Wie wähle ich die Begleitkomponenten für einen Optokoppler aus?

Der MOC3021 ist ein Optokoppler mit einem Triac-Ausgang. Es wird verwendet, um einen Leistungs-Triac anzusteuern, typischerweise um netzbetriebene Geräte zu schalten. Triacs können nur in Wechselstromkreisen verwendet werden.

Sie benötigen einen Optokoppler mit Transistorausgang, am besten einen mit zwei LEDs antiparallel am Eingang. Das SFH620A ist so ein Teil.

Die beiden antiparallelen LEDs sorgen dafür, dass der Transistor in beiden Halbwellen des Netzes aktiviert ist. Viele Optokoppler haben nur 1 LED, das würde funktionieren, aber Sie erhalten 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 umgekehrter Polarisierung vor Überspannung zu schützen.

Wichtig ist CTR oder Current Transfer Ratio, das angibt, wie viel Ausgangsstrom der Transistor bei einem bestimmten LED-Strom aufnehmen wird. CTR ist oft nicht sehr hoch, aber für den SFH620A können wir einen Wert von mindestens 100 % wählen, nur das ist bei 10 mA in, bei 1 mA sind es nur mindestens 34 %, sodass 1 mA in mindestens 340 bedeutet$\mu$Ein aus.

Nehmen wir an, der Ausgang geht an einen 5-V-Mikrocontroller und Sie würden den 2k verwenden$\Omega$Pull-up-Widerstand im Diagramm gezeigt. Wenn der Transistor ausgeschaltet ist, zieht er keinen Strom, außer einem kleinen Leckstrom von maximal 100 nA gemäß Datenblatt. Das führt also zu einem Spannungsabfall von 200$\mu$V über den Widerstand, was mehr als sicher ist.

Wenn der Transistor eingeschaltet ist, zieht er 340$\mu$Dann beträgt der Spannungsabfall über dem Widerstand nur 680 mV, und das ist viel zu niedrig, um einen niedrigen Pegel zu erhalten. Wir müssen entweder den Widerstandswert oder den Strom erhöhen. Da wir beim Leckstrom viel Spielraum hatten, können wir den Widerstandswert sicher auf 15k erhöhen$\Omega$zum Beispiel. Dann 340$\mu$A wird eine ausreichend niedrige Ausgangsspannung liefern. (Theoretisch 5,1 V Spannungsabfall, aber es sind nur 5 V verfügbar, also geht es auf Masse.) Der Spannungsabfall aufgrund des Leckstroms ist mit 1,5 mV noch gut in Grenzen.

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

Wenn dies von einer Gleichstromquelle gesteuert würde, wären wir fast fertig. Fügen Sie einfach R1 in Reihe mit den LEDs hinzu, R2 wird wahrscheinlich nicht benötigt. Dann R1$\leq$($V_{IN}$-$V_{LED}$) / 1mA.

Aber wir haben es mit einem 230V AC Eingangssignal zu tun. An den Nulldurchgängen gibt es keinen Strom, daran können wir wenig ändern. Wie können wir für den größten Teil des Zyklus mindestens 1 mA erhalten, ohne zu viel Strom zu verschwenden? Dies ist ein Kompromiss. Sie können die 1 mA nur für die maximale Spannung haben, und das gibt Ihnen nur einen kleinen Impuls, aber Sie verschwenden am wenigsten Strom. Oder Sie können für den größten Teil des Zyklus 1 mA wählen, aber dann haben Sie mehr Strom, wenn die Spannung am höchsten ist. Nehmen wir an, wir wollen mindestens einen 9-ms-Impuls in einer 10-ms-Halbperiode (50 Hz). Das heißt, der Strom muss 1mA bei einer 9°-Phase bis 171° betragen. 230 V AC sind 325 V Spitze, aber wir müssen eine Toleranz von -6 % berücksichtigen, also sind das 306 V Minimum. 306V$\times$sin(9°) = 48V. R1$\leq$(48V - 1,65V) / 1mA = 46,2k$\Omega$. (Die 1,65 V ist die maximale Spannung der LED.) Der nächste E24-Wert ist 43k$\Omega$. Dann haben wir mehr als 1mA bei einer 9° Phase, aber was am Spannungsmaximum. Dafür müssen wir mit der positiven Toleranz arbeiten, max. 10%. Dann beträgt die Spitzenspannung 230 V$\times$ $\sqrt{2}$ $\times$110 % = 358 V. Der maximale Strom beträgt dann (358 V - 1,25 V) / 43 k$\Omega$= 8,3 mA. (Die 1,25 V ist die Nennspannung der LED). Das ist weit unter der Grenze des Optokopplers.

Wir werden dies nicht mit nur 1 Widerstand tun können. Es kann die Hochspannung wahrscheinlich nicht aushalten und kann auch Probleme mit der Verlustleistung haben, dazu kommen wir gleich. Die Spitzenspannung am Widerstand beträgt 357 V. Der MFR-25- Widerstand ist für maximal 250 V ausgelegt, daher benötigen wir mindestens 2 davon in Reihe. Wie wäre es mit Macht? 230V+10% in 43k$\Omega$beträgt 1,49 W. Der MFR-25 ist nur für 1/4W ausgelegt, also reichen zwei davon nicht aus. Jetzt können Sie wählen, ob Sie mehr davon in Reihe schalten möchten, aber das müssten mindestens 6 sein, oder Sie wählen einen Widerstand mit höherer Nennleistung. Der MFR1WS (gleiches Datenblatt) hat eine Nennleistung von 1 W, also reichen 2 in Reihe. Denken Sie daran, dass wir den Widerstandswert durch 2: 21,5k teilen müssen$\Omega$, was kein E24-Wert ist. Wir können den nächsten E24-Wert wählen und unsere Berechnungen überprüfen oder einen E96 wählen. Machen wir letzteres.

Das war's Leute. :-)

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Ich habe im Kommentar vorgeschlagen, dass noch viel mehr berücksichtigt werden muss. Diese Antwort könnte durchaus dreimal so lang sein. Da ist zum Beispiel der 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.)

Warum habe ich mich nicht für einen Optokoppler mit Darlington - Ausgang entschieden? Sie haben eine viel höhere CTR.
Der Hauptgrund ist die Sättigungsspannung des Darlington, die viel höher ist als bei einem gewöhnlichen BJT. Bei diesem Optokoppler kann sie beispielsweise bis zu 1 V betragen. Für den ATmega16L verwenden Sie die maximale Eingangsspannung für einen niedrigen Pegel von 0,2$\times$ $V_{DD}$, oder 0,66 V bei einer 3,3-V-Versorgung. Die 1V ist zu hoch. Das ist der Hauptgrund.
Ein weiterer Grund könnte sein, dass es nicht wirklich hilft. Wir tun esgenügend Ausgangsstrom haben, nur der Eingangsstrom von 1mA ist so hoch, dass wir Leistungswiderstände dafür brauchen. Darlingtons lösen dies nicht unbedingt, wenn sie auch nur auf 1 mA spezifiziert sind. Bei einer CTR von 600 % würden wir 6 mA Kollektorstrom erhalten, aber das brauchen wir nicht. Können wir nichts gegen die 1mA in tun? Wahrscheinlich. Für den Optokoppler, den ich erwähnt habe, sprechen die elektrischen Eigenschaften nur von 1 mA. Es gibt ein Diagramm im Datenblatt, Abb. 5: CTR versus Durchlassstrom, das eine CTR von mehr als 300 % bei 0,1 mA zeigt. Bei diesen Diagrammen muss man vorsichtig sein. Während Tabellen oft Mindest- und/oder Höchstwerte angeben, geben Diagramme normalerweise typische Werte an. Sie können 300 % haben, aber es kann niedriger sein. Wie viel niedriger? Es sagt nicht. Wenn Sie nur ein Produkt bauen, können Sie es versuchen, aber Sie können'
Es könnte gehen. Angenommen, Sie verwenden 100$\mu$A in, und bei einem relativ sicheren CTR-Wert von 100 % hätten Sie 100$\mu$Ein aus. Sie müssten die Berechnungen erneut durchführen, aber Ihr Hauptvorteil besteht darin, dass die Eingangswiderstände nur 150 mW anstelle von 1,5 W verbrauchen. Es lohnt sich.

In meiner anderen Antwort habe ich erklärt, warum ich dort keinen Darlington-Optokoppler verwendet habe: Der Hauptgrund ist die Sättigungsspannung des Darlington, die viel höher ist als bei einem gewöhnlichen BJT, sie kann bis zu 1 V betragen. Für den ATmega16L Sie ' Unter Verwendung der maximalen Eingangsspannung für einen niedrigen Pegel beträgt 0,2 × VDD oder 0,66 V bei einer 3,3-V-Versorgung. Die 1 V ist zu hoch.

Aber es ist nichts, was nicht repariert werden kann, es braucht nur ein paar zusätzliche Komponenten. Gleichzeitig werden wir auch etwas mit dem 1-mA-Eingangsstrom unternehmen.

Um mit dem Eingangsstrom zu beginnen, mussten wir 1 mA verwenden, weil im Datenblatt nichts niedriger angegeben ist, und 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 es. Dieser liefert CTR für Eingangsströme von nur 100 µA, und er ist sogar hoch: 350 % (denken Sie daran, dass dies ein Darlington ist). Aber bei diesen Grafiken muss man vorsichtig sein. Während Tabellen Ihnen oft Minimal- oder Maximalwerte geben, zeigen Ihnen diese Art von Diagrammen typische Werte, sofern nicht anders angegeben. Was ist also das Minimum? Wir wissen es nicht, aber 100 % ist sicher. Setzen wir auf noch mehr Sicherheit und gehen von einer CTR von 50 % aus. Also für 100 µA rein würden wir 50 µA raus bekommen. Mal sehen, ob das reicht.

Dies ist die modifizierte Ausgangsstufe. Der Transistor von U1 ist der Foto-Darlington, der im eingeschalteten Zustand die 50 µA liefert. Wählen wir 10 µA für R4, also beträgt sein Wert 0,6 V/10 µA = 60 kΩ. Auf die Funktion von R4 komme ich später zurück.

Dann bleiben noch 40 µA für den Basisstrom von T1. Wenn wir dafür einen BC857A auswählen , haben wir einen$H_{FE}$von mindestens 125, unser Kollektorstrom beträgt also mindestens 5 mA. Ein R5 von mindestens 660 Ω reicht aus, um den Ausgang niedrig zu machen. Da wir einen hochohmigen Mikrocontroller-Eingang ansteuern, brauchen wir die 5 mA nicht und können genauso gut 15 kΩ wählen, wodurch der Strom auf 220 µA begrenzt wird. Der 1-µA-Eingangsverlust des Controller-Ports verursacht nur einen Abfall von 15 mV, das ist also in Ordnung.

Was ist die Funktion von R3? Es wird normalerweise verwendet, um den Basisstrom zu begrenzen, aber tut dies der Darlington nicht bereits? Ja, das tut es, aber der Wert kann ziemlich hoch werden. In meiner anderen Antwort habe ich berechnet, dass der LED-Spitzenstrom bis zu 8,3 mA betragen könnte, was in unserer Low-Power-Version 830 µA werden würde. Wir haben mit einem sicheren CTR-Wert von 50 % gerechnet, aber typischerweise wird er 350 % betragen, und maximal vielleicht sogar noch höher. 830 µA$\times$350 = 290 mA, was zu viel für diesen armen BC857A ist. Wir begrenzen das also auf 100 µA, indem wir für R3 einen Wert von 15 kΩ wählen.

R4 bedarf noch einiger Erklärung. Angenommen, wir lassen es weg. Dann geht der gesamte Darlington-Strom zu T1. Im ausgeschalteten Zustand kann der Leckstrom des FOD816 (im Datenblatt „Dunkelstrom“ genannt) bis zu 1 µA betragen. T1 verstärkt dies auf maximal 250 µA im ungünstigsten Fall, was ausreicht, um 3,3 V über R5 abzufallen. Die Ausgabe kann also dauerhaft niedrig sein.
Wir haben für R4 einen Wert von 60 kΩ gewählt. Solange der Spannungsabfall darüber 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 µA. Der Dunkelstrom von 1 µA verursacht also nur einen Abfall von 60 mV und keinen Basisstrom.

Wir haben Werte für alle unsere Komponenten, es bleibt nur noch, die Eingangswiderstände auf jeweils 220 kΩ zu erhöhen. Sie können dafür 1/4 W Widerstände verwenden.

Um die Parameter der Schaltung herauszufinden, beginnen Sie mit dem, was Sie am Ausgang benötigen, und arbeiten Sie rückwärts. 10 kΩ ist ein guter Wert für den Pullup am Ausgang. Sofern Sie keine ungewöhnlichen Anforderungen haben, wie z. B. Batteriebetrieb, bei dem es auf geringen Stromverbrauch ankommt, sind 10 kΩ ein guter Kompromiss zwischen niedrig genug, um die Leitung solide gegen Leckagen hochzuziehen, und angemessenem Rauschen, aber nicht so niedrig, dass zu viel Strom benötigt wird.

Wenn der Ausgangstransistor im Opto einschaltet, legt er höchstens 3,3 V über Rc. 3,3 V / 10 kΩ = 330 µA, das ist der Mindeststrom, den der Transistor ziehen können muss. Sie möchten etwas mehr, damit die Schnur solide niedrig gehalten wird, wenn sie niedrig 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 uns das Datenblatt des Optos an, um zu sehen, wie wir es ansteuern müssen, um diese 1 mA herauszuholen. Sie verwenden die „-3“-Variante dieses Teils, die laut erster Seite des Datenblatts eine minimal garantierte Stromübertragungsrate von 100 % hat. Das bedeutet, dass der Transistor mindestens so viel Strom aufnehmen kann, wie Sie durch eine der LEDs leiten. Beachten Sie jedoch die kleinen "±10 mA" über den CTR-Spezifikationen. Was das wirklich sagt, ist, dass, wenn Sie 10 mA durch die LEDs leiten, der Transistor mindestens 10 mA sinken kann. Es verspricht eigentlich nichts bei jedem anderen Eingangsstrom.

Wenn Sie sich das Datenblatt genauer ansehen, finden Sie zusätzliche Informationen oben auf Seite 3. Hier zeigen sie tatsächlich die CTR für einen 1-mA-Eingang. Beachten Sie, dass es jetzt garantiert nur 34 % sind. Das bedeutet, dass Sie die LEDs mit 1 mA / 34 % = 2,9 mA ansteuern müssen, um die 1-mA-Ausgangssenkefähigkeit zu erhalten, also streben wir ein absolutes Minimum von 3 mA an.

Sie sagen, die zu erfassende Spannung beträgt 230 V AC. Da es sich um einen Sinus handelt, hat er Spitzen von 325 V. Das Ausgangssignal des Optos geht in ein Mikro, daher muss es kein Dauersignal sein, wenn es eingeschaltet ist. Tatsächlich ist es eine gute Idee, dass das Mikro vorübergehende Unterbrechungen und Störungen überbrücken kann. Ich würde wahrscheinlich einen Zähler behalten, der jede 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 die Stromversorgung ausgeschaltet ist. Alles, was benötigt wird, ist ein kleiner Blip am Höhepunkt des Linienzyklus, und dieses System wird gut funktionieren. Beachten Sie, dass Netzzyklusspitzen alle 10 ms bei einer Leistung von 50 Hz auftreten.

Mal sehen, wo wir stehen. Wir möchten, dass mindestens 3 mA durch die LEDs fließen, wenn die Versorgungsspannung 325 V beträgt. Die LEDs fallen auf 1,65 V ab (oben in der unteren Tabelle auf Seite 2), und dies sollte immer noch bei der niedrigsten vernünftigen Netzspannung funktionieren . Lassen Sie uns darauf abzielen, mindestens 200 VAC zu erkennen, was 283 V Spitze und 281 V nach dem LED-Abfall entspricht. 281 V / 3 mA = 94 kΩ. Theoretisch ist das 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 Marge hinzuzufügen. Sie möchten, dass der Ausgang für einen vernünftigen endlichen Bruchteil jedes Halbzyklus aktiviert wird und nicht nur garantiert für einen kleinen Blip eingeschaltet ist. Angesichts all dessen würde ich den Widerstand ungefähr halbieren auf 47 kΩ. Dadurch wird die Ausgabe für alle vernünftigen Bedingungen mit erheblichem Spielraum solide eingeschaltet.

Sie denken vielleicht, dass das alles ist, was Sie tun müssen, aber warten Sie, es gibt noch mehr. Stellen Sie sich vor, was bei einer hohen Netzspannung wie 240 V passieren wird. Die Spitzen sind 340 V, was 7,2 mA durch die LEDs verursachen würde. Sie müssen den maximal zulässigen LED-Strom überprüfen, der 60 mA beträgt, also ist das in Ordnung. Berücksichtigen Sie jedoch die Verlustleistung im Widerstand. Wenn wir sagen, dass die Netzspannung im schlimmsten Fall 240 V beträgt, dann beträgt die in den Widerstand eingespeiste Leistung (ohne Berücksichtigung des LED-Spannungsabfalls) (240 V) ² / 47 kΩ = 1,23 W. Das sollte mindestens ein "2 W" -Widerstand sein dann wird es merklich warm.

Ein weiteres Problem ist, dass die Nennspannung des Widerstands berücksichtigt werden muss. Er muss den 340-V-Spitzen standhalten können, also benötigen Sie insgesamt einen 47-kΩ-Widerstand, der für 2 W und 400 V ausgelegt ist. Diese können gefunden werden, aber es könnte insgesamt einfacher sein, mehrere Widerstände in Reihe zu verwenden. Dadurch werden die Spitzenspannung und die Verlustleistung auf die Vorwiderstände verteilt. Vier 12-kΩ-Widerstände würden dies tun und würden nur 300 mW verbrauchen und jeweils 85 V sehen. Das ist leichter zu finden und billiger als ein einzelner Widerstand, es sei denn, es handelt sich um ein Massenprodukt, bei dem Sie Dinge in großen Mengen kaufen können. Die Antwort auf die gestellte Frage lautet also, 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 zeigen. Es muss nur irgendwo ein einziger Widerstand in Reihe mit den LEDs sein. Da dieser Widerstand in diesem Fall aus vier Einzelwiderständen besteht, können Sie sie beliebig aufteilen, damit die Dinge auf der Hochspannungsseite der Schaltung mechanisch am besten funktionieren. Vorzugsweise würden sie Ende an Ende sein, um den Kriechpfad für die Hochspannung zu maximieren und die Wärme zu verteilen.

Ich mag diesen Optokoppler für diese Anwendung jedoch nicht wirklich, da er ein so niedriges Stromübertragungsverhältnis hat, was uns dazu zwingt, viel LED-Strom bereitzustellen, was dazu führt, dass viel Strom im Widerstand verbraucht wird. Für diese Art von Anwendung, bei der ein hohes Stromübertragungsverhältnis nützlich ist und die Geschwindigkeit keine große Rolle spielt, mag ich den billigen und verfügbaren FOD817. Die D-Versionen dieses Teils haben eine garantierte CTR von 3x bei 5 mA. Sie sagen nicht genau, was Sie mit 1 mA erhalten, aber es ist ziemlich sicher, dass der Ausgang bei 1 mA Eingang mindestens 1 mA sinken kann.

Der FOD817 hat eine einzelne LED, aber das ist einfach zu handhaben (Der FOD814 hat Back-to-Back-LEDs, ist aber weniger verfügbar und nicht in einigen der Varianten mit höherer Verstärkung erhältlich). Wenn Sie das oben beschriebene 50-ms-Schema verwenden, ist es kein Problem, wenn Sie einmal pro Leitungszyklus, also alle 20 ms, einen Impuls erhalten. Schalten Sie zusätzlich zu den Widerständen eine Diode in Reihe mit der LED und einen hochwertigen Widerstand über die LED, um sicherzustellen, dass sie aufgrund eines kleinen Diodenlecks keine hohe Sperrspannung sieht. 100 kΩ sind in Ordnung und hoch genug, damit der Strom für unsere anderen Berechnungen irrelevant ist. Ein weiterer Vorteil davon ist, dass Sie nicht nur eine geringere Verlustleistung erhalten, da weniger LED-Strom benötigt wird, sondern Sie erhalten eine weitere Leistungsreduzierung um den Faktor zwei, da die LED nur in eine Richtung angesteuert wird.

Hier also meine letzte Antwort:

Wenn Sie nach einer sehr hohen CTR für diese Art von Anwendung suchen, schauen Sie sich die Liteon LTV-8xxx-Serie an . 600 % mind. bei 1mA ZF.