filtros activos en general
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Filtros activos con ampopTRANSCRIPT
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)
032
1
==
VVVTF
2. Función de transferencia hacia atrás.(Feedback)
023
1
==
VVVTB
Aplicando el principio de superposición resulta:
321 VTVTV BF +=
Topología con realimentación negativa. Para el circuito de la figura 5.1, se tiene: oin VVVVVV === 321 Sí se toma el modelo ideal del amplificador, estoe es, 0== pn VV , resulta la función de transferencia del circuito:
B
F
i
o
TT
VVsT −==)(
Tanto la función de transferencia FT como BT están asociadas al circuito RC, es decir, tienen los mismos polos. Lo anterior nos permite expresar la función de transferencia en la forma:
)()(
)(/)()(/)()(
sQsQ
sPsQsPsQsT
B
F
B
F −=−=
De acuerdo con el resultado anterior se puede afirmar que los ceros de la función de transferencia son los ceros de FT mientras que los polos son los ceros de BT .
Topología con realimentación positiva Para el circuito de la figura 5.2, se tiene: oip VVVVVV === 321
Sí se toma el modelo ideal del amplificador, estoe es, kVVV opn /== , resulta la función de transferencia del circuito:
169
B
F
i
o
kTkT
VVsT
−==
1)(
Teniendo en cuenta lo planteado para la otra topología, resulta:
)()()(
)(/)(1)(/)()(
skQsPskQ
sPskQsPskQsT
B
F
B
F
−=
−=
De acuerdo con el resultado anterior se puede afirmar que los ceros de la función de transferencia son los ceros de FT mientras que los polos son las raíces del polinomio:
)()( skQsP B− Cualquiera que sea la topología la función de transferencia es una función bicuadrática de la forma:
012
2
012
2)(asasabsbsbKsT
++++
=
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: 00 12 == bb . 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:
22
2
2)(
p
p
ssKsT
ωαω
++=
En la expresión anterior se tiene: K es la ganancia del filtro α es el amortiguamiento
pω 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:
αω2
pQ =
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 1≥k .
Figura 5.3
Figura 5.4
Aplicando las leyes y principios resultan las ecuaciones:
1. 2
001
1
/)(R
kVVVVsCR
VV xx
xi −+−=
− 2. ksVCR
kVVx //02
2
0 =−
El sistema en forma matricial es:
ix VRV
V
kRksC
R
kRsCsC
RR
=
+−
+−++
0
1
11
111
10
2
2
2
211
21
x
171
Resolviendo para el voltaje de salida resulta:
[ ] 1)1( 1121222
21210 +−+++=
sCRkCRCRsCCRRkVV i
La función de transferencia se puede expresar en la forma:
2121221211
2
2121
1111
1
)(
CCRRs
CRk
CRCRs
CCRRksT+
−+++
=
Por comparación con la forma canónica de la función de transferencia del filtro pasabajas, resulta:
2212112121
2 11121CRk
CRCRCCRRkK p
−++=== αω
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: πω 1201max == pdbA Solución. La función de atenuación, en este caso es:
( ) 5088.0110;;21 max1.0212 ≤⇒−≤=++= εεω
ε A
p
sSSSSA
En consecuencia tenemos:
( )( )22
22
5.52825.5285.528)(
5.5285.52821)(
++=⇒
+
+=
sssTsssA
Comparando con la función de transferencia del filtro resulta:
25.52825.5281 === αω pK de donde resultan dos ecuaciones así:
172
2
22111211
5281.2252811.1 ==+CRCRCRCR
Como vemos, se trata de un sistema de dos ecuaciones con cuatro incógnitas. Si imponemos que KRR 1021 == , tenemos:
nFCCC
nFCCC
134105281.2
26810252811.1
282
21
14
11
=⇒∗=
=⇒∗=+
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: πω 1201max == pdbA Solución. Usando las tablas de filtros Chebyshev con dbA 1max = resulta la función de atenuación:
π1209826.01025.10977.1)(
2 sSSSsA =++
=
La correspondiente función de transferencia es:
1025.1120
0977.1120
9826.0)( 2
+
+
=
ππss
sT
173
Sí se hace 1025.1/9826.0=K podemos escribir:
22
2
)120(1025.1)120(0977.1)120(1025.1)(
πππ
++=
ssKsT
Comparando con la función de transferencia del filtro resulta:
)120(0977.12)120(1025.1891.0 22 παπω === pK
Es claro que, puesto que 1<K la realización del circuito requiere de una etapa de atenuación con 891.0=K . Las dos ecuaciones correspondientes al filtro con 1=k son:
2
22111211
)120(1025.11.285.41311.1 π==+CRCRCRCR
Como vemos, se trata de un sistema de dos ecuaciones con cuatro incógnitas. Si imponemos que KRR 1021 == , tenemos:
82
21
4
11
10)120(1025.11.2
1085.41311.1
π=
⋅=+
CC
CC
De las ecuaciones anteriores resulta: nFCnFC 132484 21 == 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: 001 012 === bbb . 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:
22
2
2)(
psssKsT
ωα ++=
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:
2121111222
2
2
1111)(
CCRRs
CRk
CRCRs
sksT+
−+++
=
Por comparación con la forma canónica de la función de transferencia del filtro pasabajas, resulta:
1112222121
2 11121CRk
CRCRCCRRkK p
−++=== αω
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: 4
p 102 5.0max ⋅== πωdbA Solución.
Mediante el cambio de variable s
s pω=) y teniendo en cuenta lo estudiado en el capítulo 4,
el equivalente pasabajas del filtro presenta la función de atenuación:
ssSSSSA pωε
ε ==++= )))))12)( 2
La función de transferencia para el filtro pasaaltas es:
22
2
2 2)(
21
1)(pppp
ssssT
ss
sTεωωεωεωε ++
=⇒
+
+
=
Pero: 3493.0110 max1.10 =⇒−≤ εε A La función de transferencia resultante es:
842
2
1079.131025.5)(
⋅+⋅+=
ssssT
Comparando con la función de atenuación del circuito pasaaltas, tenemos:
824 1079.131025.521 ⋅=⋅== pK ωα
Con base en lo anterior se escriben las siguientes ecuaciones:
8
2121
4
1222
1079.131.2
1052.211.1
⋅=
⋅=+
CCRR
CRCR
Imponiendo que nFCC 121 == , encontramos: KRKR 3.9194.7 12 == La figura 5.8 muestra el circuito resultante.
176
Figura 5.8 Ejemplo 5.4. Diseño un filtro pasaaltas Chebyshev de segundo orden con: 4
p 102 5.0max xdBA πω == Solución. El equivalente pasabajas tiene la función de atenuación siguiente:
sSSSSA
42 1024314.1
5152.14256.1)( ⋅=
++=
π
La función de transferencia del filtro pasaaltas es:
244 1021024256.15152.1
4314.1)(
⋅+
⋅+
=
ss
sTππ
La función de transferencia se puede expresar en la forma:
( )2442
2
1021024256.15152.15152.1945.0)(
⋅+⋅⋅+=
ππ ssssT
( )2442
2
10266.0102941.0945.0)(
⋅⋅+⋅⋅+=
ππ ssssT
Por comparación con la forma canónica resulta:
177
2424 )102(66.0102941.02945.0 ⋅⋅=⋅⋅== πωπα pK
Como vemos, se requiere de una etapa de atenuación con 945.0=K Las ecuaciones del filtro, con 1=k , son:
8
2121
1222
1006.261.2
5912011.1
xCCRR
CRCR
=
=+
Imponiendo que: nFCC 121 == , tenemos: KRKR 34.1183.33 12 == 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: 010 012 === bbb . 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:
22 22)(
psssKsTωα
α++
=
Una manera más adecuada para escribir la función de transferencia es:
178
20
2)(
ω++=
BssBsKsT
En la expresión anterior: B es el ancho de banda
0ω es la frecuencia central
El factor de calidad del circuito es: B
Q 0ω=
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.
Figura 5.10 Al aplicar las leyes de Kirchhoff resultan las ecuaciones:
( )
( ) pxp
px
pxpxx
xi
VR
sCsVCRV
VVsC
RkVV
VVsCsVCR
VV
+=⇒=−
−+−+=
−
322
32
221
1
1.2
.1
Resolviendo el sistema, resulta la función de transferencia: 20
2)(
ω++=
BssBsKsT
En la expresión anterior se tiene que:
21321
2120
1223131111
1111CCRRR
RRCRk
CRCRCRB
BCRkK +
=−
+++== ω
Para diseñar un filtro pasabanda de tipo Butterworth se procede de la siguiente manera:
x
179
Datos: max,, 0 AB ω
Con la información dada se calcula: 110 max1.0 −= Aε
El equivalente pasabajas del filtro es: Bs
sssSS
ST2
02
11)( ωε +
==+
= ))))
)
La función de transferencia a realizar es:
20
2 )/()/()(
ωεε
++=
sBssBsT
La forma canónica de la función de transferencia es: 20
2)(
ω++=
BssBsKsT
Con base en lo presentado previamente se tiene:
21321
2120
1223131111
1111// CCRRR
RRCRk
CRCRCRB
BCRkK +
=−
+++== ωεε
Sí se toman los resistores con igual resistencia: RRRR === 321 , resulta:
212
20
121
2311// CCRC
kCR
BBRCkK =
−+== ωε
ε
Resulta, en consecuencia, un sistema de tres ecuaciones no lineales así:
20
2
21
12
1
2
/31
/
ω
ε
ε
RCC
RBC
kC
KRBCk
=
=−
+
=
Para facilitar la solución del sistema se hacen los cambios de variable: 21
11C
yC
x == .
Así las cosas, el sistema a resolver es:
( )2
022
/3/
ω
εε
Rxy
RBxkyKRBkx
=
=−+=
Sustituyendo la primera en la segunda resulta un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas:
180
20
22/)1(3
ωε
RxyRBKyx
=+=+
Eliminando la variable y se obtiene la ecuación cuadrática:
0/)1(26 20
22 =++− ωε RxRBKx
La solución de la ecuación es: 6
6)/()1(/)1( 20
22 ωεε −+±+=
BKRRBKx
Debe cumplirse que: ε
ω/
61 0
BK ≥+ . Cuando se toma la igualdad se obtiene:
xKRBk
yCx
Ry
xCRBKx
ε
ω
ε
/
/12
/16
/)1(
2
20
2
1
=
=⇒=
=⇒+
=
Los resultados son:
1/
6 0 −=ε
ωB
K 0
16ωR
C = 0
2 36ωR
C = 0
/6ω
εBKk =
Ejemplo 5.5. Diseñe un filtro Butterworth de orden dos, con las siguientes características:
dBAB 5.0max102105 440 =⋅=⋅= ππω
Solución. Con base en la información dada se encuentra que: 3493.0=ε
Aplicando la restricción resulta: 14.1/
61 0 ≥⇒≥+ KB
Kε
ω
Tomando 14.1=K y KR 10= se tiene: 2.352.056.1 21 === knFCnFC 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:
( )
++
++= 2
112
2
222
2
22
22 ωαωαω
sssK
ssKsT HL
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.
−
+
iV −
+
0VPasabajas Pasaaltas Seguidor
−
+
PBV
182
Figura 5.13 Figura 5.14 Ejemplo 5.6. Diseñe un filtro de tipo Butterworth con las siguientes características:
dbAB 1max102102 41
4 =⋅=⋅= πωπ
Figura 5.15
Solución. Puesto que : 12 ωω −=B , entonces : 4
2 102.2 ⋅= πω
462221
2 10084.21044 xooo ≅⇒⋅=⇒= ωπωωωω Debemos diseñar los filtros pasabajas y pasaaltas así:
183
1. Filtro pasabajas: dBAp 1max102.2 4 =⋅= πω la función de atenuación correspondiente es:
( )
( ) ( ) 1,96894968942
96894196894
296894
968945088.0110
12
22
22
max1.0
212
=+⋅+
=⇒+
+
=
=⇒≤⇒−≤
=++=
L
A
p
kss
sTsssA
sS
sSSSSA
εε
ωε
Comparando con la función de transferencia canónica resulta:
2
22111211
968941.229689411.1 ==+CRCRCRCR
Imponiendo KRR 1021 == , resulta: nFCnFC 065.146.1 21 == b. Filtro Pasaaltas: dBAp 1max102 4 =⋅= πω
Se hace la correspondiente transformación a pasabajas, así: s
s3102 ⋅
=π)
La función de atenuación del filtro pasabajas de segundo orden es:
sSSSSA ))))) 2/12 12)( ε=++=
Puesto que: 5088.0110 max1.0 =−≤ Aε , se tiene que:
ssS 4480102713.0 3
=⋅⋅
=π)
La función de transferencia del filtro pasaaltas es:
22
2
2 4480244804480448021
1)(++
=
+
+
=ss
s
ss
sT
Comparando con la función de atenuación del circuito pasaaltas, resulta:
184
2
21211222
44801.22448011.1 ==+CCRRCRCR
Imponiendo que: nFCC 1021 == , resulta: KRKR 78.1557.31 22 == 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:
012
2
012
2)(asasabsbsbKsT
++++
=
Figura 5.16 La característica rechazabanda corresponde al caso: 01 12 == bb . La forma canónica de la función de transferencia de un filtro rechazabanda de segundo orden es la siguiente:
20
2
20
2
)(ω
ω++
+=
BsssKsT
En la expresión anterior: 0ω 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:
1. R
pp
VVkVVp
CsVVCs xxxi
1
)/()( 00
+
−+−=−
2. )(1/0
0 VVCsp
ppR
kVVR
VVy
yyi −+
+−
=−
3. 0/
)/( 00 =
−+−
pRkVV
kVVp
Cs yx
El sistema, en forma matricial es el siguiente:
=
+−
++−
++
+
+−
++
011
1)1(1)1(0
101)1(
0
i
i
y
x
VRp
pCsV
VVV
kRkCs
RCs
kRCsp
RCsp
Rp
kCs
RCsp
Resolviendo para el voltaje de salida se encuentra que la función de transferencia viene dada por:
186
222
222
1)1)(1(2
1
)(
CRs
pRCkps
CRs
ksT+
−++
+=
Comparando con la forma canónica resulta:
00)1)(1(21 ωω
pkpB
RC−+
==
El factor de calidad del filtro es: )1)(1(2 kp
pQ−+
=
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 1.1=k , la función de transferencia será:
200
2
02
51)(
ωω
ω
++
−
+=
sp
ps
sksT
Ejemplo 5.7. Diseñe un filtro rechazabanda de tipo Butterworth con las siguientes características:
dbAB 3max105102 40
4 =⋅=⋅= πωπ
Solución. Con la información dada se tiene que, para 1.1=k
12/51
52/5 =⇒=+
⇒= pp
pQ
De otro lado: 64 10366.61051 −⋅=⇒⋅= RCRC
π
Sí se toma: nFC 10= se obtiene: Ω= 6.636R Sí se toma: nFC 1= se obtiene: KR 366.6= 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. Figura 5.19
La salida del bloque pasabanda viene dada por: iE VBssBsKV 2
02 ω++
=
La salida del sumador es:
iiiEi VBssBsKVV
BssBsKKVVKVV
++−=⇒
++−=−= 2
0202
020 1
ωω
pasabanda
K
∑ 0ViV
+
EVPasabanda
K
188
Con base en lo anterior, la función de transferencia del sistema corresponde a un filtro rechazabanda, así:
20
2
20
2
)(ω
ω++
+=
BsssKsT
La topología de la figura 5.20 permite la realización de la función de transferencia dada aunque la salida queda invertida, así:
ie VBssBsKV 2
02 ω++
=
ei VKRR
RKKVV+
++−= )1(0
Simplificando resulta:
20
2
20
2
)(ω
ω++
+−=
BsssKsT
Ejemplo 2.8. Diseñe un filtro rechazabanda de tipo Butterworth con las siguientes características:
dbAB 3max105102 40
4 =⋅=⋅= πωπ
Solución. Primero que todo se diseña el filtro pasabanda a partir de su función de transferencia, así:
20
2)(
ω++=
BssBsKsTpb
Con base en lo presentado previamente se tiene:
21321
2120
1223131111
1111CCRRR
RRCRk
CRCRCRB
BCRkK +
=−
+++== ω
Sí se toman los resistores con igual resistencia: RRRR === 321 , resulta:
212
20
121
2311CCRC
kCR
BBRC
kK =
−+== ω
189
Figura 5.20 Resulta, en consecuencia, un sistema de tres ecuaciones no lineales así:
20
2
21121
231 ωRCC
RBC
kC
KRBCk
==−
+=
Para facilitar la solución del sistema se hacen los cambios de variable: 21
11C
yC
x == .
Así las cosas, el sistema a resolver es:
( )2
022
3
ωRxy
RBxkyKRBkx
=
=−+=
Sustituyendo la primera en la segunda resulta un sistema de dos ecuaciones con dos incógnitas:
20
22)1(3
ωRxyRBKyx
=+=+
Eliminando la variable y se obtiene la ecuación cuadrática:
0)1(26 20
22 =++− ωRRBxKx
La solución de la ecuación es: 6
6)1()1( 20
22 ω−+±+=
BKRRBKx
Debe cumplirse que: B
K 061 ω≥+
190
Tomando 124.5=K y KR 10= se tiene: 022.552.056.1 21 === knFCnFC La figura 5.21 muestra el circuito resultante.
Figura 5.21 La ventaja de esta topología es que genera tanto el filtro pasabanda como el rechazabanda, así:
20
2
20
20
20
2 ωω
ω ++++
=+++
=Bss
sKVV
BssBsK
VV
ii
e
5.8. FILTRO RECHAZABANDA A PARTIR DE UN FILTRO PASABAJAS Y UNO PASAALTAS. Consideremos el diagrama de bloques de la figura 5.22
Sabemos que : 222
2
2
i
o22
112
211
2VVy
2 ωαωαω
++=
++=
sssk
ssk
VV HL
i
o
En consecuencia tenemos:
( ) 212122
21
2
, para ;2
ααωωωαω
==++
+=
ssksk
VV LH
i
o
Si adicionalmente tomamos kL = 1 y kH = 1, resulta la función de atenuación:
( ) 22
22
o
o
sBsssAωω
+++
=
191
Vi
Vo2HP
LP
Vo = Vo1 + Vo2
Vo1
Figura 5.22
Justamente, la función de atenuación corresponde a un filtro rechazabanda con un ancho de banda B y una frecuencia central 0ω . 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 :
dB1maxA;10x;10x3B;10x2 41
44o =π=ωπ=π=ω
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.
La función de transferencia del filtro rechazabanda es: 20
2
20
2
)(ωε
ω++
+=
BssssT
Con los datos se tiene:
( ) 5.0 tomose;6283247953
6283222
22
=++
+= ε
ssssT
Como se indicó al principio, se trata de diseñar un filtro pasabajas y otro pasaaltas, tales que:
( ) ( ) 22
2
22
2
6283247953;
628324795362832
++=
++=
ssssT
sssT HPLP
192
Figura 5.23
Figura 5.24
a. El circuito pasabajas se muestra en la figura 5.25
2
2121
1211
628321.2
4795311.1
=
=+
CCRR
CRCR
Tomando KRR 1021 == resulta: nFCnFC 61.017.4 21 ==
193
C2
R1
C1
Vo1(s)Vi
R2
Figura 5.25
b. El circuito pasaaltas es el de la figura 5.26
C1
Vi R2 Vo2
C2
R1
Figura 5.26
2
2121
1222
628321.2
4795311.1
=
=+
CCRR
CRCR
Tomando : nFCC 1021 == tenemos: Ω== 60717.4 21 RKR Para sumar las funciones de transferencia, usamos el circuito de la figura 2.27
Vo2R
R
Vo = - (Vo1 + Vo2)
RVo1
Figura 5.27
194
El circuito definitivo se muestra en la figura 5.28
Ra
C2
R1
R
C1
Cb
R2
Vi Rb
R
VoCa
R
Figura 5.28
Se toma KR 10= 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:
dbAp 2max102 4 =⋅= πω
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: dbAp 2max102 4 =⋅= πω 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:
dbAB 2max104102 340 =⋅=⋅= ππω
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:
dbAB 2max10102 440 =⋅=⋅= ππω
Efectúe la simulación en Spice. 5. Diseñe un filtro pasabanda activo Butterworth y Chebyshev, que cumpla las siguientes características:
sradw 800023 π=
sradw 880021 π=
sradw 1000022 π=
sradw 1100024 π=
dBA 2.0max = dBA 50min = Ω= KRL 1 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:
dbAB 2max10102 440 =⋅=⋅= ππω
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
R1
r
V2
R3
V1
RL
C2Vi
R2
(k-1) r
Vp
C1
VoCL
C3
Figura 5.38 a. Muestre que las ecuaciones del circuito son:
( ) ( )
( )
( )L
pp
p
ppi
pp
i
ZV
VVsCR
VV
kVVsCR
VVR
VV
VVsCR
kVVVVsC
=−+−
−+−
=−
−+−
=−
122
2
232
2
1
2
123
111
.3
.2
.1
b. Tome la siguiente información:
1
//
321
321
+===
+===
ααα
ααRRRRRR
CCCCCCC
Muestre que sí 1=α , la función de transferencia es:
1231
222
222
+++
=RCssCR
sCRVV
i
o
c. Dibuje el diagrama de Bode de magnitud de la función de transferencia y simule el circuito con 4
0 102 ⋅= πω