Kompensowanie spadku napięcia w przód prostownika diodowego

Czytam Arts of Electronics i pokazują ten obwód:

Mówi, że D ₁ kompensuje dla D ₂ „s spadek do przodu, zapewniając 0.6V stronniczości. W ogóle nie rozumiem tego obwodu. Czy + 5 V jest zewnętrznym źródłem 5 V? Jak to kompensuje?

Obwód , R 3 i D 1 zasadniczo powoduje polaryzację 0,6 V po drugiej stronie kondensatora, dzięki czemu dodatnie wahanie sygnału nie musi przezwyciężyć przeszkody 0,6 V. D 1 i R 3 tworzą regulator napięcia bocznikowego. Napięcie 0,6 V jest przekazywane do D $R_1$$R_3$$D_1$$D_1$$R_3$$D_2$co jest bliskie przeprowadzenia. Tak więc tylko niewielki pozytywny wzrost mocy wejściowej jest wymagany, aby doprowadzić go do przewodnictwa. Ponieważ wejście jest sprzężone pojemnościowo, jest to czysty prąd przemienny. Jego wahania są nakładane dodatkowo na napięcie polaryzacji, które występuje po drugiej stronie kondensatora. Źródło 5 V znajduje się gdzieś w pozostałej części obwodu. Nie ma w tym nic specjalnego.

Być może można uzyskać inną perspektywę, przerysowując obwód, aby napięcie spadało z góry na dół. W tym widoku podkreślamy, w jaki sposób napięcie wejściowe jest tendencyjne do 0,6 V, ale moc wyjściowa jest o 0,6 V niższa, w dół wzdłuż spadku napięcia D1. Załóżmy na przykład, że na wejściu powstaje dodatnie wahanie 0,1 V. Staje się to 0,7 V na szczycie D2 (cały punkt odchylenia). Na dole D2 ten zwrot wynosi ponownie 0.1 V. D2 przepuszcza wystarczającą ilość prądu, tak aby R2 miał 0,1 V.

Ujemne wahanie 0,1 V zmienia się na 0,5 V. Ale to nie może wytworzyć wyjścia -0,1 V na dole D2; to nonsens, ponieważ jest poza naszym zakresem dostaw. 0,5 V nie wystarcza do przesunięcia napięcia D2 w przód, a więc moc wyjściowa wynosi 0 V, ciągnięta do masy przez R2, która prawie nie przepływa przez nie, aby wytworzyć jakiekolwiek napięcie.

Celem R1 jest działanie jako elastyczne połączenie oddzielające napięcie odniesienia 0,6, które jest dość sztywne, od miejsca, w którym sygnał jest wstrzykiwany, a wręcz przeciwnie, musi mieć swobodę wahania około 0,6 V. R1 chroni również diodę przed wahaniami prądu wejściowego. Jeśli zastąpimy R1 drutem, to nie zadziała, ponieważ sygnał będzie próbował przesunąć napięcie na górze D1, którego katoda jest przypięta do ziemi. Dodatnie wahania wejściowe zrzucą prąd przez D1, nadużywając go. Stwarza to słabą impedancję wejściową, co powoduje niezdolność do wygenerowania odpowiedniego napięcia na lub pod D2.

Z drugiej strony, jeśli R1 jest duży, kompensacja zmniejsza się, ponieważ napięcie odniesienia może wywierać mniejszą kontrolę nad odchyleniem.

^{symulacja tego obwodu - Schemat utworzony za pomocą CircuitLab}

Aby symulacja była przyjemniejsza, zwiększmy pojemność kondensatora: 10 uF. Następnie możemy użyć ładnej, niskiej częstotliwości, takiej jak 1000 Hz, która nie przejdzie zbyt dobrze przez kondensator 100 pF do impedancji mniejszej niż 1K. Podłączmy także źródło sygnału o amplitudzie 3 V. Jeśli uruchomisz symulację w dziedzinie czasu, zobaczysz, że fala wyjściowa jest dość dokładnie podzielona na pół.

Utknąłem w tym samym obwodzie i odkryłem wiele rzeczy, których nie rozumiałem szczegółowo. Spróbuję więc zejść na bardzo niskim poziomie w moich wyjaśnieniach. Jeśli zauważysz coś nie tak, powiedz mi, a ja poprawię. Przeczytaj także inne odpowiedzi, ponieważ zapewniają one bardzo cenny wgląd na wysokim poziomie.

Po pierwsze, upewnij się, że rozumiesz spadek napięcia diody (jeśli nie google go). Diody „zużywają” ~ 0,6-0,7 V mocy wejściowej, innymi słowy napięcie na diodzie wynosi ~ 0,6 V. Ponieważ napięcie szeregowe sumuje się, oznacza to, że R3 widzi ~ 4,3 V (5 V źródła prądu minus 0,6 V diody).

^{symulacja tego obwodu - Schemat utworzony za pomocą CircuitLab}

Następnie dodajemy drugą ścieżkę równolegle. To może być trudne do zrozumienia. np. dlaczego prąd miałby w ogóle podążać ścieżką z opornikami? Ale ostatecznie jest to znowu proste: dioda pobiera 0,6 V. R1 i R2 działają równolegle do diody, więc łącznie mają również 0,6 V. Teraz tworzą dzielnik napięcia, więc otrzymujemy${1\over 11}\cdot 0.6V$${10\over 11}\cdot 0.6V$ przez R2.

^{zasymuluj ten obwód}

Aby skomplikować sprawę, istnieje kolejna dioda pomiędzy R1 i R2. Można argumentować, że nastąpi kolejny spadek o 0,6 V w D2, co oznacza, że ​​w R1 i R2 każdy będzie wynosił 0 V, tj. Nie będzie w ogóle przepływu prądu. W praktyce diody przepuszczają część prądu nawet przed osiągnięciem progu 0,6 V. Jeśli zasymulujesz obwód, obliczy on spadek tylko na 0,4 V przy prądzie 20 μA. Tak więc będzie trochę bardzo mały prąd przepływający przez stronę D2, podczas gdy większość prądu (4300μA lub 99,5%) przechodzi przez D1. Ale jak widać, punkt, w którym SIG wchodzi do obwodu, w obu przypadkach nadal miałby potencjał ~ 0,6 V.

^{zasymuluj ten obwód}

Ostatnią częścią układanki jest to, w jaki sposób sygnał i 0,6 V dodają się do siebie. Innymi słowy, w jaki sposób te dwa napięcia zostają nałożone na siebie. Sugeruję poczytać o tym, jak to działa, jeśli nie jest to jasne, poniższy krótki przykład ilustruje tę koncepcję: możesz uznać kondensator za źródło napięcia i obliczyć napięcia dla każdego źródła osobno, a następnie dodać je później.

^{zasymuluj ten obwód}

Jeśli więc 0,1 V zostanie rozładowane podczas narastającego zbocza sygnału, potencjał napięciowy wyniesie 0,6 V + 0,1 V, dioda usunie 0,6 V z nich, więc na wyjściu pojawi się ponownie tylko 0,1 V (minus pomijalne niewielkie napięcia dla niedokładności).

Zewnętrzne źródło 5 V przez R3 wytwarza około 0,6 V na anodzie D1. Na razie zignoruj ​​sygnał wejściowy. Poziom 0,6 V na D1 jest przenoszony przez R1 do anody D2.

Ponieważ katoda D2 jest podłączona do 0 V za pomocą rezystora 10k, D2 jest na skraju przewodnictwa - w tym miejscu potrzebujesz jej do pół-przyzwoitej precyzyjnej rektyfikacji półfali sygnału.

Sygnał dociera do anody D2, a wszystkie wartości dodatnie dodatkowo zwiększają odchylenie do przodu D2, stąd dodatni półcykl sygnału jest przenoszony na wyjście przez R2.

Ponieważ D2 znajduje się na granicy tendencyjności do przodu, wszelkie ujemne części sygnału zmniejszą odchylenie do przodu D2 i wyłączą urządzenie, dlatego ujemne półcykly nie przechodzą przez D2.

Prawidłowa analiza wykazałaby zniekształcenie (na fali wyjściowej) wokół środkowego punktu sygnału, ale jako pierwsze przybliżenie będzie miało rozsądne podobieństwo do precyzyjnego prostownika półfalowego.