FILTROS ACTIVOS DE ORDEN DOS

A continuación se presentan algunas estructuras básicas muy útiles en el diseño de filtros activos. 1. Filtro Pasabajas.

Vp

Vo

C1

R1

Vx

Vi C2

R2

(k-1) r

Vn

r

Figura No. 1

Analizando el circuito, tenemos: on Vk1V =

poopnp kVVVk1VVV =⇒=⇒=

Planteando la ley de Kirchoff para corrientes en los nodos, Vx y Vp tenemos:

( )

p22

px

px12

px

1

xi

sVCR

VV)2

kVVsCR

VVR

VV)1

=−

−+−

=−

Resolviendo simultáneamente, tenemos que la función de atenuación del circuito esta dada por:

( )

+

−+++

==

2121

2121221211

2

o

i

CCRR1k

CCRR1s

CRk1

CR1

CR1s

VV

sA

( ) 2n

2n

2

o

i

ks2s

VVsA

ωω+α+

==

Ejemplo 1 Diseñar un filtro activo de orden 2, tipo Butterworth, con las características siguientes:

π=ω= 120 ,dB1maxA p Solución La función de atenuación, en este caso es:

( ) 5088.0110;sS;SS21SA maxA1.0

p

212 ≤ε⇒−≤ε

ωε=++=

En consecuencia tenemos:

( ) ( ) 2

222

528528s2528ssA

5.528s

5.528s21sA ++

=⇒

+

+=

Comparando con la función de atenuación del filtro, esto es:

( ) 2n

2n

2

ks2s

sAω

ω+α+= , tenemos: 1k;528;25282 22

n ==ω=α

de donde resultan dos ecuaciones así:

2

2211

1211

528CRCR

1)2

2528CR

1CR1)1

=

=+

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

nF134C10528CC1)2

nF268C102528C1

C1)1

282

21

14

11

=⇒∗=

=⇒∗=+

El circuito resultante se muestra en la figura No. 2. Ejemplo 2 Diseñe un filtro Chebyshev de orden 2 con las características: π=ω= 120 ,dB1maxA p

10k

268nF

Vo

10k

134nFVi

Figura No. 2

Solución: La función de atenuación en este caso es:

( )

( )

( )

( ) ( )( ) 8912.0k;

ks2s

sA

1025.18912.0

1025.1s0977.1ssA

9826.0

1025.1s0977.1ssA

9826.0

1025.1s0977.1s

sA

sS;9826.0

1025.1S0977.1SSA

2n

2n

2

2p

2pp

2

2p

2pp

2

p

2

p

p

2

=ω

ω+α+=

ω

ω+ω+=

ω

ω+ω+=

+

ω+

ω=

ω=

++=

Es claro que, puesto que k debe ser mayor que la unidad, la realización del circuito requiere de una etapa atenuadora, veamos: Realicemos la parte de atenuación:

( ) π=ωω

ω+ω+= 120;

1025.1

1025.1s0977.1ssA p2

p

2pp

2)

Comparando con la función de atenuación del circuito pasabajas, con k=1, tenemos:

6

21211211

10x1567.0CCRR

1)282.413CR

1CR1)1 ==+

imponemos que R1 = R2 = 10k Resolviendo 1 y 2, encontramos: C1 = 484nF y C2 = 132nF. El circuito resultante, teniendo en cuenta el valor de k = 0.8912, es el de la Figura No. 3.

132nF

R

484nF

Vo

0.8912R

10k10k

Vi

Figura No. 3

84.395,91.206;s2s

8912.0VV

n2n

2

2n

i

o =ω=αω+α+

ω−=

2. Filtro Pasaaltas

Vo

C1

R2

Vn

R1

C2

(k-1) r

Vx

r

Vi

Vp

Figura No. 4

Analizando el circuito, tenemos: on Vk1V =

poopnp kVVVk1VVV =⇒=⇒=

Planteando la ley de Kirchoff para corrientes en los nodos, Vx y Vp tenemos:

( ) ( )

( ) p2

2x22

ppx2

1

pxpx2xi1

VR1sCsVC

RV

VVsC)2

RkVV

VVsCVVsC)1

+=⇒=−

−+−=−

Resolviendo simultáneamente, tenemos que la función de atenuación del circuito esta dada por:

( )

2121

2n

111222

2

2n

2

o

i

CCRR1y

CRk1

CR1

CR12donde

kss2s

VV

sA

=ω−

++=α

ω+α+==

Ejemplo 3 Diseño un filtro Butterworth de orden dos con: 4

p 10x2 ,dB5.0maxA π=ω= Solución

Mediante el cambio de variable : sS,S

S 21p ε=

ω=

), tenemos:

( )s

6.106311Ss

10x2S3493.0110;1S2SSA2

1

4maxA1.02 =⇒

ε

π=→≤ε⇒−≤ε++=

)))))

de donde ( ) ( ) 6.106311;s

s2ssA1

s2

ssA n2

2nn

2n

2n =ω

ω+ω+=⇒+

ω

+

ω

=

comparando con la función de atenuación del circuito pasaaltas, tenemos: k=1

10

2121

1222

10x1302.1CCRR

1)2

31.150347CR

1CR

1)1

=

=+

Imponiendo que C1 = C2 = 1nF, encontramos: R2 = 13.3k; R1 =6.65k El circuito resultante se muestra en la figura No. 5.

Vo

1nF1nF

6.7k

Vi 13.3k

Figura No. 5

Ejemplo 4 Diseño un filtro pasaaltas Chebyshev de segundo orden con: 4

p 10x2 ,dB5.0maxA π=ω= Solución El equivalente pasabajas está dado por:

( )

( )

( )

( )

( ) 2n

2

2

2

2pp

2

4p2

2pp

2

p2

p

p2

s2ss944.0sT

s944.06595.0s9402.0s

sA

10x2;s4314.1

s4256.1s5162.1sA

4314.1

5162.1s

4256.1s

sA

sS;

4314.15162.1S4256.1SSA

ω+α+=

ω+ω+=

π=ωω+ω+

=

+

ω+

ω

=

ω=

++=

Como vemos, se requiere de una etapa atenuadora por comparación, tenemos (para k=1)

9

2121

1222

10x6036.2CCRR

1)2

51.59074CR

1CR

1)1

=

=+

Imponiendo que C1 = C2 = 1nF, tenemos: R2 = 33.9k, R1 = 11.33k.

El circuito resultante se muestra en la Figura No. 6.

Vi

R

1nF

0.944R

1nF

11.33k

Vo33.9k

Figura No. 6.

3. Filtros Pasabanda Una forma particular para diseñar un filtro pasabanda consiste en colocar en cascada un filtro pasabajas y uno pasaaltas como se muestra en la Figura No. 7:

PasaBajasVi VoPasa

Altas

Figura No. 7.

La función de atenuación del circuito mostrado es:

( ) 211

2

2H

222

2

22L

s2ssk

*s2s

ksA

ω+α+ω+α+ω

=

El diagrama de Bode de la función de atenuación pasabanda es la suma de los diagramas de Bode de las funciones : AL(s) y AH(s), así:

Figura No. 8. Figura No. 9.

Al sumar las funciones de atenuación, tenemos:

Figura No. 10.

La estructura circuital se utiliza muy a menudo para diseñar filtros de banda ancha, veamos: Ejemplo 5 Diseñe un filtro de tipo Butterworth con la característica :

dB1maxA;seg/rad10x2;seg/rad10x2B 31

4 =π=ωπ= Solución Puesto que : 12B ω−ω= , entonces : 4

2 10x1.2 π=ω seg/rad10x036.210x2.4 4

o722

o212

o ≅ω⇒π=ω⇒ωω=ω Debemos diseñar los filtros pasabajas y pasaaltas así: a) Filtro pasabajas: dB1maxA;10x1.2 4

p =π=ω la función de atenuación correspondiente es:

( )

( ) ( ) 1k,92490

92490s130800ssA192490

s292490

ssA

92490sS5088.0110

sS;1S2SSA

L2

222

maxA1.0

p

212

=++

=⇒+

+

=

=⇒≤ε⇒−≤ε

ωε=++=

Comparando con la función de atenuación tenemos:

2

22111211

92490CRCR

1)2;130800CR

1CR1)1 ==+

Imponiendo R1 = R2 = 10k, resulta C1 = 1.53nF; C2 = 0.76nF

22

2

i

1o

92490s130800s92490

VV

++=

El circuito pasabajas resultante se muestra en la figura No. 11.

0.76nF

10k

1.53nF

Vo1

10k

Vi

Figura No. 11.

b) Filtro Pasaaltas

( ) ( )

( ) 2

22

22

p2

1

21p3

p

s8809s28809ssA

1s

88092s

8809sA1S2SSA

s8809S

sS

sSS

S10x2dB1maxA

++=

+

+

=⇒++=

=⇒ωε

=

ε=ω

=π=ω=

−

)))

))

)

Comparando con la función de atenuación del circuito pasaaltas, resulta: kH = 1

2

21211222

8809CCRR

1)212457CR

1CR

1)1 ==+

Imponiendo C1 = C2 = 10nF, resulta:

R2 = 16k, R1 = 8k

22

2

i

2o

8809s12457ss

VV

++=

El circuito resultante pasaaltas se muestra en la Figura No. 12.

16k

10nF

Vi Vo2

8k

10nF

Figura No. 12.

A continuación se ilustra el circuito pasabanda resultante, cuya función de atenuación está dada por:

( ) ( )( )( )

( ) 29

171421034

BP

22

2222

BP

s10x5544.810x638.6s10x167.1s10x026.1s143257ssA

s9249092490s130800s8809s12457ssA

++++=

++++=

Para analizar la función pasabanda, hacemos el escalado en frecuencia: p

sSω

=

( ) 2

234

S636.209332.3S850.13S751.24S036.7SSA ++++

=

El diagrama de Bode de la función anterior será el siguiente:

ω ABP, dB 0.1ωo 25.6

0.16ωo 17.7 0.25ωo 10.40 0.4ωo 3.80

0.63ωo 0.83 ωo 0.13

1.6ωo 0.07 2.51ωo 0.38

4ωo 2 6.3ωo 6.7 10ωo 13.9

Figura No. 13.

La banda que efectivamente “pasa” está ubicada en el intervalo 0.6ωo ≤ ω ≤ 3ωo. Es decir, el ancho de banda efectivo es B=7.8kHz, con F1 = 2kHz, F2 = 9.8kHz. El estudiante puede efectuar la simulación del circuito pasabanda y verificar los resultados. Un filtro pasabanda de orden dos puede realizarse con la siguiente topología conocida como “Sallen and Key”, veamos:

C1

Vx

Vn

Vi Vor

R1

(k-1) r

R2

R3

VpC2

Figura No. 14.

Analizando el circuito tenemos: 1k;k

VV o

p >=

Las ecuaciones de nodo son:

( )

( ) p3

2x23

ppx2

2

pxpx2x1

1

xi

VR1sCsVC

RV

VVsC)2

RkVV

VVsCsVCR

VV)1

+=⇒=−

−+−+=

−

resolviendo el sistema, resulta la función de atenuación:

( )

BCRkk;

CCRRRRR

CR1

CR1

CRk1

CR1B donde ;

BskBss

sA

11o

21321

212n

23131211o

2o

2

=+

=ω

++−

+=ω++

=

Ejemplo 6 Diseñe un filtro Butterworth de orden dos, con las siguientes características:

;dB5.0maxA;10x2B;10x2 431 =π=π=ω

Solución Puesto que B12 =ω−ω , tenemos: 3

o212

o4

2 10x4807.610x1.2 π=ω→ωω=ωπ=ω La función de atenuación pasabajas es:

( ) 3493.0110;Bs

sS;SS;1SSA maxA1.0

2o

2

≤ε⇒−≤εω+

=ε=+=)))

Tenemos ahora:

( ) ( )

( )s179879

5.414518178s179879ssA

sBsBs

sABs

Bss1

Bss

sA

2

2o

22o

22o

2

++=

ε

ω+ε+=⇒

εω++ε=+

ω+ε=

Comparando con la función de atenuación del circuito pasabanda tenemos:

1k;1k;1BCR

k)3

5.414518178CCRRR

RR2)

CR1

CR1

CRk1

CR17987911)

o11

21321

21

23131211

>==

=+

++−

+=

Intentemos algunas posibles soluciones al sistema, veamos: Si imponemos que R1 = R2 = R3 = R, resulta:

R179879C1

Ck3

C1

C1

Ck1

C1R7987911)

212111

=+−

⇒++−

+=

R359758C1

C31)en )3

1k;R179879Ck)3

R5.414518178CC2)2

21

1

2

21

=+⇒

>=

=

Sustituyendo ésta última ecuación en 2), tenemos:

0R69086363C1R119919

C1

0R414518178C

R719516C6R5.414518178

C3R359758

C2

2

1

2

1

2

12

1

2

11

=+

−

=+−⇒=

−

Resolviendo tenemos:

=R579

R119340C1

1

Tomamos la solución que satisfaga la condición: k > 1, esto es: 179879RC1 > 1

Para R119340

1C1 = ; tenemos: k = 1.5072

Para R579

1C1 = ; tenemos: k = 310.67

Nos inclinamos por el valor k = 1.5072 En conclusión tenemos: R1 = R2 = R3 = R; k=1.5072

R1193401C1 = ;

R17381C2 =

Si tomamos R=10k, el circuito resultante es el mostrado en la Figura No. 15. La función de atenuación es:

( )s179879

414518178s179879ssA2 ++

=

Si efectuamos el escalado : o

sSω

= , tenemos:

172nF

0.838nF

Vo10k

10k

0.5R

R

10k

Vi

Figura No. 15.

( )S8349.8

1S8349.8SSA2 ++

=

El diagrama de Bode se ilustra a continuación:

ω A dB 0.1ωo 3.53

0.16ωo 1.716 0.25ωo 0.71 0.4ωo 0.24

0.63ωo 0.05 ωo 0

1.16ωo 0.05 2.5ωo 0.24 4ωo 0.71

6.3ωo 1.71 10ωo 3.53

Figura No. 16.

El estudiante puede efectuar la simulación del circuito y verificar los resultados.

4. Filtro Rechazabanda Consideremos el diagrama de bloques siguiente:

Vi

Vo2HP

LP

Vo = Vo1 + Vo2

Vo1

Figura No. 17.

Sabemos que : 222

2

2H

i

o22

112

21L

i

1o

s2ssk

VV

y s2s

kVV

ω+α+=

ω+α+ω

=

En consecuencia tenemos:

( ) 212122

21L

2H

i

o , para ;s2sksk

VV

α=αω=ωω+α+

ω+=

Si adicionalmente tomamos kL = 1 y kH = 1, resulta la función de atenuación:

( ) 2o

2

2o

2

sBss

sAω+

ω++=

justamente, la función de atenuación corresponde a un filtro rechazabanda con un ancho de banda B y una frecuencia central ωo. El diagrama de Bode de la función de atenuación se muestra en la Figura No. 18. Ejemplo 7 Realice, usando el circuito mencionado, la característica de atenuación rechazabanda :

dB1maxA;10x;10x3B;10x2 41

44o =π=ωπ=π=ω

Solución Encontremos la realización de tipo Butterworth de orden dos, veamos:

42

1

2o

2 10x4π=ω⇒ωω

=ω

Figura No. 18.

Esquemáticamente, la característica de atenuación es:

Figura No. 19.

La función de atenuación pasabajas es:

( )

( ) ( )

( ) 5088.0;Bss

ssT

sBss

sAs

Bs1sA

sBsS;SS;S1SA

2o

2

2o

2

2o

2

2o

2

2o

2

2o

2

≤εω+ε+

ω+=

ω+

ω+ε+=⇒

ω+ε+=

ω+=ε=+=

)))

( ) 5.0 tomamos;62832s47953s

62832ssT 22

22

=ε++

+=

Como se indicó al principio, se trata de diseñar un filtro pasabajas y otro pasaaltas, tales que:

( ) ( ) 22

2

HP22

2

LP 62832s47953sssT;

62832s47953s62832sT

++=

++=

a) El circuito pasabajas es el siguiente:

C2

R1

C1

Vo1(s)Vi

R2

Figura No. 20.

2

2121

1211

62832CCRR

1)2

47953CR

1CR

1)1

=

=+

Tomando R1 = R2 = 10k, resulta: C1 = 4.17nF; C2 = 0.61nF b) El circuito pasaaltas es el siguiente:

C1

Vi R2 Vo2

C2

R1

Figura No. 21.

2

2121

1222

62832CCRR

1)2

47953CR

1CR

1)1

=

=+

Tomando : C1 = C2 = 10nF, tenemos: R2 = 4.17k, R1 = 607k. Para sumar las funciones de transferencia, usamos el siguiente circuito:

Vo2R

R

Vo = - (Vo1 + Vo2)

RVo1

Figura No. 22.

Es posible, entonces, encontrar el circuito definitivo, así:

Ra

C2

R1

R

C1

Cb

R2

Vi Rb

R

VoCa

R

Figura No. 23.

Se toma R=10k, y se procede a la simulación. Puede observarse que la función de atenuación está dada por:

( )

( )1S

1S7632.0SSA

62832;sS;1s

62832s47953ssA

2

2

oo

2

22

+++

=

=ωω

=+

++=

El diagrama de Bode se ilustra a continuación.

ω A dB ω A dB ω A dB 0.1ωo 0.026 0.46ωo 0.806 1.83ωo 1.3

0.13ωo 0.04 0.6ωo 1.79 2.37ωo 0.62 0.17ωo 0.074 0.77ωo 5.02 3ωo 0.32 0.21ωo 0.127 ωo 200 4ωo 0.18 0.28ωo 0.224 1.1ωo 12.3 5ωo 0.10 0.36ωo 0.411 1.4ωo 3.5

Figura No. 24.

Una estructura bastante conocida para realizar directamente una función rechazabanda es la que se ilustra a continuación.

kVp

R1

r

V2

R3

V1

RL

C2Vi

R2

(k-1) r

Vp

C1

VoCL

C3

Figura No. 25.

Para encontrar la función de atenuación, analizamos el circuito, veamos: k

VV o

p =

Planteamos las ecuaciones de nodo:

( ) ( )

( )

( )L

pp12

2

p2

p232

p2

1

2i

p123

p11i1

ZV

VVsCR

VV)3

kVVsCR

VVR

VV)2

VVsCR

kVVVVsC)1

=−+−

−+−

=−

−+−

=−

Organizando el sistema, tenemos:

0VR1

Z1sCV

R1sVC)3

RV

VskCR1V

R1

R1sC)2

sVCVsCRkV

R1sCsC)1

p2L

222

12

1

ip3

22

213

i1p23

13

21

=

++−

+

=

+−

++

=

+−

++

Tomemos los datos:

1RR;RR;RR

CCC;CC;CC

321

321

+αα

=α==

α+=

α==

El sistema queda de la siguiente forma:

( )[ ] ( )( )( )[ ] ( )[ ]

sCR1R

sCR1

1Z

0V1Z

RRCsVRCsV)3

VV1s1kRCV1RCs1)2

RCsVV1kRCsV1RCs1)1

LL

L

LL

L

pL

21

ip2

ip1

+=

+=

=

+

α+−+

α=++α−+α++α

α=+α+−+α++α

La tercera ecuación se puede expresar como:

( ) 0V1R

RRsCCVRCsV PL

L21 =

+

α+α+−+

El determinante del sistema es el siguiente:

( )( )[ ] ( )( )

( )[ ] ( )[ ]( )

+

α+α+−

++α−+α++α+α+−+α++α

=∆

1R

RRsCC1RCs

1s1kRC1RCs101kRCs01RCs1

s

LL

Desarrollando el determinante tenemos:

( ) ( )[ ]dcsbsas1s 23 ++++α=∆ donde:

( )( )

( )

( )

+αα−=

−−α−+α+=

α++α

−=

L

L

L

22

L33

RR11c

CC

22RRk211CRb

CCC11CRa

( )( )[ ]

( )( )

( )( )( ) i222

P

i

i

P

V1sCR1RCs1V

01RCsV1RCs10

RCsV01RCs1V

+++αα−=∆

α++αα++α

=∆

Ahora bien, k/VoVp =

( )( )( )( )( )1dcsbsas

1sCR1RCs1kVV

23

222

i

o

+α++++++αα−

=

Debe cumplirse que RC

1s −= es un polo de la función de transferencia, esto es, raíz del

denominador.

( )( )( )( )( )( )11BssCR1RCs

1sCR1RCs1kVV

222

222

i

o

+α+++α+++αα−

=

cuando, k = 1, C1 = C, R1 = R, resulta α = 1, en consecuencia tenemos:

322:

3s

3s21

s1

1RCs2sCR31sCR

VV

2

oo

2o

2

222

222

i

o =ξ

ω

+

ω

ξ+

ω+

=++

+=

El diagrama de Bode de atenuación es:

ω/ ωo A dB ω/ ωo A dB 0.1 0 1.126 17.8

0.126 0 1.58 13.6 0.158 +0.02 2 11.84

0.2 +0.06 2.5 10.9 0.25 +0.15 3.16 10.36

0.316 +0.41 3.98 10.05 0.398 +1.08 5 9.86

0.5 +2.79 6.3 9.74 0.63 +6.53 7.94 9.66 0.79 +13.86 10 9.62

1 +49

Figura No. 26.

En la práctica se busca una característica de la forma:

( ) 2o

2

2o

2

sBss

sAω+

ω++=