Para crear un disparador Schmitt, debe proporcionar retroalimentación positiva, desde la salida del opamp hasta la entrada no inversora. Por lo general, esta entrada será el voltaje de umbral y tomará uno de los dos valores (que es la histéresis) dependiendo de la salida del sensor.
En su caso, tiene la señal en la entrada no inversora. También puede hacer que funcione de esta manera, pero le sugiero que cambie ambas entradas y que el intercambio de R1 y PTC siga teniendo el mismo comportamiento: una mayor resistencia de PTC disminuirá la entrada de inversión, y cuando alcance el umbral, el ventilador estará encendido. Así que hagamos eso, y agreguemos un R5 desde la salida al nodo R2 / R3.
Mencionalahistéresisen°C,peronecesitamoslosvoltajes.Hagamosuncálculoteóricocon\$V_H\$y\$V_L\$comoumbrales,ysupongamosunaopampdesalidarielariel.Entoncestenemosdossituaciones:elumbralaltoyelumbralbajo,ytresvariables:R2,R3yelR5agregado.Asíquepodemoselegirunadelasresistencias,reparemosR2.
Ahora,aplicandoKCL(LeyactualdeKirchhoff)paraelnodoR2/R3/R5:
\$\dfrac{12V-V_L}{R3}+\dfrac{0V-V_L}{R5}=\dfrac{V_L}{R2}\$
y
\$\dfrac{12V-V_H}{R3}+\dfrac{12V-V_H}{R5}=\dfrac{V_H}{R2}\$
Esteesunconjuntodeecuacioneslinealesendosvariables:R3yR5,queesfácilderesolversipuedescompletarlosvoltajesrealespara\$V_H\$y\$V_L\$yunR2elegidolibremente.
Enarasdelargumento,supongamosquea38°Ctiene6Venlaentradadeinversiónya42°Cquetendrá5V.Elijaunvalorde10k\$\Omega\$paraR2.Entonceslasecuacionesanterioressevuelven
\$\begin{cases}\dfrac{12V-5V}{R3}+\dfrac{0V-5V}{R5}=\dfrac{5V}{10k\Omega}\\\\\\\dfrac{12V-6V}{R3}+\dfrac{12V-6V}{R5}=\dfrac{6V}{10k\Omega}\end{cases}\$
o
\$\begin{cases}\dfrac{7V}{R3}-\dfrac{5V}{R5}=\dfrac{5V}{10k\Omega}\\\\\\\dfrac{6V}{R3}+\dfrac{6V}{R5}=\dfrac{6V}{10k\Omega}\end{cases}\$
luego,despuésdealgunosreemplazosybarajadas,encontramos
\$\begin{cases}R3=12k\Omega\\R5=60k\Omega\end{cases}\$
Yadijequeesmenoscomún,perotambiénpuedesusarelesquemaactual,yloscálculossonsimilares.Denuevo,agregueunaresistenciaderealimentaciónR5entrelasalidaylaentradanoinversora.Ahora,laentradadereferenciaestáfijadaporlarelaciónR2/R3,ylahistéresisaumentaráydisminuiráelvoltajemedido,loque,almenosparamí,necesitaacostumbrarse.
Supongamos que fijamos el voltaje de referencia a 6 V haciendo que R2 y R3 sean iguales. Nuevamente, calculamos las corrientes en el nodo PTC / R1 / R5, donde PTC \ $ _ L \ $ y PTC \ $ _ H \ $ son los valores de PTC a 38 ° C y 42 ° C respectivamente, y R1 y R5 son nuestras incógnitas. . Entonces
\ $ \ begin {cases} \ dfrac {6 V} {PTC_H} = \ dfrac {12 V - 6 V} {R1} + \ dfrac {0 V - 6 V} {R5} \\ \\ \ \ \ dfrac {6 V} {PTC_L} = \ dfrac {12 V - 6 V} {R1} + \ dfrac {12 V - 6 V} {R5} \ end {cases} \ $
De nuevo, resuelve para R1 y R5.