Kompensieren der Vorwärtsspannungsabfall einer Diodengleichrichter Signal

Ich bin Kunst Elektronik zu lesen und sie zeigen diese Schaltung:

Es heißt, dass D _{1 den} Vorwärtsabfall von D ₂ durch Bereitstellen einer Vorspannung von 0,6 V kompensiert. Ich verstehe diese Schaltung überhaupt nicht. Ist die + 5V eine externe 5V-Quelle? Wie kompensiert es?

Die Schaltung , R 3 und D 1 erzeugt grundsätzlich eine Vorspannung von 0,6 V auf der anderen Seite des Kondensators, so dass ein positiver Signalhub keine Hürde von 0,6 V überwinden muss. D 1 und R 3 bilden einen Shunt-Spannungsregler. Die 0,6 V Spannung wird an D $R_1$$R_3$$D_1$$D_1$$R_3$$D_2$was am Rande des Leitens ist, als Ergebnis. Es ist also nur ein kleiner positiver Aufschwung des Inputs erforderlich, um ihn zum Leiten zu bringen. Da der Eingang kapazitiv gekoppelt ist, handelt es sich um reinen Wechselstrom. Seine Schwingungen überlagern sich additiv mit der Vorspannung auf der anderen Seite des Kondensators. Die 5-V-Quelle kommt nur von irgendwo im Rest des Stromkreises. Daran ist nichts Besonderes.

Vielleicht können Sie eine andere Perspektive erhalten, indem Sie die Schaltung neu zeichnen, sodass die Spannung von oben nach unten abfällt. In dieser Ansicht wird hervorgehoben, wie der Eingang auf 0,6 V vorgespannt ist, während der Ausgang über den Spannungsabfall von D1 0,6 V darunter liegt. Nehmen wir zum Beispiel an, dass der Eingang eine positive Schwingung von 0,1 V erzeugt. Dies wird 0,7 V an der Spitze von D2 (der gesamte Punkt der Vorspannung). Am unteren Ende von D2 beträgt dieser Schwung wieder 0,1V. D2 lässt genug Strom durch, so dass R2 0,1 V hat.

Ein negativer Hub von 0,1 V wird zu 0,5 V. Dies kann jedoch keinen -0,1 V-Ausgang am unteren Ende von D2 erzeugen. Das ist Unsinn, weil es außerhalb unseres Lieferprogramms liegt. 0,5 V reichen nicht aus, um die Vorspannung D2 durchzuleiten, und daher liegt der Ausgang bei 0 V und wird von R2 auf Masse gezogen, über das fast kein Strom fließt, um eine Spannung zu erzeugen.

Der Zweck von R1 besteht darin, als flexible Verbindung zu fungieren, um die Referenzspannung 0,6, die ziemlich steif ist, von dem Punkt zu trennen, an dem das Signal eingespeist wird, das im Gegenteil frei sein muss, um ungefähr 0,6 V zu schwingen. R1 schützt auch die Diode vor den Eingangsstromschwankungen. Wenn wir R1 durch einen Draht ersetzen, funktioniert dies nicht, da das Signal versucht, die Spannung an der Spitze von D1 zu verschieben, dessen Kathode an Masse angeschlossen ist. Die positiven Schwankungen des Eingangs leiten den Strom durch D1 und missbrauchen ihn. Dies erzeugt eine schlechte Eingangsimpedanz, was dazu führt, dass an oder unter D2 nicht die richtige Spannung erzeugt werden kann.

Wenn andererseits R1 groß gemacht wird, verringert sich die Kompensation, weil die Referenzspannung weniger Kontrolle über die Vorspannung ausüben kann.

^{simulieren Sie diese Schaltung - Schaltplan erstellt mit CircuitLab}

Um es für die Simulation schöner zu machen, lassen Sie uns den Kondensator deutlich größer machen: 10 uF. Dann können wir eine schöne niedrige Frequenz wie 1000 Hz verwenden, die durch einen 100-pF-Kondensator nicht sehr gut in eine Impedanz von weniger als 1 K übergeht. Schließen Sie auch eine Signalquelle mit einer 3-V-Amplitude an. Wenn Sie die Zeitbereichssimulation ausführen, werden Sie feststellen, dass die Ausgangswellenform ziemlich genau in zwei Hälften zerhackt ist.

Ich bin von der gleichen Strecke gefahren und habe eine Reihe von Dingen entdeckt, die ich nicht im Detail verstanden habe. Also werde ich versuchen, in meiner Erklärung sehr tief zu gehen. Wenn Sie etwas falsch bemerken, sagen Sie es mir und ich werde es korrigieren. Bitte lesen Sie auch die anderen Antworten, da sie einen sehr wertvollen Einblick auf hoher Ebene bieten.

Stellen Sie zunächst sicher, dass Sie den Spannungsabfall der Diode verstehen (wenn nicht googeln). Dioden "verbrauchen" ~ 0,6-0,7 V an Ihrem Eingang, mit anderen Worten, die Spannung an der Diode beträgt ~ 0,6 V. Da sich die Spannung in Reihe addiert, bedeutet dies, dass R3 ~ 4,3 V (5 V der Stromquelle minus 0,6 V der Diode) sieht.

^{simulieren Sie diese Schaltung - Schaltplan erstellt mit CircuitLab}

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

^{simulieren Sie diese Schaltung}

Um die Sache noch komplizierter zu machen, befindet sich zwischen R1 und R2 eine weitere Diode. Sie könnten argumentieren, dass es einen weiteren Abfall von 0,6 V über D2 geben wird, was bedeutet, dass R1 und R2 jeweils 0 V betragen, dh dass überhaupt kein Strom fließt. In der Praxis lassen Dioden noch vor Erreichen der 0,6-V-Schwelle etwas Strom durch. Wenn Sie die Schaltung simulieren, wird der Abfall mit einem Strom von 20 μA auf nur 0,4 V berechnet. Es fließt also ein sehr kleiner Strom durch die D2-Seite, während der größte Teil des Stroms (4300 μA oder 99,5%) durch D1 fließt. Aber wie Sie sehen, würde der Punkt, an dem SIG in den Stromkreis eintritt, in beiden Fällen immer noch bei ~ 0,6 V liegen.

^{simulieren Sie diese Schaltung}

Jetzt ist der letzte Teil des Puzzles, wie sich das Signal und 0,6 V addieren. Mit anderen Worten, wie sich diese beiden Spannungen überlagern. Ich schlage vor, nachzulesen, wie dies funktioniert. Wenn dies unklar ist, zeigt das folgende kurze Beispiel das Konzept: Sie können den Kondensator als Spannungsquelle betrachten und die Spannungen für jede Quelle separat berechnen und später addieren.

^{simulieren Sie diese Schaltung}

Wenn also während der steigenden Signalflanke 0,1 V entladen werden, beträgt das Spannungspotential 0,6 V + 0,1 V, die Diode entfernt 0,6 V davon, so dass der Ausgang wieder nur 0,1 V sieht (minus vernachlässigbarer kleinerer Spannungen für die Ungenauigkeiten).

Die externe 5-V-Quelle über R3 erzeugt etwa 0,6 V an der Anode von D1. Ignorieren Sie das Eingangssignal vorerst. Der 0,6 V-Pegel an D1 wird über R1 an die Anode von D2 übertragen.

Da die Kathode von D2 über den 10k-Widerstand mit 0V verbunden ist, ist D2 am Rande des Leitens - hier müssen Sie es für eine halbwegs präzise Halbwellengleichrichtung eines Signals verwenden.

Das Signal kommt an der Anode von D2 an und alle positiven Werte erhöhen die Vorwärtsvorspannung von D2 weiter, daher wird die positive Halbwelle des Signals über R2 zum Ausgang übertragen.

Da D2 kurz davor steht, in Vorwärtsrichtung vorgespannt zu werden, verringern alle negativen Teile des Signals die Vorwärtsrichtung von D2 und schalten die Vorrichtung aus, so dass die negativen Halbwellen nicht durch D2 verlaufen.

Eine ordnungsgemäße Analyse würde eine Verzerrung (auf der Ausgangswellenform) um den Mittelpunkt des Signals herum zeigen, aber in erster Näherung weist sie eine angemessene Ähnlichkeit mit einem Präzisionshalbwellengleichrichter auf.