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

Estoy leyendo Arts of Electronics y muestran este circuito:

Dice que D ₁ compensa la caída hacia adelante de D ₂ al proporcionar 0.6V de sesgo. No entiendo este circuito en absoluto. ¿El + 5V es una fuente externa de 5v? ¿Cómo se compensa?

El , y básicamente crea una polarización de 0.6V en el otro lado del capacitor, de modo que una oscilación positiva en la señal no tiene que superar un obstáculo de 0.6V. y forman un regulador de voltaje en derivación. Como resultado, el voltaje de 0.6V se transmite a que está a punto de conducir. 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 CA pura. Sus oscilaciones se superponen aditivamente en la parte superior del voltaje de polarización que existe en el otro lado del condensador. La fuente de 5V proviene de algún lugar del resto del circuito. No tiene nada de especial.$R_1$$R_3$$D_1$$D_1$$R_3$$D_2$

Quizás pueda obtener una perspectiva diferente al volver a dibujar el circuito para que el voltaje caiga de arriba a abajo. En esta vista, destacamos cómo la entrada está sesgada a 0.6V, pero la salida es 0.6V por debajo de eso, a través de la caída de voltaje de D1. Entonces, por ejemplo, suponga que la entrada crea una oscilación positiva de 0.1V. Esto se convierte en 0.7V en la parte superior de D2 (el punto completo del sesgo). En la parte inferior de D2, ese giro es de 0.1V nuevamente. D2 deja pasar suficiente corriente para que R2 tenga 0.1V a través de ella.

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 polarizar hacia adelante D2, por lo que la salida está a 0V, arrastrada a tierra por R2, que casi no tiene corriente que fluya a través de ella para crear ningún 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 ser libre de oscilar alrededor de 0.6V. R1 también protege el diodo de las oscilaciones 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 sujeto a tierra. Las oscilaciones positivas de la entrada volcarán la corriente a través de D1, abusándola. Eso crea una baja impedancia de entrada, lo que resulta en una incapacidad para generar el voltaje correcto en o debajo de D2.

Por otro lado, si R1 se hace grande, la compensación disminuye, porque el voltaje de referencia puede ejercer menos control sobre el sesgo.

^{simular este circuito : esquema creado con CircuitLab}

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

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

Primero, asegúrese de comprender la caída de voltaje del diodo (si no es 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 de corriente menos 0.6V del diodo).

^{simular este circuito : esquema creado con CircuitLab}

${1\over 11}\cdot 0.6V$${10\over 11}\cdot 0.6V$

^{simular este circuito}

Para hacer las cosas más complicadas, hay otro diodo entre R1 y R2. Se podría argumentar que habrá otra caída de 0.6V a través de D2, lo que significa que a través de R1 y R2 habrá 0V cada uno, es decir, no fluirá corriente en absoluto. En la práctica, los diodos dejarán pasar algo de corriente incluso antes de alcanzar el umbral de 0.6V. Si simula el circuito, calculará la caída de solo 0.4V con una corriente de 20μA. Por lo tanto, habrá una corriente muy muy pequeña que pasará por el lado D2, mientras que la mayor parte de la corriente (4300 μA o 99.5%) pasa por D1. Pero como puede ver, el punto donde SIG ingresa al circuito en ambos casos todavía estaría a ~ 0.6V de potencial.

^{simular este circuito}

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

^{simular este circuito}

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

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 0.6V 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 conducir, aquí es donde lo necesita para una rectificación de media onda de precisión semidecente.

La señal llega al ánodo de D2 y todos los valores positivos mejorarán aún más la polarización directa de D2, por lo tanto, el medio ciclo positivo de la señal se transfiere a la salida a través de R2.

Debido a que D2 está en la cúspide de polarización directa, cualquier parte negativa de la señal reducirá la polarización directa de D2 y apagará el dispositivo, por lo que 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 media onda de precisión.