Compensation de la chute de tension directe d'un redresseur de signal à diode

Je lis Arts of Electronics et ils montrent ce circuit:

Il indique que D ₁ compense la chute directe de D ₂ en fournissant 0,6 V de polarisation. Je ne comprends pas du tout ce circuit. Le + 5V est-il une source externe 5v? Comment cela compense-t-il?

Les , et créent fondamentalement une polarisation de 0,6 V de l'autre côté du condensateur, de sorte qu'une oscillation positive dans le signal n'a pas à surmonter un obstacle de 0,6 V. et forment un régulateur de tension shunt. La tension de 0,6 V est transmise à qui est sur le point de conduire, en conséquence. Ainsi, seule une petite remontée positive de l'entrée est nécessaire pour la mettre en conduction. Parce que l'entrée est couplée capacitivement, c'est du courant alternatif pur. Ses oscillations se superposent en plus à la tension de polarisation qui existe de l'autre côté du condensateur. La source 5V vient de quelque part dans le reste du circuit. Il n'y a rien de spécial à ce sujet.R 3 D 1 D 1 R 3 D $R_1$$R_3$$D_1$$D_1$$R_3$$D_2$

Vous pouvez peut-être obtenir une perspective différente en redessinant le circuit de sorte que la tension tombe de haut en bas. Dans cette vue, nous mettons en évidence la façon dont l'entrée est polarisée à 0,6 V, mais la sortie est inférieure de 0,6 V à la chute de tension de D1. Par exemple, supposons que l'entrée crée un swing positif de 0,1 V. Cela devient 0,7 V au sommet de D2 (le point entier du biais). Au bas de D2, ce swing est à nouveau de 0,1 V. D2 laisse passer suffisamment de courant pour que R2 ait 0,1 V à travers.

Une oscillation négative de 0,1 V passe à 0,5 V. Mais cela ne peut pas créer une sortie -0,1 V au bas de D2; c'est un non-sens car il est en dehors de notre gamme d'approvisionnement. 0,5 V n'est pas suffisant pour transmettre la polarisation D2, et donc la sortie est à 0 V, tirée à la terre par R2, qui n'a presque pas de courant qui la traverse pour créer une tension.

Le but de R1 est d'agir comme une liaison flexible pour séparer la tension de référence 0,6, qui est assez rigide, du point où le signal est injecté, qui doit au contraire être libre de osciller autour de 0,6V. R1 protège également la diode des oscillations du courant d'entrée. Si nous remplaçons R1 par un fil, cela ne fonctionnera pas car le signal tentera de déplacer la tension au sommet de D1, dont la cathode est fixée à la masse. Les oscillations positives de l'entrée déverseront le courant à travers D1, l'abusant. Cela crée une mauvaise impédance d'entrée, ce qui entraîne une incapacité à générer la bonne tension sur ou sous D2.

En revanche, si R1 est rendu grand, la compensation diminue, car la tension de référence est en mesure d'exercer moins de contrôle sur la polarisation.

^{simuler ce circuit - Schéma créé à l'aide de CircuitLab}

Pour le rendre plus agréable pour la simulation, agrandissons le condensateur: 10 uF. Ensuite, nous pouvons utiliser une belle fréquence basse comme 1000 Hz, qui ne passera pas très bien à travers un condensateur de 100 pF dans une impédance inférieure à 1K. Connectons également une source de signal avec une amplitude de 3V. Si vous exécutez la simulation dans le domaine temporel, vous verrez que la forme d'onde de sortie est assez précisément coupée en deux.

J'ai été coincé par le même circuit et il a découvert un tas de choses que je ne comprenais pas en détail. Je vais donc essayer d'aller très bas dans mon explication. Si vous remarquez quelque chose de mal, dites-le moi et je corrigerai. Veuillez également lire les autres réponses, car elles fournissent des informations de haut niveau très précieuses.

Tout d'abord, assurez-vous de comprendre la chute de tension de la diode (sinon google). Les diodes "consomment" ~ 0,6-0,7V de votre entrée, en d'autres termes, la tension aux bornes de la diode est ~ 0,6V. Puisque la tension en série s'additionne, cela signifie que R3 voit ~ 4,3 V (5 V de la source de courant moins 0,6 V de la diode).

^{simuler ce circuit - Schéma créé à l'aide de CircuitLab}

Ensuite, nous ajoutons un deuxième chemin en parallèle. Cela peut être difficile à comprendre. Par exemple, pourquoi le courant prendrait-il le chemin avec les résistances? Mais au final, c'est encore une fois simple: la diode prend 0,6V. R1 et R2 fonctionnent en parallèle à la diode, ils ont donc également au total 0,6 V. Maintenant, ils forment un diviseur de tension, nous obtenons donc sur R1 et sur R2.${1\over 11}\cdot 0.6V$${10\over 11}\cdot 0.6V$

^{simuler ce circuit}

Pour compliquer les choses, il y a une autre diode entre R1 et R2. Vous pourriez faire valoir qu'il y aura une autre baisse de 0,6 V sur D2, ce qui signifie que sur R1 et R2, il y aura 0 V chacun, c'est-à-dire aucun courant ne circulant du tout. En pratique, les diodes laisseront passer du courant avant même que le seuil de 0,6 V soit atteint. Si vous simulez le circuit, il calculera la chute à seulement 0,4 V avec un courant de 20 μA. Il y aura donc un très très petit courant passant par le côté D2, tandis que la majeure partie du courant (4300 μA ou 99,5%) passe par D1. Mais comme vous pouvez le voir, le point où SIG entre dans le circuit serait toujours dans les deux cas à un potentiel de ~ 0,6 V.

^{simuler ce circuit}

Maintenant, la dernière partie du puzzle est de savoir comment le signal et 0,6 V s'ajoutent. En d'autres termes, comment ces deux tensions se superposent. Je suggère de lire comment cela fonctionne.Si cela n'est pas clair, le bref exemple suivant illustre le concept: vous pouvez considérer le condensateur comme une source de tension et calculer les tensions pour chaque source séparément et les additionner plus tard.

^{simuler ce circuit}

Donc, si 0,1 V sont déchargés pendant le front de signal montant, le potentiel de tension sera de 0,6 V + 0,1 V, la diode en supprime 0,6 V, de sorte que la sortie ne voit à nouveau que 0,1 V (moins des tensions mineures négligeables pour les inexactitudes).

La source externe de 5 V via R3 produit environ 0,6 V sur l'anode de D1. Ignorez le signal d'entrée pour l'instant. Le niveau 0,6 V sur D1 est transféré, via R1, à l'anode de D2.

Parce que la cathode de D2 est connectée à 0V via la résistance 10k, D2 est sur le point de conduire - c'est là que vous en avez besoin pour une rectification semi-décente de précision demi-onde d'un signal.

Le signal arrive sur l'anode de D2 et toutes les valeurs positives amélioreront encore la polarisation directe de D2, donc le demi-cycle positif du signal est transféré à la sortie sur R2.

Parce que D2 est sur le point d'être polarisé en direct, toute partie négative du signal réduira la polarisation en direct de D2 et éteindra ainsi l'appareil, les demi-cycles négatifs ne passent pas par D2.

Une analyse appropriée montrerait une distorsion (sur la forme d'onde de sortie) autour du point médian du signal, mais en première approximation, elle ressemblera raisonnablement à un redresseur demi-onde de précision.