Mein linearer Spannungsregler überhitzt sehr schnell

Zusammenfassung: SIE BRAUCHEN JETZT EINEN KÜHLKÖRPER !!!!! :-)
[und auch einen Vorwiderstand zu haben würde nicht schaden :-) ]

Gut gestellte Frage Ihre Frage ist gut gestellt - viel besser als sonst.
Der Schaltplan und die Referenzen werden geschätzt.
Dies macht es viel einfacher, beim ersten Mal eine gute Antwort zu geben.
Hoffentlich ist das einer ... :-)

Es macht (leider) Sinn: Das Verhalten wird vollständig erwartet.
Sie überlasten den Regler thermisch.
Sie müssen einen Kühlkörper hinzufügen, wenn Sie ihn auf diese Weise verwenden möchten.
Sie würden sehr von einem richtigen Verständnis dessen profitieren, was geschieht.

Leistung = Volt x Strom.

Für einen linearen Regler Gesamtleistung = Leistung unter Last + Leistung im Regler.

Regler-V - _Abfall = V _in - V _-Last
Hier ist V - _Abfall im Regler = 24-5 = 19 V.

Hier Leistung in = 24 V x I _Last
Leistung in Last = 5 V x I _Last
Leistung im Regler = (24 V-5 V) x I _Last .

Für 100 mA Laststrom wird der Regler
V - _Abfall x I _-Last (24-5) x 0,1 A = 19 x 0,1 = 1,9 Watt abführen.

Wie heiß?: Auf Seite 2 des Datenblatts steht, dass der Wärmewiderstand von der Sperrschicht zur Umgebung (= Luft) 50 Grad C pro Watt beträgt. Dies bedeutet, dass Sie für jedes Watt, das Sie abführen, einen Anstieg von 50 Grad C erhalten. Bei 100 mA hätten Sie etwa 2 Watt Verlustleistung oder etwa 2 x 50 = 100 °C Anstieg. Wasser würde glücklich auf dem IC kochen.

Die heißeste Temperatur, die die meisten Menschen langfristig halten können, ist 55 °C. Deins ist heißer als das. Sie haben es nicht mit kochendem Wasser erwähnt (Nassfinger-Sizzle-Test). Nehmen wir an, Sie haben ~~ 80°C Gehäusetemperatur. Nehmen wir 20°C Lufttemperatur an (weil es einfach ist - ein paar Grad in beide Richtungen machen wenig Unterschied.

T _Anstieg = T _Gehäuse – T _Umgebung = 80 °C – 20 °C = 60 °C. Verlustleistung = T _rise /R _th = 60/50 ~= 1,2 Watt.

Bei 19 V Abfall 1,2 W = 1,2/19 A = 0,0632 A oder etwa 60 mA.

dh wenn Sie etwa 50 mA ziehen, erhalten Sie eine Gehäusetemperatur im Bereich von 70 ° C - 80 ° C.

Du brauchst einen Kühlkörper .

Befestigung: Auf Seite 2 des Datenblatts steht, dass R _thj-case = Wärmewiderstand von der Verbindung zum Gehäuse 5 C / W = 10% der Verbindung zur Luft beträgt.

Wenn Sie beispielsweise einen 10-C/W-Kühlkörper verwenden, beträgt das Gesamt-R _th R _{_jc} + R _{c_amb} (Fügen Sie die Verbindung zwischen Gehäuse und Luft hinzu).
= 5+10 = 15°C/Watt.
Bei 50 mA erhalten Sie 0,050 A x 19 V = 0,95 W oder einen Anstieg von 15 ° C / Watt x 0,95 ~ = 14 ° C Anstieg.

Selbst bei einem Anstieg von beispielsweise 20 ° C und einer Umgebungstemperatur von 25 V erhalten Sie eine Kühlkörpertemperatur von 20 + 25 = 45 ° C.
Der Kühlkörper wird heiß, aber Sie können ihn ohne (zu große) Schmerzen halten.

Der Hitze trotzen:

Wie oben, beträgt die Wärmeableitung in einem Linearregler in dieser Situation 1,9 Watt pro 100 mA oder 19 Watt bei 1 A. Das ist eine Menge Hitze. Um bei 1 A die Temperatur unter der Temperatur von kochendem Wasser (100 ° C) zu halten, wenn die Umgebungstemperatur 25 ° C beträgt, benötigen Sie einen Gesamtwärmewiderstand von nicht mehr als (100 ° C - 25 ° C) / 19 Watt = 3,9 °C/W. Da der Übergang zum Fall Rthjc bereits bei 5 °C/W größer als 3,9 ist, können Sie den Übergang unter diesen Bedingungen nicht unter 100 °C halten. Die Verbindung zum Gehäuse allein bei 19 V und 1 A fügt 19 V x 1 A x 5 ° C / W = 95 ° C Anstieg hinzu. Obwohl der IC für Temperaturen von bis zu 150 °C ausgelegt ist, ist dies nicht gut für die Zuverlässigkeit und sollte nach Möglichkeit vermieden werden. Nur als Übung, um es im obigen Fall NUR unter 150 ° C zu bringen, müsste der externe Kühlkörper (150-95) ° C / 19 W = 2,9 ° C / W betragen. Dass' s erreichbar, ist aber ein größerer Kühlkörper, als Sie hoffen würden. Eine Alternative besteht darin, die dissipierte Energie und damit den Temperaturanstieg zu reduzieren.

Die Möglichkeiten zur Verringerung der Wärmeabgabe im Regler sind:

(1) Verwenden Sie einen Schaltregler wie die NatSemi Simple Switcher-Serie. Ein Leistungsschaltregler mit sogar nur 70% Wirkungsgrad reduziert die Wärmeabgabe drastisch, da nur 2 Watt im Regler abgeführt werden!.
dh Energie in = 7,1 Watt. Energieabgabe = 70 % = 5 Watt. Strom bei 5 Watt bei 5V = 1A.

Eine weitere Option ist ein vorgefertigter Drop-In-Ersatz für einen Regler mit 3 Anschlüssen. Das folgende Bild und der Link stammen aus dem Teil , auf den in einem Kommentar von Jay Kominek verwiesen wird . OKI-78SR 1,5 A, 5 V Abfall im Schaltregler-Ersatz für einen LM7805 . 7V - 36V Eingang.

Bei 36 Volt Eingang, 5 V Ausgang, 1,5 A beträgt die Effizienz 80 %. Da Pout = 5 V x 1,5 A = 7,5 W = 80 % beträgt, beträgt die Verlustleistung im Regler 20 %/80 % x 7,5 W = 1,9 Watt. Sehr erträglich. Kein Kühlkörper erforderlich und kann 1,5 A bei 85 Grad C liefern. [[Errata: Ich habe gerade bemerkt, dass die Kurve unten bei 3,3 V liegt. Der 5-V-Teil schafft 85 % bei 1,5 A, ist also besser als der oben genannte.]]

(2) Reduzieren Sie die Spannung

(3) Reduzieren Sie den Strom

(4) Etwas Energie außerhalb des Reglers abführen.

Option 1 ist technisch am besten. Wenn dies nicht akzeptabel ist und 2 & 3 behoben sind, ist Option 4 erforderlich.

Das einfachste und (wahrscheinlich beste) externe Ableitungssystem ist ein Widerstand. Ein Reihenleistungswiderstand, der von 24 V auf eine Spannung abfällt, die der Regler bei maximalem Strom akzeptiert, wird die Arbeit gut erledigen. Beachten Sie, dass Sie einen Filterkondensator am Eingang des Reglers benötigen, da der Widerstand die Versorgung hochohmig macht. Sagen Sie etwa 0,33 uF, mehr schadet nicht. Eine 1-uF-Keramik sollte ausreichen. Auch eine größere Kappe wie ein 10 uF bis 100 uF Aluminium-Elektrolyt sollte gut sein.

Angenommen, Vin = 24 V. VRegulator in min = 8 V (Headroom / Dropout. Datenblatt überprüfen. Ausgewählter Regler sagt 8 V bei <1 A.) Iin = 1 A.

Erforderlicher Abfall bei 1A = 24 - 8 = 16V. Sagen Sie 15 V, um "sicher" zu sein.
R = U/I = 15/1 = 15 Ohm. Leistung = I ² *R = 1 x 15 = 15 Watt.
Ein 20-Watt-Widerstand wäre marginal.
Ein 25W + Widerstand wäre besser.

Hier ist ein 25-W-15R-Widerstand zum Preis von 3,30 USD/1 auf Lager, bleifrei mit Datenblatt hier . Beachten Sie, dass dies auch einen Kühlkörper benötigt !!! Sie KÖNNEN kostenlos Luftwiderstandswiderstände bis zu 100 Watt kaufen. Was Sie verwenden, ist Ihre Wahl, aber das würde gut funktionieren. Beachten Sie, dass es mit 25 Watt kommerziell oder 20 Watt militärisch bewertet ist, also bei 15 W "gut läuft". Eine andere Option ist ein geeigneter Widerstandsdraht mit geeigneter Länge, der entsprechend montiert wird . Die Chancen stehen gut, dass ein Widerstandshersteller dies bereits besser macht als Sie.

Bei dieser Anordnung:
Gesamtleistung = 24W
Widerstandsleistung = 15 Watt
Lastleistung = 5 Watt
Reglerleistung = 3 Watt

Der Anstieg des Reglerübergangs beträgt 5 °C/W x 3 = 15 °C über dem Gehäuse. Sie müssen einen Kühlkörper bereitstellen, um Regler und Kühlkörper zufrieden zu stellen, aber das ist jetzt "nur eine Frage der Technik".

Beispiele für Kühlkörper:

21 Grad °C (oder °K) pro Watt

7,8°C/W

Digikey - viele Beispiele für Kühlkörper, einschließlich dieses 5,3-C/W-Kühlkörpers

2,5°C/W

0,48°C/W!!!
119 mm breit x 300 mm lang x 65 mm hoch.
1 Fuß lang x 4,7" breit x 2,6" hoch

Guter Artikel zur Kühlkörperauswahl

Thermischer Widerstand des Kühlkörpers mit erzwungener Konvektion

Verringerung der Verlustleistung des Linearreglers mit einem Reiheneingangswiderstand:

Wie oben erwähnt, kann die Verwendung eines Reihenwiderstands zum Abfallen der Spannung vor einem Linearregler die Verlustleistung im Regler stark reduzieren. Während die Kühlung eines Reglers normalerweise Kühlkörper erfordert, sind luftgekühlte Widerstände günstig erhältlich, die 10 oder mehr Watt ohne Kühlkörper abführen können. Es ist normalerweise keine gute Idee, Probleme mit hohen Eingangsspannungen auf diese Weise zu lösen, aber es kann seine Berechtigung haben.

Im folgenden Beispiel wird ein LM317 mit 5 V Ausgang und 1 A Versorgung mit 12 V betrieben. Das Hinzufügen eines Widerstands kann die Verlustleistung im LM317 unter Worst-Case-Bedingungen mehr als halbieren, indem ein billiger, luftgekühlter, drahtmontierter Reiheneingangswiderstand hinzugefügt wird.

Der LM317 benötigt 2 bis 2,5 V Headroom bei niedrigeren Strömen oder sagen wir 2,75 V unter extremen Last- und Temperaturbedingungen. (Siehe Abb. 3 im Datenblatt , - unten kopiert).

LM317 Headroom oder Dropout-Spannung

Rin muss so dimensioniert sein, dass keine übermäßige Spannung abfällt, wenn V_12V auf seinem Minimum ist, Vdropout der ungünstigste Fall für die Bedingungen ist und der Reihendiodenabfall und die Ausgangsspannung berücksichtigt werden.

Die Spannung am Widerstand muss immer kleiner als = sein

• Minimale Vin

• weniger Maximaler VDiodenabfall

• weniger Worst-Case-Ausfall situationsrelevant

• weniger Ausgangsspannung

Also Rin <= (v_12 - Vd - 2,75 - 5)/Imax.

Für 12 V Minimum Vin und sagen wir 0,8 V Diodenabfall und sagen wir 1 Ampere heraus, das ist
(12-0,8-2,75-5) / 1
= 3,45 / 1
= 3R45
= sagen wir 3R3.

Leistung in R = I ^ 2R = 3,3 W, sodass ein 5-W-Teil geringfügig akzeptabel wäre und 10 W besser wären.

Die Verlustleistung im LM317 sinkt von > 6 Watt auf < 3 Watt.

Ein hervorragendes Beispiel für einen geeigneten luftgekühlten Widerstand mit Drahtanschluss wäre ein Mitglied dieser schön spezifizierten Yageo-Familie von drahtgewickelten Widerständen mit Mitgliedern, die von 2 W bis 40 W luftgekühlt sind. Ein 10-Watt-Gerät ist bei Digikey für 0,63 $/1 auf Lager.

Umgebungstemperaturwerte und Temperaturanstieg des Widerstands:

Nett zu haben sind diese beiden Grafiken aus dem Datenblatt oben, die es ermöglichen, die Ergebnisse der realen Welt abzuschätzen.

Das linke Diagramm zeigt, dass ein 10-Watt-Widerstand, der mit 3 W3 = 33 % seiner Nennleistung betrieben wird, eine zulässige Umgebungstemperatur von bis zu 150 °C hat (eigentlich etwa 180 °C, wenn Sie den Arbeitspunkt in das Diagramm eintragen, aber der Hersteller sagt 150 °C). max ist erlaubt.

Das zweite Diagramm zeigt, dass der Temperaturanstieg für einen 10-W-Widerstand, der mit 3 W3 betrieben wird, etwa 100 °C über der Umgebungstemperatur liegt. Ein 5-W-Widerstand derselben Familie würde mit 66 % der Nennleistung arbeiten und einen Temperaturanstieg von 140 °C über der Umgebungstemperatur aufweisen. (Ein 40 W hätte ca. 75°C Anstieg aber 2 x 10 W = unter 50°C und 10 x 2 W nur ​​ca. 25°C !!!.

Der abnehmende Temperaturanstieg mit zunehmender Anzahl von Widerständen mit jeweils der gleichen kombinierten Wattleistung hängt vermutlich mit der Wirkung des "Quadrat-Würfel-Gesetzes" zusammen, da mit zunehmender Größe weniger Kühlfläche pro Volumen vorhanden ist.

http://www.yageo.com/documents/recent/Leaded-R_SQP-NSP_2011.pdf

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August 2015 hinzugefügt – Fallstudie:

Jemand hat die vernünftige Frage gestellt:

Ist die relativ hohe kapazitive Last (220 µF) nicht eine wahrscheinlichere Erklärung? B. dadurch, dass der Regler instabil wird, Schwingungen verursachen, dass viel Wärme im Regler abgeführt wird. Im Datenblatt haben alle Schaltungen für den Normalbetrieb nur einen 100-nF-Kondensator am Ausgang.

Ich habe in Kommentaren geantwortet, aber sie KÖNNEN zu gegebener Zeit gelöscht werden, und dies ist eine lohnende Ergänzung des Themas. Hier sind also die Kommentare, die in die Antwort eingearbeitet wurden.

In einigen Fällen sind Oszillation und Instabilität des Reglers sicherlich ein Problem, aber in diesem Fall und in vielen ähnlichen Fällen ist der wahrscheinlichste Grund eine übermäßige Verlustleistung.

Die 78xxx-Familie ist sehr alt und älter als die modernen Low-Dropout-Regler und die serienbetriebenen (LM317-Stil). Die 78xxx-Familie ist in Bezug auf Cout im Wesentlichen bedingungslos stabil. Sie benötigen tatsächlich keine für einen ordnungsgemäßen Betrieb, und die oft gezeigten 0,1 uF dienen dazu, ein Reservoir bereitzustellen, um eine zusätzliche Überspannungs- oder Spitzenbehandlung zu ermöglichen.
In einigen der zugehörigen Datenblätter heißt es tatsächlich, dass Cout "unbegrenzt erhöht" werden kann, aber ich sehe hier keinen solchen Hinweis - aber (wie ich erwarten würde) gibt es auch keinen Hinweis, der auf Instabilität bei hohem Cout hindeutet. In Abb. 33 auf Seite 31 des Datenblatts zeigen sie die Verwendung einer Sperrdiode zum "Schutz vor "hohen Kapazitätslasten" - dh Kondensatoren mit ausreichend hoher Energie, um Schäden zu verursachen, wenn sie in den Ausgang entladen werden - dh weit mehr als 0,1 uF .

Verlustleistung : Bei 24 Vin und 5 Vout verbraucht der Regler 19 mW pro mA. Rthja beträgt 50 C / W für das TO220-Paket, sodass Sie einen Anstieg von ETWA 1 ° C pro mA Strom erhalten.
Bei einer Verlustleistung von beispielsweise 1 Watt in 20 ° C Umgebungsluft würde das Gehäuse etwa 65 ° C betragen (und könnte je nach Ausrichtung und Position des Gehäuses höher sein). 65°C liegen etwas über der Untergrenze der „Finger verbrennen“-Temperatur.
Bei 19 mW/mA würden 50 mA benötigt, um 1 Watt abzuleiten. Die tatsächliche Last in dem angegebenen Beispiel ist unbekannt - er zeigt eine Anzeige-LED bei etwa 8 oder 9 mA (wenn rot) plus eine Last des verwendeten internen Reglerstroms (unter 10 mA) + "PIC18FXXXX), ein paar LEDs ... " Diese Summe kann je nach PIC-Schaltung 50 mA erreichen oder überschreiten oder viel weniger sein. |

Insgesamt scheint die gegebene Reglerfamilie, die Differenzspannung, die tatsächliche Kühlungsunsicherheit, die Tambient-Unsicherheit, die C/W-typische Zahl und mehr, dass die bloße Verlustleistung ein vernünftiger Grund für das ist, was er in diesem Fall sieht – und für das, was viele Benutzer von Linearreglern erleben werden ähnliche Fälle. Es besteht die Möglichkeit, dass es sich um Instabilität aus weniger offensichtlichen Gründen handelt, und solche sollten niemals ohne triftigen Grund abgelehnt werden, aber ich würde mit der Dissipation beginnen.

In diesem Fall würde ein Reiheneingangswiderstand (z. B. 5 W mit Luftkühlung) einen Großteil der Verlustleistung in eine Komponente verschieben, die besser dafür geeignet ist.
Und/oder ein bescheidener Kühlkörper sollte Wunder bewirken.

Die im Regler verbrauchte Leistung ist die an ihm anliegende Spannung$\times$der Strom durch ihn. Die Spannung beträgt 24 V - 5 V = 19 V. Strom (Schätzung): 10 mA (Erdstrom für den 78S05) + 60 mA (wenige LEDs) + 10 mA ($\mu$C + Summer) = 80mA. Dann

$P = 19V \times 80mA = 1.5W$

Das ist viel für jedes Paket, und das ist das Minimum, Sie können mehr als das verwenden. Ich nehme an, Sie verwenden die TO-220-Version, die eine hat$R_{THJ-AMB}$( thermischer Widerstand ) von 50°C/W. Dies bedeutet, dass für jedes Watt, das Sie abführen, die Verbindungsstelle (die heißen Stellen im elektronischen Chip) 50 ° C heißer ist als die (frei fließende) Luft um das Gehäuse. Die Die-Temperatur darf bis zu 150 °C betragen, aber das sind absolute Höchstwerte, also halten wir sie sicherheitshalber bei 130 °C. Dann

$T_{J} = T_{AMB} + 1.5W \times 50°C/W = 30°C + 75°C = 105°C$

Dies ist die Sperrschichttemperatur, aber das Gehäuse wird nur wenige Grad weniger heiß ($R_{THJ-CASE}$= 5°C/W). Dies ist offensichtlich zu heiß zum Anfassen; Als Faustregel (kein Wortspiel beabsichtigt) gilt, dass es bei etwa 60 °C zu heiß zum Anfassen wird.

Das erklärt es also. Während die Werte theoretisch noch sicher sind, kann es sein, dass Sie etwas mehr Verlustleistung haben$-$Unsere Werte sind etwas konservativ$-$, das könnte den Brandgeruch erklären.

Was kann man dagegen tun?

Verwenden Sie einen Umschalter (SMPS). Das ist die schönste Lösung. Umschalter haben einen hohen Wirkungsgrad, für die Nennspannungen möglicherweise über 85%, sodass die Verlustleistung viel geringer ist. Für die geschätzte Last werden es weit weniger als 100 mW sein. Heutige Umschalter sind einfach zu bedienen, erfordern jedoch einige Aufmerksamkeit bei der Auswahl der Komponenten und beim PCB-Layout. Diese sind wichtig für die Effizienz, das Platinenlayout ist auch wichtig für die Strahlung. Dies ist ein fertig gebautes Modul, auf das Jay und auch Russell verwiesen, hier aber mit der Größe eines TO-220 verglichen:

Dieses Modul ist für 10 USD erhältlich, daher lohnt es sich wahrscheinlich nicht, ein eigenes zu rollen.

Andere Lösung: Verwenden Sie einen Kühlkörper , vorzugsweise keinen kleinen Clip-On, mit ausreichend Wärmeleitpaste, um einen ordnungsgemäßen Wärmekontakt zu gewährleisten. Dieser hat einen thermischen Widerstand von 3,1 °C/W (von 50 °C/W!) und kann 9 W bei einem Temperaturanstieg von 60 °C abgeben.

Lösung 3: Verwenden Sie eine niedrigere Eingangsspannung . Kann keine Option sein.

Lösung 4: Verteilen Sie die Verlustleistung auf mehrere Komponenten. Sie könnten Regler kaskadieren, z. B. einen LM7815 zwischen 24 V und L78S05 verwenden. Dann wird die 19-V-Spannungsdifferenz 9 V für den 7815 und 10 V für den 78S05, sodass die Verlustleistung pro Gerät halbiert würde. Ein zusätzlicher Vorteil ist, dass Sie eine viel bessere Schnurregulierung erhalten, falls dies wichtig ist.

Eine letzte Anmerkung: Ihr Regler ist eine 2A-fähige Spezialversion, während der übliche 7805 1A liefern kann. Wenn Sie vorhaben, die vollen 2A zu verwenden, würde ich den Switcher ernsthaft in Betracht ziehen.

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Russell wies in seiner Antwort auf den Vorwiderstand hin, und es ist tatsächlich auch eine praktikable Option, obwohl ich es nicht bevorzuge. Ich werde in meinem Fazit unten erklären, warum nicht.
Ich möchte etwas über die Dissipation für diese Lösung hinzufügen, beginnend mit Russells 15$\Omega$Widerstand.

P = V$\times$I, und wenn es wenig Strom gibt, hält dieser Faktor in der Gleichung die Verlustleistung im Regler niedrig, aber auch wenn der Strom hoch ist, ist der Spannungsabfall über dem Widerstand hoch, wodurch ein kleinerer Spannungsabfall über dem Regler verbleibt, was ebenfalls a ergibt geringe Verlustleistung. Zwischen diesen beiden wird die Verlustleistung höher sein.

Es kann nachgewiesen werden, dass die Verlustleistung im Regler maximal ist, wenn sie gleich der Verlustleistung im Widerstand ist, also

$I^2 \times 15\Omega = (24V - V_R - 5V) \times I$

oder

$I \times 15\Omega = 19V - I \times 15\Omega$

deshalb

$I = 0.633A$

was mit dem übereinstimmt, was wir in der Grafik sehen. Die Verlustleistung sowohl im Widerstand als auch im Regler ist dann

$P = I^2 \times R = 0.633A^2 \times 15\Omega = 6W!$

Fazit: Auch mit einem Vorwiderstand kann die Verlustleistung im Regler hoch sein, und wir sehen, dass sie bei 0,63 A höher ist als bei 1 A! Es ist wichtig, den Wert des Widerstands in Abhängigkeit von den erwarteten Stromanforderungen zu wählen.
Die Leistungsverteilung ist in beiden Geräten gleich und unabhängig vom Strom , wenn Sie anstelle eines Widerstands einen zweiten Regler verwenden. Deshalb mag ich die Widerstandslösung nicht so sehr.

Der Spannungsabfall und kein Kühlkörper verursachen eine erhebliche Verlustleistung. Das Datenblatt gibt einen Wärmewiderstand von 50C/W Tja ohne Kühlkörper an.

Ein grobes Beispiel - Angenommen, Sie verwenden 100 mA: (24-5) * 0,1 = 1,9 W

1,9 * 50 = ~95 Grad Anstieg über der Umgebungstemperatur, also liegt die Gesamttemperatur bei etwa 115 Grad C.

Sie können die Dinge verbessern, indem Sie entweder einen Kühlkörper hinzufügen, die Eingangsspannung senken oder weniger Strom in Ihrem Schaltkreis versenken. Oder Sie können einen Schaltregler verwenden. Eine detaillierte Erläuterung der linearen Regelung und der thermischen Überlegungen finden Sie hier: Digital Designer's Guide to Linear Voltage Regulators and Thermal Management

Ist das ein normales Verhalten dieses Reglers?

Ja.

Was könnte dazu führen, dass es so heiß wird?

Die Erwärmung wird durch den Spannungsabfall am Regler und den durch ihn fließenden Strom verursacht. Verlustleistung, Pd= (24V-5V)*Iout.

Der Wirkungsgrad des Reglers ist Vout/Vin =5/24 = 0,21 oder 21%. Mit anderen Worten, für jedes 1 Watt Ausgang benötigen Sie 5 Watt Eingang und diese Differenz wird im Regler abgeführt.

Eine Verringerung der Eingangsspannung würde dies unterstützen.

Linearregler sind die "schnelle und schmutzige" Art, dies zu tun. Funktioniert und ist billig und effektiv. Sie arbeiten, indem sie überschüssige Energie als Wärme abladen, hier keine aktive Umwandlung. Von 24 V auf 5 V zu kommen, ist ein großer Rückgang, kein Wunder, dass es Sie verbrennt. Meine beste Vorgehensweise besteht darin, auf eine niedrigere Voltversorgung umzuschalten, z. B. 12 V oder noch besser 9 V, um Verluste zu minimieren. (Verdammt, ich wäre sogar gezwungen, nur 5 V zu verwenden und ganz auf den Regler zu verzichten.) Andere Dinge, die andere vorgeschlagen haben, sind: Fügen Sie einen Kühlkörper, einen Serienwiderstand hinzu oder schalten Sie auf einen (aktiven) Schaltregler um.

Dies war eine großartige Diskussion. Ich dachte, es könnte hilfreich sein, einen einfachen und kostenlosen Online-Simulations-"Prüfstand" zu haben, mit dem Sie Datenblattparameter für Ihren speziellen Linearregler eingeben können und der Ihnen die stationären und sogar transienten Betriebstemperaturen mitteilt. Zu diesen Parametern gehören die Ausgangsspannung, die thermischen Eigenschaften (z. B. rthj_case) sowie die Last und die Bedingungen der Eingangsspannung.

Hier ist ein Link zum „ Linear Regulator Temperature Finder “. Sie müssen nur eine Kopie des Designs erstellen und dann Änderungen vornehmen, um sie an Ihr spezielles Gerät und Ihren Schaltkreis anzupassen.