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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++=