CAPITULO 5 FILTROS ACTIVOS

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