Otras carreras Filtro pasabajo

[Gabriel_Uru]

Estimados,estoy estudiando para un curso universitario de teoría de circuitos, y tengo que mostrar que es un pasabajo.
Independientemente de los cálculos quisiera pedirles comentarios sobre el funcionamiento cualitativo del circuito, me interesa saber como lo piensa la gente que tiene experiencia en este tipo de circuitos.

Gracias y saludos!!

[Alriga]

Vamos a calcular la ganancia $\boldsymbol{H=V_0 / V_1}$ en el dominio operacional, (transformadas de Laplace) La realimentación negativa del amplificador operacional del circuito implica que $V_{(-)}=V_0$

1. Suponiendo ideal el amplificador operacional, éste no consume corriente $\boldsymbol{I_{(+)}=0}$

2. El "cortocircuito virtual" entre los terminales de entrada del OpAmp implica $\boldsymbol{V_N}=V_{(+)}=V_{(-)}=\boldsymbol{V_0}$

Teniendo en cuenta las condiciones (1) y (2) aplicamos al circuito el método de los nudos, (basado en la 1ª ley de Kirchhoff)

Nudo M:

$\dfrac{V_1-V_M}R+\dfrac{V_0-V_M}{\dfrac 1{sC}}+\dfrac{V_0-V_M}{a R}=0$

Nudo N:

$\dfrac{V_0-V_M}{a R}+\dfrac{V_0}{\dfrac 1{sC}}=0$

En la segunda ecuación despejamos $V_M$ y lo sustituimos en la primera, a continuación simplificamos y despejamos $V_0$:

$V_0=\dfrac{V_1}{(RCs+1) (aRCs+1)}$

Dividiendo por la tensión de entrada y realizando la multiplicación del denominador obtenemos la ganancia en el dominio operacional:

$$H(s)=\dfrac 1{a R^2C^2s^2+(1+a)RC s+1}$$

Consultamos la bibliografía para comparar esta expresión obtenida con la expresión general de un filtro pasabajos de segundo orden que es:

$$H(s)=\dfrac{H_0}{\dfrac{s^2}{w_0^2}+\dfrac 1 Q \ \dfrac s{w_0} +1}$$

Si identificamos coeficientes obtenemos que nuestro circuito es un filtro pasabajos de 2º orden en el que:

La ganancia es unitaria

$$H_0=1$$

La frecuencia angular de resonancia es

$$w_0=\dfrac 1{\sqrt a \ RC}$$

El factor de calidad es

$$Q=\dfrac{\sqrt a}{1+a}$$

La ganancia en el dominio frecuencial la obtenemos sustituyendo $s=jw$

$H(w)=\dfrac 1{\dfrac{(j w)^2}{w_0^2}+\dfrac 1 Q \ \dfrac{j w}{w_0} +1}$

$$H(w)=\dfrac 1{1-\dfrac{w^2}{w_0^2}+ j \ \dfrac 1 Q \ \dfrac w{w_0}}$$

El módulo de la ganancia:

$$A(w)=\dfrac 1{\sqrt{\left [1-\left (\dfrac{w}{w_0}\right )^2 \right ]^2+\dfrac 1{Q^2} \ \left (\dfrac w{w_0}\right )^2}}$$

En decibelios:

$A(w) [dB]=20 \log A(w)$

La fase en el dominio frecuencial:

$$\Phi (w)=-\arctan \dfrac{\dfrac 1 Q \ \dfrac{w}{w_0}}{1-\dfrac{w^2}{w_0^2}}$$

La frecuencia angular de corte $w_c$ se produce cuando

$A(w_c)=\dfrac 1{\sqrt 2}$

$\left [ 1-\left (\dfrac{w_c}{w_0}\right )^2 \right ]^2+\dfrac 1{Q^2} \ \left (\dfrac{w_c}{w_0}\right )^2=2$

Si llamamos:

$x=\left ( \dfrac{w_c}{w_0}\right )^2$

Obtenemos la ecuación de 2º grado:

$(1-x)^2+\dfrac 1{Q^2} \ x -2=0$

Cuya solución es:

$x=\dfrac{2Q^2 \pm \big ( 1+\sqrt{8Q^4-4Q^2+1}\big )}{2Q^2}$

Y la frecuencia angular de corte

$$w_c=w_0 \ \sqrt x$$

Saludos.

[Julián]

En forma cualitativa. Se observa un capacitor a masa en la red de entrada. Eso implica que filtrará la alta frecuencia en la red de entrada (baja impedancia a masa para alta frecuencia). Eso es lo primero que se vé.
También lo que se sabe a primera vista es que la impendancia entre la puerta inversora y la no inversora teoricamente es infinita. Por lo tanto tenemos que el capacitor en la red de realiementación "está en paralelo con el potenciometro aR". Así que mentalmente se "observa" un divisor de tensión capacitivo.

$Vo = Vi \frac{{Z}_{1}}{{Z}_{1}+{Z}_{2}}$

Donde ${Z}_{1} = R + ( (1/(sC)) // aR)$ y ${Z}_{2} = 1/(sC)$

Así que como ${Z}_{2}$ es capacitiva, de allí se ve a simple vista que es un filtro pasa bajos. Como tenemos 2 elementos reactivos, el filtro es de segundo orden.