorgen, und beträgt bei einer Last von 3 A < 1 %, sodass es nicht bemerkt wird. Bei Ihrer 80-mA-Last werden 25% des "Ein" -Stroms durchgelassen.

Lösungen:

• Kauf dir einen besseren Blinker. Ein dreipoliger hätte seinen eigenen direkten Weg zur Erde, so dass der Ausgang vollständig ausgeschaltet werden könnte.
• Probieren Sie Ihre Relaislösung aus.

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Abbildung 3. (a) Ein gemeinsamer Ladewiderstand. (b) Einzelne Belastungswiderstände.

• Fügen Sie einen Lastwiderstand hinzu. Wie in Abbildung 3 gezeigt, werden ein gemeinsamer Lastwiderstand oder einzelne Widerstände pro Seite einen Teil des Stroms um die LEDs herum „überbrücken“. Da an den LEDs etwa 32 V anliegen und 20 mA durch sie fließen, wirken sie wie ein Widerstand$R = \frac {V}{I} = \frac {36}{0.02} = 1800 \ \Omega$. Wenn wir also 1800 Ω parallel schalten, leiten wir etwa die Hälfte dieses Stroms von den LEDs weg. (Da sich die LEDs nicht wie Widerstände verhalten, werden Spannung und Strom nicht genau wie oben gezeigt aufgeteilt.)

Wir müssen jetzt die Nennleistung des Widerstands überprüfen, wenn der Blinker eingeschaltet ist. Macht wird durch gegeben$P = \frac {V^2}{R}$Nehmen wir also an, wir möchten, dass die LEDs im ausgeschalteten Zustand sehr schwach sind, also fügen wir 1k parallel hinzu und wir haben 58 V über dem Widerstand, wenn er eingeschaltet ist.$P = \frac {V^2}{R} = \frac {60^2}{1000} = 3.6 \ \mathrm W$. Offensichtlich wird ein 0,25-W-Widerstand nicht gut genug sein.

Arbeiten Sie mit den Zahlen und Ihren verfügbaren Teilen, um etwas zu finden, das funktioniert.

Definieren Sie zuerst V und mA der ausgewählten LEDs und verwenden Sie dann ein SMPS, um den 555-Blinker mit SPDT anzusteuern, um L / R auszuwählen. 58 V sind eine schlechte Übereinstimmung.

Ich könnte vorschlagen, dass 1 W ~ 3 W Amber für den Tag ausreichend sind. Gelb sind jeweils 2,2 V pro 50 mW 5 mm, also sind 20 solcher LEDs, die 10 + 10 vorne / hinten aufgeteilt sind, 44 V, dann wird kein Vreg benötigt. Lassen Sie einfach 20 mA mit CMOS CD4060 auf NPN auf die niedrige Seite von LEDs mit Serie R von (58-44) / 20 mA = 700 Ohm 1 W fallen