167

CAPITULO 5 FILTROS ACTIVOS 5.1. INTRODUCCIÓN. Un filtro activo es un circuito que contiene amplificadores operacionales. Normalmente un filtro de segundo orden contiene un amplificador operacional y un circuito RC. La figura 5.1 muestra el esquema básico de un filtro con realimentación negativa mientras que en la figura 5.2 se muestra el esquema de un filtro con realimentación positiva.

Figura 5.1

Figura 5.2 A continuación se presentan las siguientes definiciones que nos ayudarán en el análisis.

168 1. Función de transferencia hacia delante.(Feedforward) TF =

V1 V2 V3 = 0

2. Función de transferencia hacia atrás.(Feedback) TB =

V1 V3 V2 = 0

Aplicando el principio de superposición resulta:

V1 = TFV2 + TBV3 Topología con realimentación negativa. Para el circuito de la figura 5.1, se tiene: V1 = Vn V2 = Vi V3 = Vo Sí se toma el modelo ideal del amplificador, estoe es, Vn = V p = 0 , resulta la función de

transferencia del circuito: T (s) =

Vo T =− F Vi TB

Tanto la función de transferencia TF como TB están asociadas al circuito RC, es decir, tienen los mismos polos. Lo anterior nos permite expresar la función de transferencia en la forma: Q ( s) / P( s) Q (s) T (s) = − F =− F QB ( s ) / P ( s ) QB ( s )

De acuerdo con el resultado anterior se puede afirmar que los ceros de la función de transferencia son los ceros de TF mientras que los polos son los ceros de TB . Topología con realimentación positiva

Para el circuito de la figura 5.2, se tiene: V1 = V p V2 = Vi V3 = Vo Sí se toma el modelo ideal del amplificador, estoe es, Vn = V p = Vo / k , resulta la función de transferencia del circuito:

169

V kTF T ( s) = o = Vi 1 − kTB Teniendo en cuenta lo planteado para la otra topología, resulta: T ( s) =

kQF ( s ) / P( s ) kQF ( s ) = 1 − kQB ( s) / P( s) P( s ) − kQB ( s )

De acuerdo con el resultado anterior se puede afirmar que los ceros de la función de transferencia son los ceros de TF mientras que los polos son las raíces del polinomio: P( s ) − kQB ( s ) Cualquiera que sea la topología la función de transferencia es una función bicuadrática de la forma: b s 2 + b s + b0 T (s) = K 2 2 1 a2 s + a1s + a0

Como se puede ver, la función bicuadrática presenta dos polos y dos ceros, de cuya ubicación depende el tipo de filtro.

5.2. FILTRO PASABAJAS DE SEGUNDO ORDEN. A partir de la función bicuadrática, el filtro pasabajas de segundo orden corresponde a los datos: b2 = 0 b1 = 0 . Lo anterior significa que la función de transferencia tiene dos polos finitos y dos ceros de transmisión en el infinito. Así las cosas, la función de transferencia se puede escribir en su forma canónica, así:

T (s) = K

ω p2 s 2 + 2αs + ω p

2

En la expresión anterior se tiene: K es la ganancia del filtro α es el amortiguamiento ω p es la frecuencia de paso El amortiguamiento y la frecuencia de paso se relacionan entre sí mediante el factor de calidad: Q del circuito, así:

Q=

ωp 2α

170 A continuación se muestra una topología con realimentación positiva, conocida como Sallen and Key, cuya función de transferencia corresponde al filtro pasabajas de segundo orden. El amplificador operacional de la figura 5.3 se considera ideal, es decir, el circuito se puede modelar como se indica en la figura 5.4, con k ≥ 1 .

x

Figura 5.3

Figura 5.4

Aplicando las leyes y principios resultan las ecuaciones: 1.

Vi − Vx V − V0 / k = C1s (Vx − V0 ) + x R1 R2

2.

Vx − V0 / k = C2 sV0 / k R2

El sistema en forma matricial es: 1  1 1   + C1s −  C1s +  + 1 R R kR 1 2 2   Vx  =  V  R i     C2 s 1 1   V0   1     − + 0  R k kR  2 2    

171 Resolviendo para el voltaje de salida resulta:

V0 =

kVi R1R2C1C2 s + [R2C2 + R1C2 + (1 − k ) R1C1 ]s + 1 2

La función de transferencia se puede expresar en la forma:

1 R1R2C1C2 T ( s) = k  1 1 1− k  1 s2 +  s + + +  R1R2C1C2  R1C1 R2C1 R2C2  Por comparación con la forma canónica de la función de transferencia del filtro pasabajas, resulta: 1 1 1 1− k 2 K = k ωp = 2α = + + R1R2C1C2 R1C1 R2C1 R2C2 Es claro que se tienen diversas maneras de escoger los resistores y los capacitores para ciertas características dadas de factor de calidad y frecuencia de paso.

Ejemplo 5.1. Diseñe un filtro pasabajas de segundo orden de tipo Butterworth con las siguientes características: A max = 1db ω p = 120π

Solución. La función de atenuación, en este caso es: A(S ) = 1 + 2 S + S 2 ;

S =ε

1

2

s

ωp

;

ε ≤ 100.1 A max − 1 ⇒ ε ≤ 0.5088

En consecuencia tenemos:

(528.5)  s   s  A( s ) = 1 + 2  +  ⇒ T (s) = 2 2 s + 528.5 2 s + (528.5)  528.5   528.5  2

Comparando con la función de transferencia del filtro resulta:

K = 1 ω p = 528.5 2α = 528.5 2 de donde resultan dos ecuaciones así:

2

172

1 1 1. + = 528 2 R1C1 R2C1

1 2. = 5282 R1C1R2C2

Como vemos, se trata de un sistema de dos ecuaciones con cuatro incógnitas. Si imponemos que R1 = R2 = 10 K , tenemos: 1.

1 1 + = 528 2 ∗ 104 ⇒ C1 = 268nF C1 C1

2.

1 = 5282 ∗ 108 ⇒ C2 = 134nF C1C2

El circuito resultante se muestra en la figura 5.5.

Figura 5.5 Ejemplo 5.2.

Diseñe un filtro pasabajas de segundo orden de tipo Chebyshev con las siguientes características: A max = 1db ω p = 120π Solución. Usando las tablas de filtros Chebyshev con A max = 1db resulta la función de atenuación:

A( s ) =

S 2 + 1.0977 S + 1.1025 0.9826

S=

s 120π

La correspondiente función de transferencia es:

T ( s) =

0.9826 2

 s   s    + 1.0977  + 1.1025  120π   120π 

173

Sí se hace K = 0.9826 / 1.1025 podemos escribir: T ( s) = K

1.1025(120π ) 2 s 2 + 1.0977(120π ) s + 1.1025(120π ) 2

Comparando con la función de transferencia del filtro resulta: K = 0.891 ω p = 1.1025(120π ) 2 2

2α = 1.0977(120π )

Es claro que, puesto que K < 1 la realización del circuito requiere de una etapa de atenuación con K = 0.891 . Las dos ecuaciones correspondientes al filtro con k = 1 son:

1.

1 1 + = 413.85 R1C1 R2C1

2.

1 = 1.1025(120π ) 2 R1C1R2C2

Como vemos, se trata de un sistema de dos ecuaciones con cuatro incógnitas. Si imponemos que R1 = R2 = 10 K , tenemos: 1.

1 1 + = 413.85 ⋅ 104 C1 C1

2.

1 = 1.1025(120π ) 2108 C1C2

De las ecuaciones anteriores resulta: C1 = 484nF

C2 = 132nF

La figura 5.6 muestra el circuito resultante con la etapa de atenuación a la salida.

Figura 2.6

174 5.3. FILTRO PASAALTAS DE SEGUNDO ORDEN. A partir de la función bicuadrática, el filtro pasabajas de segundo orden corresponde a los datos: b2 = 1 b1 = 0 b0 = 0 . Lo anterior significa que la función de transferencia tiene dos polos finitos y dos ceros de transmisión en cero. Así las cosas, la función de transferencia se puede escribir en su forma canónica, así: T ( s) = K

s2 2 s 2 + 2αs + ω p

Una de las topologías más usadas para el diseño de filtros pasaaltas es la mostrada en la figura 5.7, conocida como Sallen and Key, que consiste básicamente de la topología pasabajas con los capacitores y resistores intercambiados.

Figura 5.7 Al efectuar el análisis del circuito se encuentra que la función de transferencia viene dada por: s2 T ( s) = k  1 1 1− k  1 s2 +  + + s + R1R2C1C2  R2C2 R2C1 R1C1 

Por comparación con la forma canónica de la función de transferencia del filtro pasabajas, resulta: 1 1 1 1− k 2 + + K = k ωp = 2α = R1R2C1C2 R2C2 R2C1 R1C1 Es claro que se tienen diversas maneras de escoger los resistores y los capacitores para ciertas características dadas de factor de calidad y frecuencia de paso. Puede verse que el proceso de diseño de un filtro activo pasaaltas es muy similar al correspondiente pasabajas.

175 Ejemplo 5.3.

Diseño un filtro Butterworth de orden dos con: A max = 0.5db

ω p = 2π ⋅ 104

Solución.

) ω Mediante el cambio de variable s = p y teniendo en cuenta lo estudiado en el capítulo 4, s el equivalente pasabajas del filtro presenta la función de atenuación: ) ) ) ) εω p ) A( S ) = S 2 + 2 S + 1 S = ε s = s

La función de transferencia para el filtro pasaaltas es: T ( s) =

1  εω p   εω p  +  1 + 2  s   s     

2

⇒ T (s) =

s2 s 2 + 2ε ω p s + εω p

Pero: ε ≤ 1010.1 A max − 1 ⇒ ε = 0.3493 La función de transferencia resultante es: T (s) =

s2 s 2 + 5.25 ⋅ 104 s + 13.79 ⋅ 108

Comparando con la función de atenuación del circuito pasaaltas, tenemos:

K = 1 2α = 5.25 ⋅ 10 4 ω p = 13.79 ⋅ 108 2

Con base en lo anterior se escriben las siguientes ecuaciones: 1.

1 1 + = 2.52 ⋅ 104 R2C2 R2C1

2.

1 = 13.79 ⋅ 108 R1R2C1C2

Imponiendo que C1 = C2 = 1nF , encontramos: R2 = 7.94 K La figura 5.8 muestra el circuito resultante.

R1 = 91.3K

2

176

Figura 5.8 Ejemplo 5.4. Diseño un filtro pasaaltas Chebyshev de segundo orden con: A max = 0.5dB

Solución. El equivalente pasabajas tiene la función de atenuación siguiente: A( S ) =

S 2 + 1.4256 S + 1.5152 1.4314

S=

2π ⋅ 104 s

La función de transferencia del filtro pasaaltas es:

T ( s) =

1.4314  2π ⋅ 104   2π ⋅ 104  +  1.5152 + 1.4256 s   s  

2

La función de transferencia se puede expresar en la forma: T ( s) = 0.945

1.5152 s 2

(

1.5152 s 2 + 1.4256 ⋅ 2π ⋅ 104 s + 2π ⋅ 104

T ( s ) = 0.945

s2

(

s 2 + 0.941 ⋅ 2π ⋅ 104 s + 0.66 ⋅ 2π ⋅ 104

Por comparación con la forma canónica resulta:

)

)

2

2

ω p = 2πx10 4

177

K = 0.945 2α = 0.941 ⋅ 2π ⋅ 10

4

ω p = 0.66 ⋅ (2π ⋅ 10 ) 2

4 2

Como vemos, se requiere de una etapa de atenuación con K = 0.945 Las ecuaciones del filtro, con k = 1 , son: 1.

1 1 + = 59120 R2C2 R2C1

2.

1 = 26.06 x108 R1R2C1C2

Imponiendo que: C1 = C2 = 1nF , tenemos: R2 = 33.83K

R1 = 11.34 K

La figura 5.9 muestra el circuito resultante con la etapa de atenuación.

Figura 5.9 5.4. FILTRO PASABANDA DE SEGUNDO ORDEN.

A partir de la función bicuadrática, el filtro pasabanda de segundo orden corresponde a los datos: b2 = 0 b1 = 1 b0 = 0 . Lo anterior significa que la función de transferencia tiene dos polos finitos y un cero de transmisión en cero. Así las cosas, la función de transferencia se puede escribir en su forma canónica, así: T ( s) = K

2αs 2 s + 2αs + ω p 2

Una manera más adecuada para escribir la función de transferencia es:

178 Bs T ( s) = K 2 2 s + Bs + ω 0 En la expresión anterior: B es el ancho de banda ω 0 es la frecuencia central El factor de calidad del circuito es: Q =

ω0

B Una de las topologías más usadas para el diseño de filtros pasaaltas es la mostrada en la figura 5.10 y se conoce como topología Sallen and Key.

x

Figura 5.10 Al aplicar las leyes de Kirchhoff resultan las ecuaciones: 1.

Vx − kV p Vi − Vx = C1sVx + C2 s (Vx − V p ) + R1 R2

2. C2 s (Vx − V p ) =

 1 ⇒ C2 sVx =  C2 s + V p R3 R3  

Vp

Resolviendo el sistema, resulta la función de transferencia: T ( s ) = K

Bs 2 s + Bs + ω 0 2

En la expresión anterior se tiene que:

K=

k R1C1B

B=

1 1 1 1− k + + + R1C1 R3C1 R3C2 R2C1

ω02 =

R1 + R2 R1R2 R3C1C2

Para diseñar un filtro pasabanda de tipo Butterworth se procede de la siguiente manera:

179

Datos: B,ω 0 , A max Con la información dada se calcula: ε = 100.1 A max − 1 2 2 ) ) 1 ) ) s + ω0 S = εs s = El equivalente pasabajas del filtro es: T ( S ) = ) Bs S +1 La función de transferencia a realizar es:

T ( s) =

(B / ε )s 2 s + ( B / ε )s + ω0 2

La forma canónica de la función de transferencia es: T ( s ) = K

Bs 2 s + Bs + ω 0 2

Con base en lo presentado previamente se tiene:

K=

k R1C1B / ε

B /ε =

1 1 1 1− k + + + R1C1 R3C1 R3C2 R2C1

ω02 =

R1 + R2 R1R2 R3C1C2

Sí se toman los resistores con igual resistencia: R1 = R2 = R3 = R , resulta:

K=

k RC1B / ε

B /ε =

1  1 3− k  2   ω 0 2 = 2 + R  C2 C1  R C1C2

Resulta, en consecuencia, un sistema de tres ecuaciones no lineales así:

k = KRB / ε C1 1 3−k + = RB / ε C2 C1 2 2 = R 2ω 0 C1C2 Para facilitar la solución del sistema se hacen los cambios de variable: x =

1 C1

y=

1 . C2

Así las cosas, el sistema a resolver es: kx = KRB / ε

y + (3 − k )x = RB / ε

2 xy = R 2ω 0

2

Sustituyendo la primera en la segunda resulta un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas:

180

3 x + y = (1 + K ) RB / ε 2 xy = R 2ω 0

2

Eliminando la variable y se obtiene la ecuación cuadrática: 6 x 2 − 2( K + 1) RB / εx + R 2ω 0 = 0 2

La solución de la ecuación es: x =

( K + 1) RB / ε ± R ( K + 1) 2 ( B / ε ) 2 − 6ω 0

2

6

ω Debe cumplirse que: K + 1 ≥ 6 0 . Cuando se toma la igualdad se obtiene: B /ε ( K + 1) RB / ε x=

6

⇒ C1 = 1 / x

R 2ω 0 ⇒ C2 = 1 / y 2x KRB / ε k= x 2

y=

Los resultados son: K= 6

ω0 −1 B /ε

C1 =

6 Rω 0

C2 =

6

k=

3 Rω 0

K 6B / ε

ω0

Ejemplo 5.5.

Diseñe un filtro Butterworth de orden dos, con las siguientes características:

ω 0 = 5π ⋅ 104

B = 2π ⋅ 104

A max = 0.5dB

Solución.

Con base en la información dada se encuentra que: ε = 0.3493 Aplicando la restricción resulta: K + 1 ≥ 6

ω0 ⇒ K ≥ 1.14 B /ε

Tomando K = 1.14 y R = 10 K se tiene: C1 = 1.56nF

C2 = 0.52nF

k = 3.2

El circuito resultante es el mostrado en la Figura 5.11. Se deja al estudiante la correspondiente simulación.

181

Figura 2.11 5.5. FILTROS PASABANDA DE BANDA ANCHA.

Un filtro pasabanda es de banda ancha cuando el factor de calidad: Q es relativamente bajo. Una manera de diseñar este tipo de filtros consiste en colocar en cascada un filtro pasabajas con otro pasaaltas según lo sugiere la figura 5.12. La función de transferencia del circuito mostrado es:    ω22 s2     T (s ) =  K L 2 KH 2 2  2  + + + + s 2 α s ω s 2 α s ω 2 2  1 1  

+ Vi −

Pasabajas

+ VPB Seguidor −

Pasaaltas

+ V0 −

Figura 5.12

El diagrama de Bode de la función de transferencia pasabanda es la suma de los diagramas de Bode de las funciones de transferencia pasabajas y pasaaltas tal como lo ilustra las figuras 5.13, 5.14 y 5.15. El éxito en el diseño del filtro lo garantiza la presencia del seguidor de voltaje con el fin de que uno de los circuitos no sea una carga para el otro.

182

Figura 5.13

Figura 5.14

Ejemplo 5.6.

Diseñe un filtro de tipo Butterworth con las siguientes características: B = 2π ⋅ 104

ω1 = 2π ⋅ 104

A max = 1db

Figura 5.15 Solución. Puesto que : B = ω 2 − ω1 , entonces : ω 2 = 2.2π ⋅ 104

ω o 2 = ω1ω 2 ⇒ ω o 2 = 44π 2 ⋅ 106 ⇒ ω o ≅ 2.084 x104 Debemos diseñar los filtros pasabajas y pasaaltas así:

183

1. Filtro pasabajas: ω p = 2.2π ⋅ 10

A max = 1dB

4

la función de atenuación correspondiente es: A(S ) = S 2 + 2 S + 1

S =ε

1

2

s

ωp

ε ≤ 100.1 A max − 1 ⇒ ε ≤ 0.5088 ⇒ S =

s 96894

2

968942  s   s  A(s ) =  , kL = 1  + 1 ⇒ T (s ) = 2  + 2 s + 2 ⋅ 96894 s + 968942  96894   96894  Comparando con la función de transferencia canónica resulta: 1.

1 1 + = 96894 2 R1C1 R2C1

2.

1 = 968942 R1C1 R2C2

Imponiendo R1 = R2 = 10 K , resulta: C1 = 1.46nF b. Filtro Pasaaltas: ω p = 2π ⋅ 104

C2 = 1.065nF

A max = 1dB

3 ) 2π ⋅ 10 Se hace la correspondiente transformación a pasabajas, así: s = s La función de atenuación del filtro pasabajas de segundo orden es:

) ) ) ) ) A( S ) = S 2 + 2 S + 1 S = ε 1 / 2 s

Puesto que: ε ≤ 100.1 A max − 1 = 0.5088 , se tiene que: ) 0.713 ⋅ 2π ⋅ 103 4480 S= = s s

La función de transferencia del filtro pasaaltas es: T ( s) =

1  4480   4480  1 + 2 +   s   s 

2

=

s2 s 2 + 4480 2 s + 4480 2

Comparando con la función de atenuación del circuito pasaaltas, resulta:

184 1.

1 1 + = 4480 2 R2C2 R2C1

2.

1 = 44802 R1R2C1C2

Imponiendo que: C1 = C2 = 10nF , resulta: R2 = 31.57 K R2 = 15.78 K Puesto que las etapas son activas el circuito no requiere de seguidor, es decir, se pueden conectar directamente en cascada como lo ilustra la figura 5.16.

5.6. FILTROS RECHAZABANDA Recordemos que la función bicuadrática presenta la forma general: T (s) = K

b2 s 2 + b1s + b0 a2 s 2 + a1s + a0

Figura 5.16 La característica rechazabanda corresponde al caso: b2 = 1 b1 = 0 . La forma canónica de la función de transferencia de un filtro rechazabanda de segundo orden es la siguiente: s 2 + ω0 2 s 2 + Bs + ω 0 2

T (s) = K

En la expresión anterior: ω 0 es la frecuencia central B es el ancho de banda La topología de la figura 5.17 permite obtener la función de transferencia del filtro rechazabanda. El parámetro p será el responsable del ancho de banda del filtro, mientras que la frecuencia central dependerá de R y C.

185

Figura 5.17 Al aplicar las leyes y principios resultan las siguientes ecuaciones de nodo:

V − V0 Cs (Vx − V0 / k ) + x p p R p +1 Vi − Vy Vy − V0 / k p + 1 2. = + Cs (Vy − V0 ) R pR p Vy − V0 / k Cs (Vx − V0 / k ) + =0 3. p pR 1. Cs (Vi − Vx ) =

El sistema, en forma matricial es el siguiente:

 1   Cs p + 1   0 − +  ( p + 1) Cs + R  R   V   pCsVi     k  x 1 1     p     V Vi  0 ( p + 1) Cs +  −  ( p + 1)Cs +  y =   R kR     R      V  1  Cs 1    0   0   Cs − +   R  k kR   Resolviendo para el voltaje de salida se encuentra que la función de transferencia viene dada por:

186

1 R C2 T ( s) = k 2( p + 1)(1 − k ) 1 s+ 2 2 s2 + pRC RC s2 +

2

Comparando con la forma canónica resulta:

ω0 =

1 RC

El factor de calidad del filtro es: Q =

B=

2( p + 1)(1 − k ) ω0 p

p 2( p + 1)(1 − k )

Puede verse que es necesario que la ganancia sea menor que la unidad. Sí la ganancia es unitaria el circuito es un filtro pasatodo. Puesto k debe ser mayor que la unidad, los polos de la función de transferencia se ubicarán a la derecha del eje imaginario haciendo que el sistema sea inestable. Sí tomamos k = 1.1 , la función de transferencia será: T (s) = k

s 2 + ω0 p +1 ω 0 s + ω 02 s2 − 5p

Ejemplo 5.7.

Diseñe un filtro rechazabanda de tipo Butterworth con las siguientes características:

B = 2π ⋅ 104

ω0 = 5π ⋅ 104

A max = 3db

Solución. Con la información dada se tiene que, para k = 1.1

Q = 5/ 2 ⇒

De otro lado:

5p = 5/ 2 ⇒ p = 1 p +1

1 = 5π ⋅ 104 ⇒ RC = 6.366 ⋅ 10− 6 RC

Sí se toma: C = 10nF se obtiene: R = 636.6Ω Sí se toma: C = 1nF se obtiene: R = 6.366 K Para la segunda opción resulta el circuito de la figura 5.18.

187

Figura 5.18

Se puede diseñar un sistema de control que permita desplazar los polos hacia la izquierda del eje imaginario con lo que el sistema se vuelve estable. Por el momento estudiaremos otra alternativa para diseñar filtros rechazabanda. 5.7. FILTROS RECHAZABANDA A PARTIR DE UN PASABANDA

Consideremos el esquema de la figura 5.19.

Vi

Pasabanda pasabanda

VE

∑ +

KK Figura 5.19

La salida del bloque pasabanda viene dada por: VE = K

Bs V 2 i s + Bs + ω 0 2

La salida del sumador es: V0 = KVi − VE = KVi − K

  Bs Bs V V ⇒ V0 = K 1 − 2 2 i 2  i ω s + Bs + ω 0 s + Bs + 0   2

V0

188 Con base en lo anterior, la función de transferencia del sistema corresponde a un filtro rechazabanda, así: 2 s 2 + ω0 T (s) = K 2 2 s + Bs + ω 0

La topología de la figura 5.20 permite la realización de la función de transferencia dada aunque la salida queda invertida, así: Bs V 2 i s + Bs + ω 0 R V0 = − KVi + (1 + K ) Ve R + KR Ve = K

2

Simplificando resulta: s 2 + ω0 2 s 2 + Bs + ω 0 2

T (s) = − K Ejemplo 2.8.

Diseñe un filtro rechazabanda de tipo Butterworth con las siguientes características:

B = 2π ⋅ 104

ω0 = 5π ⋅ 104

A max = 3db

Solución. Primero que todo se diseña el filtro pasabanda a partir de su función de transferencia, así:

Tpb( s ) = K

Bs 2 s + Bs + ω 0 2

Con base en lo presentado previamente se tiene: K=

k R1C1B

B=

1 1 1 1− k R1 + R2 + + + ω02 = R1C1 R3C1 R3C2 R2C1 R1R2 R3C1C2

Sí se toman los resistores con igual resistencia: R1 = R2 = R3 = R , resulta: K=

k RC1B

B=

1  1 3− k  2   ω 0 2 = 2 + R  C2 C1  R C1C2

189

Figura 5.20

Resulta, en consecuencia, un sistema de tres ecuaciones no lineales así:

1 3− k + = RB C2 C1

k = KRB C1

2 2 = R 2ω 0 C1C2

Para facilitar la solución del sistema se hacen los cambios de variable: x =

1 C1

y=

1 . C2

Así las cosas, el sistema a resolver es: kx = KRB

y + (3 − k )x = RB

2 xy = R 2ω 0

2

Sustituyendo la primera en la segunda resulta un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas: 3 x + y = (1 + K ) RB 2 xy = R 2ω 0

2

Eliminando la variable y se obtiene la ecuación cuadrática: 6 x 2 − 2( K + 1) RBx + R 2ω 0 = 0 2

La solución de la ecuación es: x = Debe cumplirse que: K + 1 ≥ 6

( K + 1) RB ± R ( K + 1) 2 B 2 − 6ω 0

ω0 B

6

2

190

Tomando K = 5.124 y R = 10 K se tiene: C1 = 1.56nF La figura 5.21 muestra el circuito resultante.

C2 = 0.52nF

k = 5.022

Figura 5.21

La ventaja de esta topología es que genera tanto el filtro pasabanda como el rechazabanda, así: 2 Ve Bs V0 s 2 + ω0 =K = K 2 2 Vi Vi s + 2 + Bs + ω 0 s + 2 + Bs + ω 0 5.8. FILTRO RECHAZABANDA A PARTIR DE UN FILTRO PASABAJAS Y UNO PASAALTAS.

Consideremos el diagrama de bloques de la figura 5.22 Vo1 k Lω1 Vo2 kH s 2 = 2 y = 2 2 Vi Vi s + 2α1s + ω1 s 2 + 2α 2 s + ω 2 2

Sabemos que :

En consecuencia tenemos:

Vo k s 2 + k Lω1 = 2H ; para ω1 = ω 2 , α1 = α 2 Vi s + 2αs + ω 2 2

(

)

Si adicionalmente tomamos kL = 1 y kH = 1, resulta la función de atenuación: s 2 + Bs + ω o A(s ) = 2 s 2 + ωo

2

191

LP

Vo1

Vi

Vo = Vo1 + Vo2

HP

Vo2

Figura 5.22

Justamente, la función de atenuación corresponde a un filtro rechazabanda con un ancho de banda B y una frecuencia central ω 0 . El diagrama de Bode de la función de atenuación se muestra en la Figura 5.23 Ejemplo 5.9.

Realice, usando el circuito mencionado, la característica de atenuación rechazabanda :

ω o = 2πx10 4 ;

B = 3πx10 4 ;

ω1 = πx10 4 ;

A max = 1dB

Solución. Encontrando la realización de tipo Butterworth de orden dos, se puede observar la gráfica de un rechazabanda en la figura 5.23. La figura 5.24 muestra las características del filtro. s 2 + ω0 2 s 2 + εBs + ω 0 2

La función de transferencia del filtro rechazabanda es: T ( s ) = Con los datos se tiene: T (s ) =

s 2 + 628322 ; s 2 + 47953s + 628322

se tomo ε = 0.5

Como se indicó al principio, se trata de diseñar un filtro pasabajas y otro pasaaltas, tales que: TLP (s ) =

628322 ; s 2 + 47953s + 628322

THP (s ) =

s2 s 2 + 47953s + 628322

192

Figura 5.23

Figura 5.24

a. El circuito pasabajas se muestra en la figura 5.25 1.

1 1 + = 47953 R1C1 R2C1

2.

1 = 628322 R1R2C1C2

Tomando R1 = R2 = 10 K resulta: C1 = 4.17 nF

C2 = 0.61nF

193 C1

R1

R2

C2

Vi

Vo1(s)

Figura 5.25

b. El circuito pasaaltas es el de la figura 5.26 R1

C1

C2

Vi

Vo2

R2

Figura 5.26

1.

1 1 + = 47953 R2C2 R2C1

2.

1 = 628322 R1R2C1C2

Tomando : C1 = C2 = 10nF tenemos: R1 = 4.17 K

R2 = 607Ω

Para sumar las funciones de transferencia, usamos el circuito de la figura 2.27 Vo1 Vo2

R R R

Vo = - (Vo1 + Vo2)

Figura 5.27

194

El circuito definitivo se muestra en la figura 5.28 C1

R1

R2 R R

C2

Ra

Ca

Vi

Vo Cb

R

Rb

Figura 5.28

Se toma R = 10 K y se procede a la simulación. 5.9. EJERCICIOS RESUELTOS Y SIMULACIONES

1. Realice la simulación en Matlab y en Spice del ejemplo 5.1 Solución. a. Simulación en Matlab Con la función de tranferencia resultante en ejemplo 2.1, se obtiene el diagrama de bode de la figura 5.29.

num = 2.793284264459252e+005; den =[ 1 7.474335106829573e+002 2.793284264459252e+005]; bode(num,den); b. Simulación en Spice. La figura 5.30 muestra el esquemático y el resultado de la simulación se muestra en la figura 5.31

195

Figura 5.29

Figura 5.30

2. Realice la simulación en Matlab y en Spice del ejemplo 5.2 Solución. a. Simulación en Matlab.

Con la función de tranferencia resultante en ejemplo 5.2, se obtiene diagrama de bode de la figura 2.32 num=0.9826; den=[7.036193308495681e-006 2.911739683866225e-003 1.1025]; bode(num,den);

196

Figura 5.31

Figura 5.32

b. Simulación en Spice. El esquemático se muestra en la figura 5.33, mientras que el resultado de la simulación se ilustra en la figura 5.34. 3. Realice la simulación en Matlab y en Spice del ejemplo 5.3

197 Solución. a. Simulación en Matlab.

Se usa el mismo procedimiento del ejercicio anterior, y se usa la función de tranferencia resultante en ejemplo 5.3. La figura 5.35 ilustra el diagrama de Bode de atenuación obtenido con Matlab. b. Simulación en Spice. El esquemático se muestra en la figuras 5.36 y la simulación en la figura 5.37

Figura 5.33

Figura 5.34

198

Figura 5.35

Figura 5.36

Figura 5.37

199 5.10. EJERCICIOS PROPUESTOS

1. Usando la topología Sallen and Key, diseñe un filtro activo pasabajas de segundo orden de tipo Chebyshev con las siguientes características:

ω p = 2π ⋅ 104

A max = 2db

Efectúe la simulación en Spice. 2. Usando la topología Sallen and Key, diseñe un filtro activo pasaaltas de segundo orden de tipo Chebyshev con las siguientes características: ω p = 2π ⋅ 104 A max = 2db Efectúe la simulación en Spice. 3. Usando la topología Sallen and Key, diseñe un filtro activo pasabanda de segundo orden de tipo Chebyshev con las siguientes características:

ω 0 = 2π ⋅ 104

B = 4π ⋅ 103

A max = 2db

Efectúe la simulación en Spice. 4. Diseñe, usando un filtro pasabajas y otro pasaaltas, un filtro pasabanda de tipo Butterworth que cumpla con las siguientes características:

ω 0 = 2π ⋅ 104

B = π ⋅ 104

A max = 2db

Efectúe la simulación en Spice. 5. Diseñe un filtro pasabanda activo Butterworth y Chebyshev, que cumpla las siguientes características: rad rad rad rad w3 = 2π 8000 w1 = 2π 8800 w2 = 2π 10000 w4 = 2π 11000 s s s s Amin = 50 dB R L = 1KΩ Amax = 0.2 dB Encuentre a. La función de transferencia. b. Los diagramas de bode de Atenuación o Ganancia. c. Los valores de los componentes del circuito: Teóricos y comerciales. d. La simulación en Spice con los valores teóricos y comerciales. 6. Diseñe un filtro rechazabanda de segundo orden de tipo Butterworth que cumpla con las siguientes características:

ω 0 = 2π ⋅ 104

B = π ⋅ 104

A max = 2db

200

Efectúe la simulación en Spice. 7. Una estructura bastante conocida para realizar un filtro de tipo notch es la que se ilustra en la figura 5.38. kVp

C3

R3 R1

R2 V2

Vp

C1

C2

Vi

V1 RL

(k-1) r

CL

Vo

r

Figura 5.38

a. Muestre que las ecuaciones del circuito son: 1. C1s (Vi − V1 ) = 2. 3.

V1 − kV p R3

+ C2 s (V1 − V p )

Vi − V2 V2 − V p = + C3 s (V2 − kV p ) R1 R2 V2 − V p R2

+ C2 s (V1 − V p ) =

Vp ZL

b. Tome la siguiente información: C1 = C C2 = C / α R1 = R

R2 = αR

C3 = C + C / α R3 =

αR α +1

Muestre que sí α = 1 , la función de transferencia es: Vo R 2C 2 s 2 + 1 = Vi 3R 2C 2 s 2 + 2 RCs + 1 c. Dibuje el diagrama de Bode de magnitud de la función de transferencia y simule el circuito con ω 0 = 2π ⋅ 104