ANÁLISIS DE FILTROS ACTIVOS

Universidad Catolica

“Nuestra Senora de la Asuncion”

Sede Regional Asuncion

Facultad de Ciencias y Tecnologıa

Departamento de Ingenierıa

Electronica e Informatica

Carrera de Ingenierıa Electronica

Electronica IIIng. Enrique Vargas PhD.

Bogado, Hugo <[email protected]>Ramırez, Pedro <[email protected]>

PRACTICA DE LABORATORIO VFILTROS ACTIVOS

4 de junio de 2011

INDICE 2

Indice

1. Filtro pasa bajos de 2 orden 31.1. Desarrollo teorico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31.2. Simulaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.3. Mediciones practicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7

2. Filtro pasa altos de 2 orden 92.1. Desarrollo teorico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92.2. Simulaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122.3. Mediciones practicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

3. Filtro pasa banda de 2 orden 143.1. Desarrollo teorico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143.2. Simulaciones . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 183.3. Mediciones practicas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

4. Conclusiones generales. 20

Objetivos

Estudio de la respuesta en frecuencia de filtros con componentes activos.

Calculo, medicion e interpretacion de los parametros de los filtros: fre-cuencias de cortes (fL, fH), ancho de banda (Bw), factor de calidad (Q),ganancia a la frecuencia de resonancia (AOBP ).

Materiales

Fuente de DC

Generador de Funciones

Osciloscopio

Multımetros

Protoboards

Componentes

1 Filtro pasa bajos de 2 orden 3

1. Filtro pasa bajos de 2 orden

5

5

4

4

3

3

2

2

1

1

D D

C C

B B

A A

<Doc> <RevCode>

<Title>

A

1 1Tuesday, May 24, 2011

Title

Size Document Number Rev

Date: Sheet of

Vilp

Volp

0

0

Vcclp

Veelp

U1

uA741

3

2

74

6

1

5+

-

V+

V-

OUT

OS1

OS2

Clp

1n

Rlp

15k

Cnlp

1n

Rmlp

15k

V1

FREQ = 300VAMPL = 1VOFF = 0

V2

FREQ = 100kVAMPL = 1VOFF = 0

Figura 1: Filtro pasa bajos de 2 orden

1.1. Desarrollo teorico

Para el circuito de la Figura 1:√

Determine la funcion de transferencia del sistema H(ω) = Vo/Vi y fre-cuencia de corte fL.

En el siguiente es un filtro activo KRC con ganancia unitaria y com-ponentes iguales, entonces como en el estado activo se tiene que VN =VP = Volp de forma ideal, aplicando LKC, se obtiene la siguiente funcionde transferencia del sistema, si bien pudieran aplicarse las “formulas” dellibro guıa aquı se aplica un enfoque de analisis matematico:

H(s) =VoVi

=1

RmlpRlpCnlpClps2 + (RmlpClp +RlpClp)s+ 1(1)

y reemplazando los valores correspondientes se tiene que:

H(s) = 1225∗10−12s2+30∗10−6s+1 (2)

que puede representarse en terminos de ω como:

HLP (ω) = 11−225∗10−12ω2+30∗10−6ω (3)

1.1 Desarrollo teorico 4

Frecuencias de corte o de media potencia. Las dos frecuencias demedia potencia ωL y ωH se definen como las frecuencias a las cuales larespuesta en tension es 70.07 % de la respuesta maxima.

Por lo tanto se halla la expresion de magnitud de la ecuacion 3, y con laaplicando la definicion anterior se tendrıa que

|H(ωL)| = HOLP√2

hallado esta expresion y sabiendo que para este caso la ganancia de cc esHOLP = 1 se tiene:

ωL → −42906,3, ωL → 0.−103585., ωL → 0.+103585., ωL → 42906,3

como la frecuencia no puede ser negativo o imaginario se tiene que

ωL = 42906,3 rad/seg fL = 6,82kHz (4)

√Identifique los parametros de H(ω) que permitan variar la frecuencia decorte.De la definicion hecha en la seccion 1.1 y despues de una extensa manip-ulacion algebraica se tiene que la frecuencia de corte se representa de laforma:

ωL =ω0

Q

√2Q2 − 1 +

√1− 4Q2 + 8Q4

2(5)

donde:

ω0 =1√

RmlpRlpClpCnlp

Q =1

ω0(RmlpClp +RlpClp)

de tal manera que al intentar variar la frecuencia de corte se pueden verlas relaciones que tienen Q y ω0. Para el filtro pasa bajas se hallo que:

Q = 0,5 (6)

el cual representa una curva que no tiene pico de resonancia, porque suvalor es menor al de la curva maximamente plana o respuesta de Butter-worth para el cual Q = 1/

√2, a partir del cual las graficas tendran un pico

cada vez mayor en la misma proporcion que Q para valores muy elevados,es decir que para Qs suficientemente grandes, por ejemplo Q > 5, se tieneque ω/ω0 ≈ 1 y |HLP |max ≈ Q. Por supuesto, en ausencia de formacion

de pico, o Q < 1/√

2, el maximo se alcanza en ω/ω0 = 0, es decir en cc.


√Grafique las trazas de Bode (Magnitud y Fase). ¿Que informacion del filtrose obtiene a partir de la ubicacion de los polos del sistema y del diagramade Bode?.

Bode Diagram

Frequency (Hz)10

210

310

410

510

6-80

-70

-60

-50

-40

-30

-20

-10

0

Mag

nit

ud

e (d

B)

Pasa Bajas

(a) Magnitud

Bode Diagram

Frequency (Hz)10

210

310

410

510

6-180

-135

-90

-45

0

Ph

ase

(deg

)

Pasa Bajas

(b) Fase

Figura 2: Grafico de Bode del filtro activo pasa bajas

Basicamente al observar la grafica de bode de un filtro se puede deducirrapidamente primero que tipo de filtro es, en este caso un pasa bajas, esdecir las frecuencias a las cuales el filtro responde de la entrada a la salida,y a partir de que frecuencias ya no deja pasar nada de la entrada, ademasse puede ver como se va comportando la fase, en la frecuencia.

Al observar la ubicacion de los polos o tener sus valores, se puede ver desdeque frecuencia empieza la pendiente de atenuacion(para el caso pasa bajas)por cada decada(dB/dec), ademas del tipo de respuesta en el tiempo quetendra, que se explicara con mayor detalle a continuacion.

√Grafique en el plano s la ubicacion de los polos de H(ω). Comente lasimplicancias con respecto a Q, ω0 y al tipo de respuesta transitoria delsistema.

De la grafica 3(a), se observa un polo doble sobre el eje real σ, por lo tantoQ = 0,5, el valor de ω0 es la distancia que existe entre el origen y los polossuperpuestos(×), la respuesta en el tiempo sera una del tipo crıtica, es decir unasola exponencial, porque la frecuencia compleja s = σ+ω no tiene componentesimaginarios(ω = 0), solo reales(σ). Con la respuesta al impulso hecha a lafuncion de transferencia de la ecuacion 3 con MATLAB, se puede verificar estoen la figura 3(b), que es una curva caracterıstica de una repuesta del tipo crıtica.Esto quiere decir que el transitorio del filtro no tiene componentes senoidales enel tiempo.

1.2 Simulaciones 6

Pole-Zero Map

Real Axis

Imag

inar

y A

xis

-7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0

x 104

-1

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1111111

1

1

1

111111

1

1

11e+0042e+0043e+0044e+0045e+0046e+004

Pasa Bajas

(a) Polos y Ceros

Impulse Response

Time (sec)

Am

plit

ud

e

0 0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6

x 10-4

0

0.5

1

1.5

2

2.5x 10

4

Pasa Bajas

(b) Impulso

Figura 3: Grafica de polos del sistema y respuesta al impulso

1.2. Simulaciones

Para el circuito de la Figura 1:

√Obtenga las graficas de magnitud y fase del sistema.

√Determine fL, y la ganancia en la banda pasante HLP0.

Date/Time run: 05/25/11 18:50:50** circuit file for profile: pasabaja

Temperature: 27.0

Date: May 25, 2011 Page 1 Time: 18:55:44

(A) pasa bajas-SCHEMATIC1-pasabaja (active)

Frequency

1.0Hz 10Hz 100Hz 1.0KHz 10KHz 100KHzVDB(VOBP)

-40

-30

-20

-10

0

fL

Hlpo

(1.0000,-433.186u)

(6.8357K,-3.0058)

(a) Magnitud


Temperature: 27.0



Frequency

1.0Hz 10Hz 100Hz 1.0KHz 10KHz 100KHz 1.0MHzVP(VOBP)

-200d

-150d

-100d

-50d

-0d

(202.263K,-179.898)

(6.8682K,-77.781)

(b) Fase

Figura 4: Grafica de polos del sistema y respuest

En un filtro pasa bajas en donde no tiene formacion de pico(Q < 1/√

2),se tiene que la ganancia de cc se encuentra en el origen de coordenadas,como se indica el valor de HLP0 = 0dB, es decir la ganancia es unitaria,la frecuencia de media potencia se halla tomando como referencia a HLP0

y la frecuencia a la cual la respuesta esta a −3dB, como se observa estoocurre en aproximadamente fL = 6,8375kHz, lo cual concuerda con loscalculos hechos en la ecuacion 11.

1.3 Mediciones practicas 7

√Obtenga las graficas en el dominio del tiempo de la senal Vilp y de lasenal Volp; ademas obtenga las graficas de Fourier de las senales anteriores.Explique lo observado. (Realice la simulacion en el tiempo desde 0mseg.a 5mseg.)


Temperature: 27.0



Time

0s 0.5ms 1.0ms 1.5ms 2.0ms 2.5ms 3.0ms 3.5ms 4.0ms 4.5ms 5.0msV(R3:1)

-2.0V

-1.0V

0V

1.0V

2.0V

(a) Entrada


Temperature: 27.0



Time

0s 0.5ms 1.0ms 1.5ms 2.0ms 2.5ms 3.0ms 3.5ms 4.0ms 4.5ms 5.0msV(VOBP)

-1.2V

-0.8V

-0.4V

0V

0.4V

0.8V

1.2V

(b) Salida

Figura 5: Grafica en el tiempo de la entrada y salida del filtro


Temperature: 27.0



Frequency

0Hz 50KHz 100KHz 150KHz 200KHz 250KHz 300KHz 350KHz 400KHz 450KHzV(R3:1)

0V

0.2V

0.4V

0.6V

0.8V

1.0V

(a) Entrada


Temperature: 27.0



Frequency

0Hz 50KHz 100KHz 150KHz 200KHz 250KHz 300KHz 350KHz 400KHz 450KHzV(VOBP)

0V

200mV

400mV

600mV

800mV

(b) Salida

Figura 6: Grafica de Fourier de la entrada y salida del filtro

En estas graficas se pueden ver como la entrada tiene una senal de 300Hz,y a ella superpuesta una de 100kHz, como el filtro es del tipo de paso bajo,en la salida se pueden ver las frecuencias que deja pasar, como se puedecomparar en la entrada y salida de la transformada de Fourier, la senal de100kHz es totalmente atenuada.

√Con el Matlab ubique los polos del sistema, calculados en el desarrolloteorico.

ıdem Figura 3.a) Como ya se ha dicho, tiene un polo doble sobre el eje real.

1.3. Mediciones practicas√

Realice el barrido en frecuencia del sistema, en el intervalo comprendidoentre 100 Hz hasta 200 kHz, tomando 4 puntos por octava y complete


102

103

104

105

106

10−3

10−2

10−1

100

X: 6912Y: 0.7462

Frecuencia(Hz)

Bod

e(dB

)

Pasa Bajas

Pasa Bajas

Figura 7: Grafica de bode medido

102

103

104

105

106

−200

−180

−160

−140

−120

−100

−80

−60

−40

−20

0Fase

Frecuencia(Hz)

Fas

e(de

g)

Pasa Baja


2 Filtro pasa altos de 2 orden 9

2. Filtro pasa altos de 2 orden

5

5

4

4

3

3

2

2

1

1

D D

C C

B B

A A

<Doc> <RevCode>

<Title>

A


Title


Date: Sheet of

Vihp

Vohp

0

0

Vcchp

Veehp

U1

uA741

3

2

74

6

1

5+

-

V+

V-

OUT

OS1

OS2

V1

FREQ = 300VAMPL = 1VOFF = 0

Chp

1n

Chp

1n

Rhp

15k

Rhp

15k

V2

FREQ = 30kVAMPL = 1VOFF = 0

Figura 9: Filtro pasa altos de 2 orden



√Determine la funcion de transferencia del sistema H(ω) = Vo/Vi y fre-cuencia de corte fH .

En el siguiente filtro activo KRC se tiene que la ganacia es de k = 1,entonces como en el estado activo se tiene que VN = VP = Volp de formaideal, aplicando LKC, se obtiene la siguiente funcion de transferencia delsistema:

H(s) =VoVi

=RhpR2hpC1hpC2hps

2

RhpR2hpC1hpC2hps2 + (RhpC2hp +RhpC2hp)s+ 1(7)

y reemplazando los valores correspondientes se tiene que:

H(s) = 225∗10−12s2

225∗10−12s2+30∗10−6s+1 (8)

que puede representarse en terminos de ω como:

H(ω) = −225∗10−12ω2

1−225∗10−12ω2+30∗10−6ω (9)


√Identifique los parametros de H(ω) que permitan variar la frecuenciade corte. Aplicando el mismo procedimiento hecho en la seccion 1.1,con-siderando que para el pasa altas:

|H(ωL)| = HOHP√2

en donde HOHP es la ganancia de alta frecuencia, se que obtuvo que lafrecuencia de corte viene dado por:

ωL =ω0

Q

√−2Q2 + 1 +

√1− 4Q2 + 8Q4

2(10)

donde:

ω0 =1√

RhpR2hpC2hpC1hp

Q =1

ω0(RhpC2hpRhpC1hp)

el cual arroja:

ωL = 103585 rad/seg fL = 16,48kHz (11)

Se puede hacer la comparacion entre la expresion del pasa bajos en laecuacion 5, donde se diferencian en un signo. Se pudo ver que ω0 y Qtienen los mismos valores que el pasa bajos.

√Grafique las trazas de Bode (Magnitud y Fase). ¿Que informacion del filtrose obtiene a partir de la ubicacion de los polos del sistema y del diagramade Bode?. Ademas de lo dicho anteriormente se puede ver como a frecuen-

Bode Diagram

Frequency (Hz)10

210

310

410

510

6-100

-90

-80

-70

-60

-50

-40

-30

-20

-10

0

Mag

nit

ud

e (d

B)

Pasa Altas

(a) Magnitud

Bode Diagram

Frequency (Hz)10

210

310

410

510

60

45

90

135

180

Ph

ase

(deg

)

Pasa Altas

(b) Fase

Figura 10: Grafico de Bode del filtro activo pasa altas

cias bajas la fase esta desfasada aproximadamente 180, en comparacioncon el pasa bajas que a frecuencias bajas esta en fase con la entrada.


Pole-Zero Map

Real Axis

Imag

inar

y A

xis

-7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 0

x 104

-1

-0.8

-0.6

-0.4

-0.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

1111111

1

1

1

111111

1

1

11e+0042e+0043e+0044e+0045e+0046e+004

Pasa Altas

(a) Polos y Ceros

Impulse Response

Time (sec)

Am

plit

ud

e

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

x 10-5

-14

-12

-10

-8

-6

-4

-2

0

2x 10

4

Pasa Altas

(b) Impulso

Figura 11: Grafica de polos del sistema y respuesta al impulso

√Grafique en el plano s la ubicacion de los polos de H(ω). Comente lasimplicancias con respecto a Q, ω0 y al tipo de respuesta transitoria delsistema.

Se puede ver en la grafica de polos y ceros que tiene un cero en el origen y unpolo doble, es caracterıstico de un filtro de segundo orden, ademas la respuestatransitoria de la respuesta al impulso muestra ser del caso sobreamortiguado, sedirferencia del pasa bajas por el hecho que este tiene un cero, lo cual hace que larespuesta transitoria ası, ademas el transitorio se extingue mas rapidamente queel caso crıtico del pasabajas por el hecho de que ahora son dos exponenciales.

2.2 Simulaciones 12

2.2. Simulaciones


√Obtenga las graficas de magnitud y fase del sistema.

√Determine fH , y la ganancia en la banda pasante HHP0.

Date/Time run: 06/03/11 02:20:02** circuit file for profile: pasaalta

Temperature: 27.0

Date: June 03, 2011 Page 1 Time: 02:24:32

(A) pasaalta-SCHEMATIC1-pasaalta (active)

Frequency

1.0Hz 10Hz 100Hz 1.0KHz 10KHz 100KHz 1.0MHzVDB(VOBP)

-200

-150

-100

-50

-0

fL

H0hp

(16.592K,-3.0073)

(479.323K,-31.925m)

(a) Magnitud


Temperature: 27.0



Frequency

1.0Hz 10Hz 100Hz 1.0KHz 10KHz 100KHzVP(VOBP)

0d

45d

90d

135d

180d

(10.638K,88.927)

(b) Fase

Figura 12: Grafica de Magnitu y Fase de bode

√Obtenga las graficas en el dominio del tiempo de la senal Vihp y de lasenal Vohp; ademas obtenga las graficas de Fourier de las senales anteriores.Explique lo observado. (Realice la simulacion en el tiempo desde 0mseg.a 5mseg.)


Temperature: 27.0



Time

0s 0.5ms 1.0ms 1.5ms 2.0ms 2.5ms 3.0ms 3.5ms 4.0ms 4.5ms 5.0msV(VIBP)

-2.0V

-1.0V

0V

1.0V

2.0V

(a) Entrada


Temperature: 27.0



Time

0s 0.5ms 1.0ms 1.5ms 2.0ms 2.5ms 3.0ms 3.5ms 4.0ms 4.5ms 5.0msV(VOBP)

-1.0V

-0.5V

0V

0.5V

1.0V

(b) Salida

Figura 13: Grafica en el tiempo de la entrada y salida del filtro

Simplemente se ve como de la entrada a la salida la entrada que es de300Hz es totalmente atenuada por el filtro pasa altas.



Temperature: 27.0



Frequency

0Hz 100KHz 200KHz 300KHz 400KHz 500KHz 600KHz 700KHz 800KHz 900KHzV(VIBP)

0V

0.2V

0.4V

0.6V

0.8V

1.0V

(a) Entrada


Temperature: 27.0



Frequency

0Hz 100KHz 200KHz 300KHz 400KHz 500KHz 600KHz 700KHz 800KHz 900KHzV(VOBP)

0V

0.2V

0.4V

0.6V

0.8V

1.0V

(b) Salida

Figura 14: Grafica de Fourier de la entrada y salida del filtro

√Con el Matlab ubique los polos del sistema, calculados en el desarrolloteorico

idem Figura 11, existe un cero en el origen y un polo doble sobre el eje real.


Realice el barrido en frecuencia del sistema. Comience a 1kHz hasta800kHz tomando 4 puntos por octava y complete tabla 2.

102

103

104

105

106

10−3

10−2

10−1

100

X: 6912Y: 0.7462

Frecuencia(Hz)

Bod

e(dB

)

Pasa Bajas

Pasa Bajas



102

103

104

105

106

−200

−180

−160

−140

−120

−100

−80

−60

−40

−20

0Fase

Frecuencia(Hz)

Fas

e(de

g)

Pasa Baja


3 Filtro pasa banda de 2 orden 15

3. Filtro pasa banda de 2 orden

5

5

4

4

3

3

2

2

1

1

D D

C C

B B

A A

<Doc> <RevCode>

<Title>

A


Title


Date: Sheet of

Vibp

Vobp

0

Vccbp

Veebp

0

00

U1

uA741

3

2

74

6

1

5+

-

V+

V-

OUT

OS1

OS2

V31Vac0Vdc

Cbp

10n

Cbp10n Rbp

7.5k

Rbp

7.5k

RbbpRval

Rbp

7.5k

Rabp10k

Figura 17: Filtro Pasa banda de orden 2



√Determine la funcion de transferencia del sistemaH(ω) = Vo/Vi. (Primerocon Rval = 27kΩ, repita esto para Rval = 30kΩ ).

• Para 27kΩ

HBP (ω) = 138,75∗10−6ω1−2,8125∗10−9ω2+11,25∗10−6ω (12)

• Para 30kΩ

HBP (ω) = 150∗10−6ω1−2,8125∗10−9ω2 (13)

Se puede ver que no existe parte imaginaria en el denominador.

√Determine las frecuencias de corte fH , fL, Bw, Q, AOBP


ωL = ω0(√

1 + 1/4Q2 − 1/2Q) (14)

ωH = ω0(√

1 + 1/4Q2 + 1/2Q) (15)

ω0 =√

2/RC (16)

Q =√

2/(4−K) (17)

H0BP = K/(4−K) (18)

en donde K es la ganancia del amplificador, en esta configuracion no in-versora, que esta dado por.

K = 1 +Rval

Rabp

de las ecuaciones se obtiene que:

• Para 27kΩ

K = 3,7 (19)

ωL = 16962 rad/seg fL = 2,67kHz (20)

ωH = 20962 rad/seg fL = 3,33kHz (21)

BW = ωH − ωL = 4000 rad/seg BW = 636Hz (22)

HOBP = 12,333 (23)

Q = 1,308 (24)

• Para 30kΩ

K = 4 (25)

ωL ≈ ωH ≈ 18856 rad/seg fL ≈ fH ≈ 3kHz (26)

BW ≈ 0 (27)

HOBP =∞ (28)

Q =∞ (29)

Como puede verse para el caso de 30kΩ, la respuesta es algo particular,la ganancia en resonancia H0BP y el factor de calidad Q idealmente soninfinitas, el ancho de banda es cero, vease las ecuaciones que describen talcomportamiento, y es para el caso en que la ganancia es K = 4 como aquı.


√Grafique las trazas de Bode (Magnitud y Fase). (Primero conRval = 27kΩ,repita esto para Rval = 30kΩ ). ¿Que informacion del filtro se obtiene apartir de la ubicacion de los polos del sistema y del diagrama de Bode?.

Bode Diagram

Frequency (Hz)10

210

310

410

5-25

-20

-15

-10

-5

0

5

10

15

20

25

Mag

nit

ud

e (d

B)

Pasa Banda

(a) Magnitud

Bode Diagram

Frequency (Hz)10

210

310

410

5-90

-45

0

45

90

Ph

ase

(deg

)

Pasa Banda

(b) Fase

Figura 18: Grafico de Bode del filtro activo pasa banda para 27kΩ

Bode Diagram

Frequency (Hz)10

210

310

410

5-40

-20

0

20

40

60

80

100

120

140

160

Mag

nit

ud

e (d

B)

System: pasa_banda30Frequency (Hz): 3e+003Magnitude (dB): 152

Pasa Banda

(a) Magnitud

102

103

104

105

-90

-45

0

45

90

Ph

ase

(deg

)

System: pasa_banda30Frequency (Hz): 3.03e+003Phase (deg): -90

System: pasa_banda30Frequency (Hz): 3e+003Phase (deg): 90

(b) Fase

Figura 19: Grafico de Bode del filtro activo pasa banda para 30kΩ

Se puede ver como el tiene un pico muy agudo para el caso de 30kΩ, ademasal observar la fase a una frecuencia especıfica serıa como un salto de unaa otra fase, todo esto demostrara que es imposible tal comportamientoen un modelo fısico, como esto es un analisis matematico teoricamente sealcanzarıa, en el caso fısico lo que pasarıa es que el operacional se satureo algun comportamiento inestable como la oscilacion.


√Grafique en el plano s la ubicacion de los polos de H(ω) (primero conRval = 27kΩ, repita esto para Rval = 30kΩ). Comente las implicanciascon respecto a Q, ω0 y al tipo de respuesta transitoria del sistema.

Pole-Zero Map

Real Axis

Imag

inar

y A

xis

-2000 -1800 -1600 -1400 -1200 -1000 -800 -600 -400 -200 0-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2x 10

4

0.085

0.13

0.25

2.5e+003

5e+003

7.5e+003

1e+004

1.25e+004

1.5e+004

1.75e+004

2.5e+003

5e+003

7.5e+003

1e+004

1.25e+004

1.5e+004

1.75e+004

0.0080.0180.0280.0420.0580.085

0.13

0.25

0.0080.0180.0280.0420.058

Pasa Banda

(a) Para 27kΩ

Pole-Zero Map

Real AxisIm

agin

ary

Axi

s-1 -0.8 -0.6 -0.4 -0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1

-2

-1.5

-1

-0.5

0

0.5

1

1.5

2x 10

4

8.5e-005

0.00014

0.0003

1

2.5e+003

5e+003

7.5e+003

1e+004

1.25e+004

1.5e+004

1.75e+004

2.5e+003

5e+003

7.5e+003

1e+004

1.25e+004

1.5e+004

1.75e+004

8e-0061.8e-0052.8e-0054.2e-005

5.8e-005

8.5e-005

0.00014

0.0003

1

8e-0061.8e-0052.8e-0054.2e-005

5.8e-005

Pasa Banda

(b) Para 30kΩ

Figura 20: Grafico de polos y ceros del filtro activo pasa banda

Impulse Response

Time (sec)

Am

plit

ud

e

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3

x 10-3

-4

-3

-2

-1

0

1

2

3

4

5x 10

4

Pasa Banda

(a) Para 27kΩ

Impulse Response

Time (sec)

Am

plit

ud

e

0 0.005 0.01 0.015 0.02 0.025 0.03 0.035 0.04 0.04-6

-4

-2

0

2

4

6x 10

4

Pasa Banda

(b) Para 30kΩ

Figura 21: Grafico de respuesta al impulso filtro activo pasa banda

Para la primera grafica se puede ver para el de 27k un cero en el origeny dos polos complejos conjugados, el valor de Q se hace cada vez mayor alir acercandose los polos al eje imaginario, este caso se da en el caso de 30kdonde los polos se encuentran sobre el eje imaginario, como consecuencia suvalor es Q = ∞, el circuito serıa puramanete oscilante, sin ninguna perdidade energıa lo cual es imposible en un modelo fisico, se puede ver como paraambos casos la respuesta al impulso del circuito da una respuesta donde sugrafica es caracterıstico de la respuesta subamortiguada, para el primer casoes una senoidal atenuada, es decir contiene componentes exponenciales comosenoidales; para el segundo es una senoidal sostenida que nunca desaparece, es

3.2 Simulaciones 19

decir que no posee componente exponencial solo senoidal, en otras palabras eltransitorio nunca se extingue.

3.2. Simulaciones


√Obtenga la grafica de magnitud y fase del sistema. (Primero con Rval =27kΩ, repita esto para Rval = 30kΩ).

√Determine las frecuencias de corte fH , fL, Bw, Q, AOBP . (Primero conRval = 27kΩ , repita esto para Rval = 30kΩ ).

Date/Time run: 06/03/11 06:32:55** circuit file for profile: asdaf

Temperature: 27.0


(A) pasa bajas-SCHEMATIC1-asdaf (active)

Frequency

10Hz 30Hz 100Hz 300Hz 1.0KHz 3.0KHz 10KHzVDB(VOBP)

-50

0

50

H0bp

fH

fL

(3.2809K,18.825

(2.6660K,18.825)(2.9580K,21.802)

(a) Para 27kΩ


Temperature: 27.0



Frequency

10Hz 30Hz 100Hz 300Hz 1.0KHz 3.0KHz 10KHzVDB(VOBP)

-50

0

50

100

(2.9512K,71.379)

(b) Para 30kΩ

Figura 22: Grafico de bode


Temperature: 27.0



Frequency

10Hz 30Hz 100Hz 300Hz 1.0KHz 3.0KHz 10KHzVP(VOBP)

-100d

-50d

0d

50d

100d

(2.9427K,2.1187)

(a) Para 27kΩ


Temperature: 27.0



Frequency

1.0Hz 10Hz 100Hz 1.0KHz 10KHz 100KHzVP(VOBP)

-120d

-80d

-40d

-0d

40d

80d

120d

(2.9495K,13.787)

(b) Para 30kΩ

Figura 23: Grafico de Fase

Para el caso de 27k la diferencia entre ambas frecuencias de corte es elancho de banda, y para el caso de 30k, el ancho de banda es practicamantecero, porque el pico de resonancia y las frecuencias de corte coinciden porel comportamiento ya descrito que es muy sintonizado o selectivo. Parael valor de Q en el caso de 27k es practicamante igual al valor de QdB ≈H0BP , por las aproximaciones ya mencionadas que se hacen para Qs > 5,


para 30k el valor de Q es extremadamente elevado, ademas se puede verel cambio abupto de fase que existe a una determinada frecuencia.

√Con el Matlab ubique los polos del sistema, calculados en el desarrolloteorico.

ıdem Figura 20, para 27k, un cero en el origen y dos polos complejos conju-gados, para 30k un cero en el origen y dos polos complejos conjugados sobre eleje imaginario.


Realice el barrido en frecuencia del sistema. Comience a 10Hz hasta10kHz tomando 10 puntos por octava y complete tabla 3.

√Repita el ıtem anterior con Rb = 30kΩ.

102

103

104

10−1

100

101

102

X: 2960Y: 12.26

Frecuencia(Hz)

Bod

e(dB

)

Pasa Banda


102

103

104

−100

−80

−60

−40

−20

0

20

40

60

80

100

Frecuencia(Hz)

Fas

e(de

g)

Pasa Banda


4 Conclusiones generales. 21

4. Conclusiones generales.

1. En que influye el orden del filtro en su respuesta en frecuencia?.

Hace que la que la respuesta sea mas cercana al ideal, ya sea para el casode pasa banda, altas o bajas.

2. Sobre la base de la magnitud de la respuesta, ¿Cual es la clasificacion delos filtros.

En varias formas, pero las principales son la pasa altas, la pasa bajas y lapasa banda, tambien esta el notch.

3. Compare los filtros activos con los basicos y cite las ventajas y desven-tajas de cada uno. La diferencia principal es que en el punto cercano ala frecuanecia ω/ω0 ≈ 1, en el filtro activo se puede tener mas controlsobre la ganancia osea Q, en cambio con los pasivos no. existen ventajasy desventajas entre ellas que se necesitan modulos de op para los filtrosactivos, que serıan de mayor precio, aunque depende del diseno que sequiera llevar a cabo.

4. El orden del filtro lo determina el orden del denominador o del numeradorde la funcion de transferencia?.

Es determinada por el denominador, el numerador dice que tipo de re-spuesta sera si se dejase en forma estandar.

5. Existe una dependencia entre las raıces de la funcion de transferencia y lasenal de entrada?.

La funcion de transfrencia misma esta definida por la entrada y salida, laentrada es independiente de la funcion de transferencia, esta describe lasalida en terminos de la entrada pero no dependen una de otra.

6. Los polos del sistema brindan informacion sobre estabilidad?.

Si, como se vieron las distintas respuestas al impulso, se vio que al acer-carse los polos al eje imaginario se hacia extremadamente oscilatoria lasenal, es decir brindar informacion sobre estabilidad.

ANÁLISIS DE FILTROS ACTIVOS

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