Análisis de la polarización de diodos en la conexión de puente dada de cuatro diodos

Los voltajes a través de los diodos variarán con la corriente a través de ellos. Pero solo varían alrededor de \ $ 100 \: \ textrm {mV} \ $ (los diferentes tipos de diodos pueden variar un poco aquí) por cada factor de 10 cambios en la corriente. Eso no es un gran cambio de voltaje para bastante cambio en la corriente. Por lo tanto, como una aproximación de primer orden por ahora, puede considerar que las caídas de voltaje en los diodos están aproximadamente fijas.

Cuando la entrada está en \ $ 0 \: \ textrm {V} \ $, habrá aproximadamente \ $ 10 \: \ textrm {V} \ $ en ambos \ $ 10 \: \ textrm {k} \ Omega \ $ resistencias a las dos fuentes de alimentación, o, aproximadamente, \ $ 1 \: \ textrm {mA} \ $. Esto se divide en dos direcciones a través de los pares de diodos. Entonces eso significa aproximadamente \ $ 500 \: \ mu \ textrm {A} \ $. Sospecho que habrá quizás de \ $ 650-700 \: \ textrm {mV} \ $ a través de cada diodo, entonces. Llamémoslo \ $ 680 \: \ textrm {mV} \ $ solo para elegir un número.

Si asume que todos los diodos tienen voltajes fijos a través de ellos sin importar qué, entonces la salida debe seguir a \ $ V_s \ $ todo el tiempo. (\ $ V_s \ $, más la caída de diodo de \ $ D_1 \ $, pero luego la caída de diodo de menos \ $ D_2 \ $, de nuevo.) Pero hay un problema. A medida que \ $ V_s \ $ declina hacia \ $ - 10 \: \ textrm {V} \ $, en algún punto se cruza con un voltaje, luego de lo cual \ $ D_3 \ $ simplemente se apaga. Debajo de ese punto, todo lo que tiene es el \ $ 10 \: \ textrm {k} \ Omega \ $ resistencia de salida fuente de suministro desde el suelo, a través de \ $ D_4 \ $ y en la resistencia de riel negativo. Esto configura una corriente que tendrá una magnitud de \ $ 10 \: \ textrm {V} \ $, menos una caída de diodo, dividida por la suma de resistencia de \ $ 20 \: \ textrm {k} \ Omega \ $. Esa corriente crea una caída de voltaje en el riel negativo \ $ 10 \: \ textrm {k} \ Omega \ $ resistor para que el voltaje en el cátodo de \ $ D_4 \ $ y \ $ D_3 \ $ sea \ $ - 10 \ : \ textrm {V} + \ frac {10 \: \ textrm {V} -680 \: \ textrm {mV}} {10 \: \ textrm {k} \ Omega + 10 \: \ textrm {k} \ Omega } \ cdot 10 \: \ textrm {k} \ Omega \ $ o aproximadamente \ $ - 5.34 \: \ textrm {V} \ $. Esto significa que \ $ V_s \ $ será \ $ - 5.34 \: \ textrm {V} +680 \: \ textrm {mV} = - 4.66 \: \ textrm {V} \ $ en este punto. Entonces, cuando \ $ V_s \ lt-4.66 \: \ textrm {V} \ $ no pasa nada más en la salida. Entonces, la salida rastrea \ $ V_s \ $ a ese punto en la dirección negativa, pero no más allá.

Un argumento similar también dice que cuando \ $ V_s \ gt +4.66 \: \ textrm {V} \ $, la salida ya no realiza un seguimiento de \ $ V_s \ $.

Entonces la respuesta es que:

$$ \ begin {align *} \ begin {array} {cc} V_s & V_ {out} \\ \\ -10 \: \ textrm {V} \ rightarrow -4.66 \: \ textrm {V} & -4.66 \: \ textrm {V} \\ -4.66 \: \ textrm {V} \ rightarrow +4.66 \: \ textrm {V} & V_s \\ +4.66 \: \ textrm {V} \ rightarrow +10 \: \ textrm {V} & +4.66 \: \ textrm {V} \ end {array} \ end {align *} $$

Podrías volverte un poco tonto al respecto y recuerda que hay un cambio \ $ 100 \: \ textrm {mV} \ $ por cada factor de 10 actuales e imagina que a medida que \ $ \ vert V_s \ vert \ $ se acerca a esa magnitud de \ $ 4.66 \: \ textrm {V} \ $ que la corriente se apaga gradualmente y que mientras eso sucede, la caída de voltaje para el diodo también disminuye. Pero esto podría agregar la mitad (recuerde que aquí nos dividimos por 2, antes), u otro \ $ 50 \: \ textrm {mV} \ $ de rango adicional. Así que podría redondear las cosas a una magnitud de \ $ 4.7 \: \ textrm {V} \ $ quizás. Pero esto es un problema y es probable que debería haberlo redondeado, de todos modos.

Así que vamos con:

$$ \ begin {align *} \ begin {array} {cc} V_s & V_ {out} \\ \\ -10 \: \ textrm {V} \ rightarrow -4.7 \: \ textrm {V} & -4.7 \: \ textrm {V} \\ -4.7 \: \ textrm {V} \ rightarrow +4.7 \: \ textrm {V} & V_s \\ +4.7 \: \ textrm {V} \ rightarrow +10 \: \ textrm {V} & +4.7 \: \ textrm {V} \ end {array} \ end {align *} $$

Se agregó información e imagen tomada del trabajo adicional del OP:

  

jonk ya lo ha respondido correctamente.

     

Entonces, publico mi salida de simulación aquí

     

(El voltaje de Cutin para el diodo era 0.4 V en la simulación)

Hay tres condiciones con 3 resistencias, llamaré R +, R-, enrutar todas iguales aquí.

1. Para la entrada, Vs < +/- 0.7V Zin = Rout = 10k
2. Para Vs > 0.7V, Zin = R - // Rout = 5k
3. Para Vs < -0.7, Zin = R - // Ruta = 5k

Pero como Vs es una fuente de voltaje con Zs = 0, el voltaje de salida (A) Vout = Vin siempre pero la corriente de entrada, se duplica cuando Vs > +/- 0.7V.

Si hubiera una resistencia de fuente del mismo valor, agregada a Vs, el voltaje sería atenuar de acuerdo con este divisor R cuando oscila fuera de +/- 0.7V y tiene las características de un atenuador conmutado.

jonk ya lo ha respondido correctamente.

Entonces, publico mi salida de simulación aquí

(El voltaje de Cutin para el diodo era 0.4 V en la simulación)