Filtros activos con ampop

1. 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.

2. 168
1. Función de transferencia hacia delante.(Feedforward)
032
1
=
=
VV
V
TF
2. Función de transferencia hacia atrás.(Feedback)
023
1
=
=
VV
V
TB
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
T
T
V
V
sT −==)(
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:
)(
)(
)(/)(
)(/)(
)(
sQ
sQ
sPsQ
sPsQ
sT
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:

3. 169
B
F
i
o
kT
kT
V
V
sT
−
==
1
)(
Teniendo en cuenta lo planteado para la otra topología, resulta:
)()(
)(
)(/)(1
)(/)(
)(
skQsP
skQ
sPskQ
sPskQ
sT
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:
01
2
2
01
2
2
)(
asasa
bsbsb
KsT
++
++
=
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
ss
KsT
ωα
ω
++
=
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:
α
ω
2
p
Q =

4. 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
0
01
1
/
)(
R
kVV
VVsC
R
VV x
x
xi −
+−=
−
2. ksVC
R
kVVx
/
/
02
2
0
=
−
El sistema en forma matricial es:
i
x
VR
V
V
kRk
sC
R
kR
sCsC
RR








=

























+−






+−++
0
1
11
111
1
0
2
2
2
2
11
21
x

5. 171
Resolviendo para el voltaje de salida resulta:
[ ] 1)1( 112122
2
2121
0
+−+++
=
sCRkCRCRsCCRR
kV
V i
La función de transferencia se puede expresar en la forma:
2121221211
2
2121
1111
1
)(
CCRR
s
CR
k
CRCR
s
CCRR
ksT
+




 −
+++
=
Por comparación con la forma canónica de la función de transferencia del filtro pasabajas,
resulta:
2212112121
2 111
2
1
CR
k
CRCRCCRR
kK 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 max1.02
1
2
≤⇒−≤=++= εε
ω
ε A
p
s
SSSSA
En consecuencia tenemos:
( )
( )22
22
5.52825.528
5.528
)(
5.5285.528
21)(
++
=⇒





+





+=
ss
sT
ss
sA
Comparando con la función de transferencia del filtro resulta:
25.52825.5281 === αωpK
de donde resultan dos ecuaciones así:

6. 172
2
22111211
528
1
.22528
11
.1 ==+
CRCRCRCR
Como vemos, se trata de un sistema de dos ecuaciones con cuatro incógnitas. Si
imponemos que KRR 1021 == , tenemos:
nFC
CC
nFC
CC
13410528
1
.2
268102528
11
.1
2
82
21
1
4
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:
π1209826.0
1025.10977.1
)(
2
s
S
SS
sA =
++
=
La correspondiente función de transferencia es:
1025.1
120
0977.1
120
9826.0
)( 2
+





+





=
ππ
ss
sT

7. 173
Sí se hace 1025.1/9826.0=K podemos escribir:
22
2
)120(1025.1)120(0977.1
)120(1025.1
)(
ππ
π
++
=
ss
KsT
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(1025.1
1
.285.413
11
.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(1025.1
1
.2
1085.413
11
.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

8. 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
)(
pss
s
KsT
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
)(
CCRR
s
CR
k
CRCR
s
s
ksT
+




 −
+++
=
Por comparación con la forma canónica de la función de transferencia del filtro pasabajas,
resulta:
1112222121
2 111
2
1
CR
k
CRCRCCRR
kK 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.

9. 175
Ejemplo 5.3.
Diseño un filtro Butterworth de orden dos con: 4
p 1025.0max ⋅== 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:
s
sSSSSA
pωε
ε ==++=
)))))
12)( 2
La función de transferencia para el filtro pasaaltas es:
22
2
2
2
)(
21
1
)(
pppp
ss
s
sT
ss
sT
εωωεωεωε ++
=⇒








+








+
=
Pero: 3493.0110 max1.10
=⇒−≤ εε A
La función de transferencia resultante es:
842
2
1079.131025.5
)(
⋅+⋅+
=
ss
s
sT
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
1079.13
1
.2
1052.2
11
.1
⋅=
⋅=+
CCRR
CRCR
Imponiendo que nFCC 121 == , encontramos: KRKR 3.9194.7 12 ==
La figura 5.8 muestra el circuito resultante.

10. 176
Figura 5.8
Ejemplo 5.4.
Diseño un filtro pasaaltas Chebyshev de segundo orden con: 4
p 1025.0max xdBA πω ==
Solución.
El equivalente pasabajas tiene la función de atenuación siguiente:
s
S
SS
SA
42
102
4314.1
5152.14256.1
)(
⋅
=
++
=
π
La función de transferencia del filtro pasaaltas es:
244
102102
4256.15152.1
4314.1
)(





 ⋅
+




 ⋅
+
=
ss
sT
ππ
La función de transferencia se puede expresar en la forma:
( )2442
2
1021024256.15152.1
5152.1
945.0)(
⋅+⋅⋅+
=
ππ ss
s
sT
( )2442
2
10266.0102941.0
945.0)(
⋅⋅+⋅⋅+
=
ππ ss
s
sT
Por comparación con la forma canónica resulta:

11. 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
1006.26
1
.2
59120
11
.1
x
CCRR
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
2
2
)(
pss
s
KsT
ωα
α
++
=
Una manera más adecuada para escribir la función de transferencia es:

12. 178
2
0
2
)(
ω++
=
Bss
Bs
KsT
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:
( )
( ) px
p
px
px
pxx
xi
V
R
sCsVC
R
V
VVsC
R
kVV
VVsCsVC
R
VV






+=⇒=−
−
+−+=
−
3
22
3
2
2
21
1
1
.2
.1
Resolviendo el sistema, resulta la función de transferencia: 2
0
2
)(
ω++
=
Bss
Bs
KsT
En la expresión anterior se tiene que:
21321
212
0
1223131111
1111
CCRRR
RR
CR
k
CRCRCR
B
BCR
k
K
+
=
−
+++== ω
Para diseñar un filtro pasabanda de tipo Butterworth se procede de la siguiente manera:
x

13. 179
Datos: max,, 0 AB ω
Con la información dada se calcula: 110 max1.0
−= A
ε
El equivalente pasabajas del filtro es:
Bs
s
ssS
S
ST
2
0
2
1
1
)(
ω
ε
+
==
+
=
)))
)
)
La función de transferencia a realizar es:
2
0
2
)/(
)/(
)(
ωε
ε
++
=
sBs
sB
sT
La forma canónica de la función de transferencia es: 2
0
2
)(
ω++
=
Bss
Bs
KsT
Con base en lo presentado previamente se tiene:
21321
212
0
1223131111
1111
/
/ CCRRR
RR
CR
k
CRCRCR
B
BCR
k
K
+
=
−
+++== ωε
ε
Sí se toman los resistores con igual resistencia: RRRR === 321 , resulta:
21
2
2
0
121
2311
/
/ CCRC
k
CR
B
BRC
k
K =




 −
+== ωε
ε
Resulta, en consecuencia, un sistema de tres ecuaciones no lineales así:
2
0
2
21
12
1
2
/
31
/
ω
ε
ε
R
CC
RB
C
k
C
KRB
C
k
=
=
−
+
=
Para facilitar la solución del sistema se hacen los cambios de variable:
21
11
C
y
C
x == .
Así las cosas, el sistema a resolver es:
( )
2
0
2
2
/3
/
ω
ε
ε
Rxy
RBxky
KRBkx
=
=−+
=
Sustituyendo la primera en la segunda resulta un sistema de dos ecuaciones con dos
incógnitas:

14. 180
2
0
2
2
/)1(3
ω
ε
Rxy
RBKyx
=
+=+
Eliminando la variable y se obtiene la ecuación cuadrática:
0/)1(26
2
0
22
=++− ωε RxRBKx
La solución de la ecuación es:
6
6)/()1(/)1(
2
0
22
ωεε −+±+
=
BKRRBK
x
Debe cumplirse que:
ε
ω
/
61 0
B
K ≥+ . Cuando se toma la igualdad se obtiene:
x
KRB
k
yC
x
R
y
xC
RBK
x
ε
ω
ε
/
/1
2
/1
6
/)1(
2
2
0
2
1
=
=⇒=
=⇒
+
=
Los resultados son:
1
/
6 0
−=
ε
ω
B
K
0
1
6
ωR
C =
0
2
3
6
ωR
C =
0
/6
ω
εBK
k =
Ejemplo 5.5.
Diseñe un filtro Butterworth de orden dos, con las siguientes características:
dBAB 5.0max102105 44
0 =⋅=⋅= ππω
Solución.
Con base en la información dada se encuentra que: 3493.0=ε
Aplicando la restricción resulta: 14.1
/
61 0
≥⇒≥+ K
B
K
ε
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.

15. 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
11
2
2
2
22
2
2
2
22 ωαωα
ω
ss
s
K
ss
KsT 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 PasaaltasSeguidor
−
+
PBV

16. 182
Figura 5.13 Figura 5.14
Ejemplo 5.6.
Diseñe un filtro de tipo Butterworth con las siguientes características:
dbAB 1max102102 4
1
4
=⋅=⋅= πωπ
Figura 5.15
Solución.
Puesto que : 12 ωω −=B , entonces : 4
2 102.2 ⋅= πω
4622
21
2
10084.21044 xooo ≅⇒⋅=⇒= ωπωωωω
Debemos diseñar los filtros pasabajas y pasaaltas así:

17. 183
1. Filtro pasabajas: dBAp 1max102.2 4
=⋅= πω
la función de atenuación correspondiente es:
( )
( ) ( ) 1,
96894968942
96894
1
96894
2
96894
96894
5088.0110
12
22
22
max1.0
2
1
2
=
+⋅+
=⇒+





+





=
=⇒≤⇒−≤
=++=
L
A
p
k
ss
sT
ss
sA
s
S
s
SSSSA
εε
ω
ε
Comparando con la función de transferencia canónica resulta:
2
22111211
96894
1
.2296894
11
.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
s
3
102 ⋅
=
π)
La función de atenuación del filtro pasabajas de segundo orden es:
sSSSSA
))))) 2/12
12)( ε=++=
Puesto que: 5088.0110 max1.0
=−≤ A
ε , se tiene que:
ss
S
4480102713.0 3
=
⋅⋅
=
π)
La función de transferencia del filtro pasaaltas es:
22
2
2
44802448044804480
21
1
)(
++
=






+





+
=
ss
s
ss
sT
Comparando con la función de atenuación del circuito pasaaltas, resulta:

18. 184
2
21211222
4480
1
.224480
11
.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:
01
2
2
01
2
2
)(
asasa
bsbsb
KsT
++
++
=
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:
2
0
2
2
0
2
)(
ω
ω
++
+
=
Bss
s
KsT
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.

19. 185
Figura 5.17
Al aplicar las leyes y principios resultan las siguientes ecuaciones de nodo:
1.
R
p
p
VV
kVV
p
Cs
VVCs x
xxi
1
)/()( 0
0
+
−
+−=−
2. )(
1/
0
0
VVCs
p
p
pR
kVV
R
VV
y
yyi
−
+
+
−
=
−
3. 0
/
)/(
0
0 =
−
+−
pR
kVV
kVV
p
Cs y
x
El sistema, en forma matricial es el siguiente:












=


































+−






++−





++





 +
+−





++
011
1
)1(
1
)1(0
1
0
1
)1(
0
i
i
y
x
V
R
p
pCsV
V
V
V
kRk
Cs
R
Cs
kR
Csp
R
Csp
R
p
k
Cs
R
Csp
Resolviendo para el voltaje de salida se encuentra que la función de transferencia viene
dada por:

20. 186
22
2
22
2
1)1)(1(2
1
)(
CR
s
pRC
kp
s
CR
s
ksT
+
−+
+
+
=
Comparando con la forma canónica resulta:
00
)1)(1(21
ωω
p
kp
B
RC
−+
==
El factor de calidad del filtro es:
)1)(1(2 kp
p
Q
−+
=
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:
2
00
2
0
2
5
1
)(
ωω
ω
+
+
−
+
=
s
p
p
s
s
ksT
Ejemplo 5.7.
Diseñe un filtro rechazabanda de tipo Butterworth con las siguientes características:
dbAB 3max105102 4
0
4
=⋅=⋅= πωπ
Solución.
Con la información dada se tiene que, para 1.1=k
12/5
1
5
2/5 =⇒=
+
⇒= p
p
p
Q
De otro lado: 64
10366.6105
1 −
⋅=⇒⋅= RC
RC
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.

21. 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 V
Bss
Bs
KV 2
0
2
ω++
=
La salida del sumador es:
iiiEi V
Bss
Bs
KVV
Bss
Bs
KKVVKVV 







++
−=⇒
++
−=−= 2
0
202
0
20 1
ωω
pasabanda
K
∑ 0ViV
+
EV
Pasabanda
K

22. 188
Con base en lo anterior, la función de transferencia del sistema corresponde a un filtro
rechazabanda, así:
2
0
2
2
0
2
)(
ω
ω
++
+
=
Bss
s
KsT
La topología de la figura 5.20 permite la realización de la función de transferencia dada
aunque la salida queda invertida, así:
ie V
Bss
Bs
KV 2
0
2
ω++
=
ei V
KRR
R
KKVV
+
++−= )1(0
Simplificando resulta:
2
0
2
2
0
2
)(
ω
ω
++
+
−=
Bss
s
KsT
Ejemplo 2.8.
Diseñe un filtro rechazabanda de tipo Butterworth con las siguientes características:
dbAB 3max105102 4
0
4
=⋅=⋅= πωπ
Solución.
Primero que todo se diseña el filtro pasabanda a partir de su función de transferencia, así:
2
0
2
)(
ω++
=
Bss
Bs
KsTpb
Con base en lo presentado previamente se tiene:
21321
212
0
1223131111
1111
CCRRR
RR
CR
k
CRCRCR
B
BCR
k
K
+
=
−
+++== ω
Sí se toman los resistores con igual resistencia: RRRR === 321 , resulta:
21
2
2
0
121
2311
CCRC
k
CR
B
BRC
k
K =




 −
+== ω

23. 189
Figura 5.20
Resulta, en consecuencia, un sistema de tres ecuaciones no lineales así:
2
0
2
21121
231
ωR
CC
RB
C
k
C
KRB
C
k
==
−
+=
Para facilitar la solución del sistema se hacen los cambios de variable:
21
11
C
y
C
x == .
Así las cosas, el sistema a resolver es:
( )
2
0
2
2
3
ωRxy
RBxky
KRBkx
=
=−+
=
Sustituyendo la primera en la segunda resulta un sistema de dos ecuaciones con dos
incógnitas:
2
0
2
2
)1(3
ωRxy
RBKyx
=
+=+
Eliminando la variable y se obtiene la ecuación cuadrática:
0)1(26
2
0
22
=++− ωRRBxKx
La solución de la ecuación es:
6
6)1()1(
2
0
22
ω−+±+
=
BKRRBK
x
Debe cumplirse que:
B
K 0
61
ω
≥+

24. 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:
2
0
2
2
0
2
0
2
0
2
ω
ω
ω +++
+
=
+++
=
Bss
s
K
V
V
Bss
Bs
K
V
V
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 : 2
22
2
2
i
o2
2
11
2
2
11
2V
V
y
2 ωαωα
ω
++
=
++
=
ss
sk
ss
k
V
V HL
i
o
En consecuencia tenemos:
( ) 212122
2
1
2
,para;
2
ααωω
ωα
ω
==
++
+
=
ss
ksk
V
V LH
i
o
Si adicionalmente tomamos kL = 1 y kH = 1, resulta la función de atenuación:
( ) 22
22
o
o
s
Bss
sA
ω
ω
+
++
=

25. 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 4
1
44
o =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: 2
0
2
2
0
2
)(
ωε
ω
++
+
=
Bss
s
sT
Con los datos se tiene:
( ) 5.0tomose;
6283247953
62832
22
22
=
++
+
= ε
ss
s
sT
Como se indicó al principio, se trata de diseñar un filtro pasabajas y otro pasaaltas, tales
que:
( ) ( ) 22
2
22
2
6283247953
;
6283247953
62832
++
=
++
=
ss
s
sT
ss
sT HPLP

26. 192
Figura 5.23
Figura 5.24
a. El circuito pasabajas se muestra en la figura 5.25
2
2121
1211
62832
1
.2
47953
11
.1
=
=+
CCRR
CRCR
Tomando KRR 1021 == resulta: nFCnFC 61.017.4 21 ==

27. 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
62832
1
.2
47953
11
.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
Vo2
R
R
Vo = - (Vo1 + Vo2)
R
Vo1
Figura 5.27

28. 194
El circuito definitivo se muestra en la figura 5.28
Ra
C2
R1
R
C1
Cb
R2
Vi Rb
R
Vo
Ca
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

29. 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);

30. 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

31. 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

32. 198
Figura 5.35
Figura 5.36
Figura 5.37

33. 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 34
0 =⋅=⋅= 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 44
0 =⋅=⋅= ππω
Efectúe la simulación en Spice.
5. Diseñe un filtro pasabanda activo Butterworth y Chebyshev, que cumpla las siguientes
características:
s
rad
w 800023 π=
s
rad
w 880021 π=
s
rad
w 1000022 π=
s
rad
w 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 44
0 =⋅=⋅= ππω

34. 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
C2
Vi
R2
(k-1) r
Vp
C1
VoCL
C3
Figura 5.38
a. Muestre que las ecuaciones del circuito son:
( ) ( )
( )
( )
L
p
p
p
p
pi
p
p
i
Z
V
VVsC
R
VV
kVVsC
R
VV
R
VV
VVsC
R
kVV
VVsC
=−+
−
−+
−
=
−
−+
−
=−
12
2
2
23
2
2
1
2
12
3
1
11
.3
.2
.1
b. Tome la siguiente información:
1
//
321
321
+
===
+===
α
α
α
αα
R
RRRRR
CCCCCCC
Muestre que sí 1=α , la función de transferencia es:
123
1
222
222
++
+
=
RCssCR
sCR
V
V
i
o
c. Dibuje el diagrama de Bode de magnitud de la función de transferencia y simule el
circuito con 4
0 102 ⋅= πω