Compensación de la caída de tensión directa de un rectificador de señal de diodo

El circuito \ $ R_1 \ $, \ $ R_3 \ $ y \ $ D_1 \ $ básicamente crea un sesgo de 0.6V en el otro lado del capacitor, de modo que un giro positivo en la señal no tiene que superar una Obstáculo 0.6V. \ $ D_1 \ $ y \ $ R_3 \ $ forman un regulador de voltaje de derivación. El voltaje de 0.6V se transmite a \ $ D_2 \ $ que está a punto de conducir, como resultado. Por lo tanto, solo se requiere un pequeño aumento positivo de la entrada para llevarlo a la conducción. Debido a que la entrada está acoplada capacitivamente, es pura CA. Sus oscilaciones se superponen adicionalmente sobre la tensión de polarización que existe en el otro lado del condensador. La fuente de 5V es solo de alguna parte en el resto del circuito. No hay nada especial al respecto.

Quizás pueda obtener una perspectiva diferente al volver a dibujar el circuito para que el voltaje caiga de arriba a abajo. En esta vista, resaltamos cómo la entrada está sesgada a 0,6 V, pero la salida es 0,6 V por debajo de eso, a lo largo de la caída de tensión de D1. Entonces, por ejemplo, supongamos que la entrada crea un cambio positivo de 0.1V. Esto se convierte en 0.7V en la parte superior de D2 (el punto entero del sesgo). En la parte inferior de D2, ese swing es 0.1V nuevamente. D2 deja pasar suficiente corriente para que R2 tenga 0.1V a través de él.

Una oscilación negativa de 0.1V se convierte en 0.5V. Pero esto no puede crear una salida de -0.1V en la parte inferior de D2; eso no tiene sentido porque está fuera de nuestro rango de suministro. 0.5V no es suficiente para reenviar la polarización D2, por lo que la salida está a 0 V, arrastrada a tierra por R2, que casi no fluye corriente a través de ella para crear cualquier voltaje.

El propósito de R1 es actuar como un enlace flexible para separar el voltaje de referencia 0.6, que es bastante rígido, desde el punto donde se inyecta la señal, que por el contrario debe estar libre para oscilar alrededor de 0.6V. R1 también protege el diodo de los cambios de corriente de entrada. Si reemplazamos R1 por un cable, no funcionará porque la señal intentará mover el voltaje en la parte superior de D1, cuyo cátodo está clavado a tierra. Los cambios positivos de la entrada descargarán la corriente a través de D1, abusando de ella. Eso crea una impedancia de entrada pobre, lo que resulta en una incapacidad para generar el voltaje correcto en o debajo de D2.

Por otra parte, si R1 se hace grande, la compensación disminuye, porque el voltaje de referencia puede ejercer menos control sobre la polarización.

^{simular este circuito : esquema creado usando CircuitLab}

Para hacerlo más agradable para la simulación, hagamos que el condensador sea más grande: 10 uF. Luego podemos usar una frecuencia baja agradable, como 1000 Hz, que no pasará muy bien a través de un condensador de 100 pF a una impedancia inferior a 1K. Además, conectemos una fuente de señal con una amplitud de 3V. Si ejecuta la simulación del dominio de tiempo, verá que la forma de onda de salida se corta con precisión a la mitad.

La fuente externa de 5V a través de R3 produce aproximadamente 0.6V en el ánodo de D1. Ignora la señal de entrada por ahora. El nivel de 0,6 V en D1 se transfiere, a través de R1 al ánodo de D2.

Debido a que el cátodo de D2 está conectado a 0V a través de la resistencia de 10k, D2 está a punto de realizar una conducción. Aquí es donde se necesita que sea para una rectificación de media onda de precisión semidecente de una señal.

La señal llega al ánodo de D2 y todos los valores positivos mejorarán aún más el sesgo directo de D2, por lo que el semiciclo positivo de la señal se transfiere a la salida a través de R2.

Debido a que D2 está en la cúspide de estar sesgado hacia adelante, cualquier parte negativa de la señal reducirá el sesgo hacia adelante de D2 y apagará el dispositivo, por lo tanto, los semiciclos negativos no pasan a través de D2.

Un análisis adecuado mostraría una distorsión (en la forma de onda de salida) alrededor del punto medio de la señal, pero como primera aproximación tendrá un parecido razonable con un rectificador de precisión de media onda.

Me he quedado atrapado por el mismo circuito y descubrió un montón de cosas que no entendí en detalle. Así que trataré de ir a un nivel muy bajo en mi explicación. Si notas algo incorrecto, por favor, dímelo y lo corregiré. Lea también las otras respuestas, ya que proporcionan información muy valiosa de alto nivel.

Primero, asegúrese de entender caída de voltaje del diodo (si no lo busca en Google). Los diodos "consumen" ~ 0.6-0.7V de su entrada, en otras palabras, el voltaje a través del diodo es ~ 0.6V. Dado que el voltaje en serie se suma, esto significa que R3 ve ~ 4.3V (5V de la fuente actual menos 0.6V del diodo).

^{simular este circuito : esquema creado usando CircuitLab}

A continuación, agregamos una segunda ruta en paralelo. Esto puede ser difícil de entender. p.ej. ¿Por qué la corriente tomaría el camino con las resistencias? Pero al final, esto es simple otra vez: el diodo toma 0.6V. R1 & Los R2 se ejecutan en paralelo al diodo, por lo que en total también tienen 0.6V. Ahora forman un divisor de voltaje, por lo que obtenemos \ $ {1 \ sobre 11} \ cdot 0.6V \ $ en R1 y \ $ {10 \ en 11} \ cdot 0.6V \ $ en R2.

^{simular este circuito}

Para hacer las cosas más complicadas, hay otro diodo entre R1 y amp; R2. Podría argumentar que habrá otra caída de 0.6V en D2, lo que significa que en R1 y amp; R2 será de 0 V cada uno, es decir, no fluirá corriente en absoluto. En la práctica, Diodes dejará pasar algo de corriente incluso antes de que se alcance el umbral de 0.6V. Si simula el circuito, calculará que la caída es solo de 0,4 V con una corriente de 20 μA. Así que habrá una corriente muy pequeña que pasa por el lado D2, mientras que la mayor parte de la corriente (4300μA o 99.5%) pasa por D1. Pero como puede ver, el punto en el que SIG ingresa al circuito en ambos casos aún estaría a un potencial de ~ 0.6V.

^{simular este circuito}

Ahora, la parte final del rompecabezas es cómo la señal y 0.6V se suman entre sí. En otras palabras, cómo estos dos voltajes se superponen. Le sugiero que lea cómo funciona esto; si no está claro, el siguiente ejemplo breve ilustra el concepto: puede considerar el capacitor como una fuente de voltaje y puede calcular los voltajes para cada fuente por separado y sumarlos más tarde.

^{simular este circuito}

Entonces, si se descargan 0.1V durante el aumento del borde de la señal, el potencial de voltaje será de 0.6V + 0.1V, el diodo elimina 0.6V de estos, por lo que la salida solo ve 0.1V nuevamente (menos los voltajes menores despreciables para las imprecisiones). ).