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• Gabriel Llerena Quenaya

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1. AMPLIFICADORES OPERACIONALES 1.1. Resolver lo siguiente: 1.1.1. Diseñar un amplificador inversor con una ganancia de 40 dB y una resistencia de entrada de 5K 40 = 20 log|𝐴𝑣𝑓| |𝐴𝑣𝑓| = log −1|2| = 100

En el amplificador inversor: 𝐴𝑣𝑓 = −

Para

R1 = 5K :

𝑅2 = −100 → 𝑅2 = 100𝑅1 𝑅1

𝑹𝟐 = 𝟓𝟎𝟎𝒌

El circuito final será:

1.1.2. ¿Entre que valores límites podría variar la ganancia de lazo cerrado del amplificador si las resistencias tienen una tolerancia de ± 5 %?

Para: 5%(5𝑘) = 0.25𝑘 5%(500𝑘) = 25𝑘

Tenemos: 𝑅1𝑚𝑎𝑥 = 5.25𝑘 𝑅2𝑚𝑎𝑥 = 525𝑘 𝑅1𝑚𝑖𝑛 = 4.75𝑘 𝑅2𝑚𝑖𝑛 = 475𝑘

Por tanto: 𝑅2𝑚𝑎𝑥 525 = = 110.53 𝑅1𝑚𝑖𝑛 4.75 𝑅2𝑚𝑖𝑥 475 = = = 90.48 𝑅1𝑚𝑎𝑥 5.25

|𝐴𝑣𝑓|𝑚𝑎𝑥 = |𝐴𝑣𝑓|𝑚𝑖𝑛

La GLC del amplificador diseñado, utilizando una resistencia de tolerancia ±5%, oscilará entre 90.48 y 110.53.

1.2. Diseñar una calculadora analógica que realice la siguiente operación: x= 4(a + 1.5b + 2c). Suponer que el valor mínimo de todas las resistencias de entrada es 45 KΩ.

𝑥 = 4(𝑎 + 1.5𝑏 + 2𝑐) Reescribimos la ecuación: 𝑥 = 4𝑎 + 6𝑏 + 8𝑐

Reconociendo la ecuación: Vamos a ocupar un inversor sumador de 3 entradas y un inversor, conectados en serie.

Utilizando resistencias de 45k como resistencias de valor mínimo: R5 = 60K 𝑅2 480𝐾 = 4 → 𝑅6 = = 120𝑘 𝑅6 4 𝑅2 480𝐾 = 6 → 𝑅1 = = 80𝑘 𝑅1 6 𝑅2 = 8 → 𝑅2 = 8 × (60𝐾) = 480𝑘 𝑅5

1.3. Los parámetros de un circuito integrador son: C = 0.1 μF, RC = 1 KΩ , VSAT = ± 10 volt. y V0(t0) = 0 volt. Trazar la forma de onda del voltaje de salida, suponiendo que la forma de onda de la tensión de entrada Vs es la mostrada en la figura siguiente. El valor pico de Vs es 2 volt.

El circuito con integrador será:

Aplicando la ecuación del voltaje de salida del integrador a cada uno de los tramos de la onda de entrada:

𝑉𝑜 =

−1 ∫ 𝑉𝑖 𝑑𝑡 ; 𝑅 = 103 ; 𝐶 = 10−7 ; 𝑉𝑖 = ±2 𝑅𝐶

Para 0 ≤ t ≤ 1ms:

Es la ecuación de una recta que parte de 0 volt. para t = 0 y termina en -20 V para t=103 sg. No es posible alcanzar los -20 V en la salida del integrador, puesto que este se satura a –10 V. El tiempo requerido para alcanzar los –10 V es:

Para 1 ≤ t ≤ 2ms:

Es la ecuación de una recta que parte de -10 V para t = 1 ms y termina en 10 V para t=2 ms. Para 2 ≤ t ≤ 3 ms:

Es la ecuación de una recta que parte de 10 V para t = 2 ms y termina en -10 V para t=3 ms. Para 3 ≤ t ≤ 4ms:

Es la ecuación de una recta que parte de 10 V para t = 2 ms y termina en -10 V para t=3 ms. Es evidente que a partir de 3 ms la forma de onda de salida se repite.

1.4. Desarrollar y ejemplificar el tema: Comparador con histéresis basado en OPAM CIRCUITO COMPARADOR CON HISTÉRESIS (Schmitt Trigger): El circuito de la figura corresponde a un Comparador con Histéresis, también denominado Schmitt Trigger . El amplificador operacional se encuentra alimentado entre +Vcc y -Vcc. Nótese que el amplificador operacional no recibe retroalimentación negativa y en cambio tiene retroalimentación positiva a través de R2. En el comparador con histéresis, la salida del

amplificador operacional oscila entre los dos estados de saturación posibles, +Vcc y Vcc, según los valores que tome la señal de entrada Vg en relación a la tensión de referencia Vref, y a los valores de la red resistiva R1 y R2.

En un amplificador operacional, cuando se cumple Vi = (V+ - V-) < 0, la salida Vo satura negativamente (Vo = -Vcc); por otra parte si Vi = (V+ - V-) > 0 entonces la salida Vo satura positivamente (Vo = +Vcc). De acuerdo con el circuito anterior, Vi = Vx - Vref. Para determinar Vx utilizamos el circuito equivalente que se muestra a continuación:

Aplicando el teorema de superposición resulta: Vx = (Vg * R2 / (R1+R2)) + (Vo * R1 / (R1+ R2)) Para analizar el comparador suponemos un estado inicial en saturación negativa (Vo = -Vcc) y que Vg es una señal variable que está aumentando desde valores negativos, de modo que se cumple Vx < Vref. La figura siguiente muestra la relación entre Vo y Vg:

Reemplazando en [1] la condición de saturación negativa, Vo = -Vcc, resulta: Vx = (Vg * R2 / (R1+R2)) - (Vcc * R1 / (R1+ R2))

Reemplazando Vx en Vi se obtiene: Vi = (Vg * R2 / (R1 + R2)) - (Vcc * R1 / (R1 + R2)) - Vref La condición Vo = -Vcc exige Vi < 0, por lo tanto, mientras se cumpla: (Vg * R2 / (R1 + R2)) - (Vcc * R1 / (R1 + R2)) - Vref < 0 Que equivale a : Vg < (Vref * (R1+R2) / R2) + (Vcc * R1 / R2) El comparador se mantendrá en el estado de saturación negativa (Vo = - Vcc) Dado que Vg crece desde valores negativos, cuando Vg alcanza el valor crítico V2 = (Vref * (R1+R2) / R2) + (Vcc * R1 / R2) Se produce la conmutación del comparador, desde saturación negativa (Vo = -Vcc) hacia saturación positiva (Vo = +Vcc), como muestra la gráfica anterior. Mientras Vg se mantenga por encima del valor crítico V2, el amplificador operacional mantiene el valor de saturación positiva Vo = +Vcc, con Vx > Vref. Supongamos que la señal variable Vg disminuye desde valores positivos (Vg > V2), estando el amplificador en saturación positiva (Vo = +Vcc). Sustituyendo en [1] obtenemos una expresión diferente para Vx: Vx = (Vg * R2 / (R1+R2)) + (Vcc * R1 / (R1+ R2)) Al reemplazar Vx en Vi, ahora se obtiene: Vi = (Vg * R2 / (R1 + R2)) + (Vcc * R1/(R1 + R2)) - Vref A diferencia del tratamiento anterior, en saturación positiva la condición Vo = +Vcc exige Vi > 0, por lo tanto, mientras se cumpla: (Vg * R2 / (R1 + R2)) + (Vcc * R1 / (R1 + R2)) - Vref > 0 Que equivale a: Vg > (Vref * (R1+R2) / R2) - (Vcc * R1 / R2) El comparador se mantendrá en el estado de saturación positiva (Vo = +Vcc) Dado que Vg disminuye desde valores positivos, cuando Vg alcanza el valor crítico: V1 = (Vref * (R1+R2) / R2) - (Vcc * R1 / R2) Se produce la conmutación del amplificador operacional desde saturación positiva (Vo = +Vcc) a saturación negativa (Vo = -Vcc).

Si se excita un comparador con histéresis con una oscilación variable Vg, cuyos valores mínimo y máximo caigan respectivamente más allá de los extremos del intervalo [V1; V2], la salida del comparador toma alternativamente uno de ambos estados de saturación: Vo+ = -Vcc y Vo- = +Vcc Los cambios de estado se producen, respectivamente, cuando Vg excede V2 (conmuta a saturación negativa) y cuando Vg cae por debajo de V1 (conmuta a saturación positiva). Se denomina ancho de histéresis H a la diferencia V2 - V1: H = 2 * Vcc * R1 / R2 Los valores de conmutación V1 y V2 son, respectivamente: V1 = Vm - H y V2 = Vm + H Donde Vm = Vref * (R1+R2) / R2

2. FILTROS ACTIVOS 2.1. Diseñe un filtro paso-bajo de Butterworth con ancho de banda de 2 KHz y atenuación de al menos 43 dB a 7 KHz. Utilice el mayor número de resistencias de 10KΩ y de etapas Sallen-Key. Calcule la ganancia DC y a las frecuencias de 2 y 7 KHz. Simule su diseño y compare su respuesta en frecuencia con las especificaciones solicitadas. (emplee multisim 12 o proteus 7.8 y matlab) a.

Orden del fitro 𝐸1 = √100.1∗3 − 1

𝐸2 = √100.1∗43 − 1

𝑬𝟏 = 𝟎. 𝟗𝟗𝟕𝟔

𝑬𝟐 = 𝟏𝟒𝟏. 𝟐𝟓 𝑛=

log(𝐸2 /𝐸1 ) log(𝑓𝑝 /𝑓𝑠 )

𝒏 = 𝟑. 𝟗𝟓 𝑛 = 4 : El filtro es de 4to orden

b. -

Diseño Sallen-Key Ecuación de escalamiento 𝐶=

1 2 ∗ 𝜋 ∗ 2𝐾 ∗ 10𝐾

𝑪 = 𝟕. 𝟗𝟓𝟖 𝒏𝑭

-

Según tablas para filtros Butterworth de orden 4 para : 𝐶1 = 7.958 𝑛𝐹 ∗ 1.082 = 8.61𝑛𝐹 𝐶2 = 7.958 𝑛𝐹 ∗ 0.924 = 7.92𝑛𝐹 𝐶3 = 7.958 𝑛𝐹 ∗ 2.613 = 20.79𝑛𝐹 𝐶4 = 7.958 𝑛𝐹 ∗ 0.3825 = 3.04𝑛𝐹

c.

Ganancia DC

La ganancia DC es igual a 1, porque con voltaje continuo, los capacitores actuarán como circuito abierto d.

Ganancia con 2KHz 1 𝐺 = 20log( ) 2 2𝑛 √1 + 𝐸1 (𝑤/𝑤𝑝 ) 1 𝐺 = 20log( ) √1 + 0.99762 (2𝑘/2𝑘)2∗4 𝑮 = −𝟐. 𝟗𝟗𝟗 𝒅𝑩

e.

Ganancia con 7KHz 1 𝐺 = 20log( ) 2 2𝑛 √1 + 𝐸1 (𝑤/𝑤𝑝 ) 1 𝐺 = 20log( ) √1 + 0.99762 (7𝑘/2𝑘)2∗4 𝑮 = −𝟒𝟑. 𝟓𝟎 𝒅𝑩

2.2. Determine la función de transferencia y diseñe un filtro Chebyshev de 0.1 dB (emplee capacitores de 220 nF) para satisfacer el diagrama de ganancia en decibeles de la figura siguiente.

a.

Orden del filtro 𝐸1 = √100.1∗3 − 1

𝐸2 = √100.1∗40 − 1

𝑬𝟏 = 𝟎. 𝟗𝟗𝟕𝟔

𝑬𝟐 = 𝟗𝟗. 𝟗𝟗

𝑛=

log(𝐸2 /𝐸1 ) log(𝑓𝑝 /𝑓𝑠 )

𝒏 = 𝟓. 𝟑𝟎 𝑛 = 6 : El filtro es de 6to orden

b. Polos del sistema 𝑃1 = −4.8042 ∗ 102 + 𝑗1.227 ∗ 104 𝑃2 = −1.313 ∗ 103 + 𝑗8.982 ∗ 103 𝑃3 = −1.793 ∗ 103 + 𝑗3.287 ∗ 103 𝑃4 = −1.793 ∗ 103 − 𝑗3.287 ∗ 103 𝑃5 = −1.313 ∗ 103 − 𝑗8.982 ∗ 103 𝑃6 = −4.8042 ∗ 102 − 𝑗1.227 ∗ 104

c.

Función Transferencia 𝑇(𝑠) =

𝑘𝑤𝑝 6 𝐸1 ∗ 2𝑛−1 ∗ (𝑠 − 𝑃1 )(𝑠 − 𝑃2 )(𝑠 − 𝑃3 )(𝑠 − 𝑃4 )(𝑠 − 𝑃1 )(𝑠 − 𝑃5 )(𝑠 − 𝑃6 )

𝑇(𝑠) =

𝑘 ∗ 12566.46 0.9976 ∗ 25 ∗ (𝑠 − 𝑃1 )(𝑠 − 𝑃2 )(𝑠 − 𝑃3 )(𝑠 − 𝑃4 )(𝑠 − 𝑃5 )(𝑠 − 𝑃6 )

d. Diseño del filtro Ecuación de escalamiento 𝑅=

1 2 ∗ 𝜋 ∗ 2𝐾 ∗ 220𝑛

𝑹 = 𝟑𝟔𝟏. 𝟕𝟐Ω

e. Según tablas para filtros Chebyshev de orden 6: 𝑅1 = 361.72Ω ∗ 1.89 = 683.7Ω 𝑅2 = 361.72Ω ∗ 1.5249 = 551.6Ω 𝑅3 = 361.72Ω ∗ 2.582 = 934Ω 𝑅4 = 361.72Ω ∗ 0.5953 = 215.3Ω 𝑅5 = 361.72Ω ∗ 7.0522 = 2.5𝑘Ω 𝑅6 = 361.72Ω ∗ 0.1486 = 53.8Ω

2.3. Determine la FT y diseñe un filtro Butterworth pasabanda que tiene una respuesta de frecuencia como se indica en la figura siguiente:

a.

La función de transferencia será: 𝑇(𝑠) = 𝑇(𝑠)𝑝𝑎𝑠𝑎 𝑎𝑙𝑡𝑎 + 𝑇(𝑠)𝑝𝑎𝑠𝑎 𝑏𝑎𝑗𝑎

-

Para la función Transferencia pasa alto Butterworth 𝐸1 = √100.1∗3 − 1 𝑬𝟏 = 𝟎. 𝟗𝟗𝟕𝟔

𝐸2 = √100.1∗30 − 1 𝑬𝟐 = 𝟑𝟏. 𝟔𝟎𝟕

log(𝐸2 /𝐸1 ) log(𝑓𝑝 /𝑓𝑠 ) log(31.607/0.9976) 𝑛= log(600/300) 𝒏 = 𝟒. 𝟗𝟖 𝑛 = 5 : El filtro es de 5to orden 𝑛=

Frecuencia de corte para filtro pasa alto 𝑊0 = 2 ∗ Ω ∗ 300 ∗ (1/0.9976)1/6 𝑊0 = 1835.86 𝑟𝑎𝑑/𝑠

Polos para el filtro pasa alto 𝑃1𝑎 = −582.8 + 𝑗1793.6 𝑃2𝑎 = −1525.7 + 𝑗1108.5 𝑃3𝑎 = −1885.86 + 𝑗0 𝑃4𝑎 = −1525.7 − 𝑗1793.6 𝑃5𝑎 = −582.8 − 𝑗1793.6

𝐸𝑞𝑢𝑖𝑣𝑎𝑙𝑒𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑓𝑖𝑙𝑡𝑟𝑜 𝑝𝑎𝑠𝑎𝑏𝑎𝑗𝑎 𝑆 = 1/𝑆

𝑇(𝑠)𝑝𝑎𝑠𝑎 𝑎𝑙𝑡𝑜 =

-

𝑘 ∗ 1885.865 1 1 1 1 1 ( 𝑠 − 𝑃1𝑎 )( 𝑠 − 𝑃2𝑎 )( 𝑠 − 𝑃3𝑎 )( 𝑠 − 𝑃4𝑎 )( 𝑠 − 𝑃5𝑎 )

Para la función Transferencia pasa bajo Butterworth 𝐸1 = √100.1∗3 − 1 𝑬𝟏 = 𝟎. 𝟗𝟗𝟕𝟔

𝑛=

𝐸2 = √100.1∗30 − 1 𝑬𝟐 = 𝟑𝟏. 𝟔𝟎𝟕

log(𝐸2 /𝐸1 ) log(31.607/0.9976) = log(𝑓𝑝 /𝑓𝑠 ) log(8000/4000) 𝒏 = 𝟒. 𝟗𝟖

𝑛 = 5 : El filtro es de 5to orden

Frecuencia de corte para filtro pasa bajo 𝑊0 = 2 ∗ Ω ∗ 4000 ∗ (1/0.9976)1/6 𝑊0 = 25144.82 𝑟𝑎𝑑/𝑠

Polos para filtro pasa bajo 𝑃1𝑏 = −7770.2 + 𝑗23914.1 𝑃2𝑏 = −20342.6 + 𝑗14779.7 𝑃3𝑏 = −25144.4 + 𝑗0 𝑃4𝑏 = −20342.6 − 𝑗14779.7 𝑃5𝑏 = −7770.2 − 𝑗23914.1

𝑇(𝑠)𝑝𝑎𝑠𝑎 𝑏𝑎𝑗𝑜

𝑘 ∗ 25132.75 = (𝑠 − 𝑃1𝑏 )(𝑠 − 𝑃2𝑏 )(𝑠 − 𝑃3𝑏 )(𝑠 − 𝑃4𝑏 )(𝑠 − 𝑃5𝑏 )

Para el filtro pasabanda 𝑇(𝑠) = 𝑇(𝑠)𝑝𝑎𝑠𝑎 𝑎𝑙𝑡𝑎 + 𝑇(𝑠)𝑝𝑎𝑠𝑎 𝑏𝑎𝑗𝑎 5

𝑇(𝑠) =

𝑘 ∗ 1885.86 1 1 1 1 (1 𝑠 − 𝑃1𝑎 )( 𝑠 − 𝑃2𝑎 )( 𝑠 − 𝑃3𝑎 )( 𝑠 − 𝑃4𝑎 )( 𝑠 − 𝑃5𝑎 )

𝑘 ∗ 25132.75 + (𝑠 − 𝑃1𝑏 )(𝑠 − 𝑃2𝑏 )(𝑠 − 𝑃3𝑏 )(𝑠 − 𝑃4𝑏 )(𝑠 − 𝑃5𝑏 )

b. Diseño del filtro pasabanda Butterworth - Parte pasa alto Factor de escalamiento con C=220nF 𝑅=

1 2 ∗ 𝜋 ∗ 300 ∗ 220𝑛 𝑹 = 𝟐𝟒𝟏𝟏. 𝟒𝟒Ω

Según tablas para filtros Butterworth de 5to orden 𝑅1 = 2411.44Ω ∗ 1.753 = 4.23𝑘Ω 𝑅2 = 2411.44Ω ∗ 1.354 = 3.27𝑘Ω 𝑅3 = 2411.44Ω ∗ 0.4214 = 1.02𝑘Ω 𝑅4 = 2411.44Ω ∗ 3.235 = 7.8𝑘Ω 𝑅5 = 2411.44Ω ∗ 0.309 = 745Ω

-

Parte pasa bajo Ecuación de escalamiento con R=10k 𝐶=

1 2 ∗ 𝜋 ∗ 4𝐾 ∗ 10𝐾 𝑪 = 𝟑. 𝟗𝟖 𝒏𝑭

Según tablas para filtros Butterworth de orden 4 para 𝐶1 = 3.98 𝑛𝐹 ∗ 1.753 = 6.98𝑛𝐹 𝐶2 = 3.98 𝑛𝐹 ∗ 1.354 = 5.39𝑛𝐹 𝐶3 = 3.98 𝑛𝐹 ∗ 0.4214 = 1.68𝑛𝐹 𝐶4 = 3.98 𝑛𝐹 ∗ 3.325 = 13.23𝑛𝐹 𝐶5 = 3.98 𝑛𝐹 ∗ 0.309 = 1.23𝑛𝐹

El flitro pasa-banda es un filtro pasa-alto en serie con un filtro pasa-bajo

3. AMPLIFICADORES DE POTENCIA 3.1. Calcule la potencia de entrada y salida para el circuito de la figura siguiente. La señal de entrada produce una corriente de base de 5mA rms. Si el circuito se polariza en su voltaje central y el punto de operación central del colector, ¿cuál es la potencia de entrada para una potencia de salida máxima de 1.5W?

La polarización de cd establecida por VCC y RB fija la corriente de polarización de base de cd en: 𝐼𝐵𝑄 =

𝑉𝐶𝐶 − 0.7 𝑉 18 𝑉 − 0.7 𝑉 = 𝑅𝐵 1200 Ω

𝑰𝑩𝑸 = 𝟏𝟒. 𝟒𝟐 𝒎𝑨 De modo que la corriente del colector es: 𝐼𝐶𝑄 = 𝛽 ∗ 𝐼𝐵 = 40 ∗ 14.42 𝑚𝐴 𝑰𝑪𝑸 = 𝟓𝟕𝟔. 𝟖 𝒎𝑨 El voltaje de colector a emisor es: 𝑉𝐶𝐸𝑄 = 𝑉𝐶𝐶 − 𝐼𝐶 ∗ 𝑅𝐶 = 18 𝑉 − 576.8 𝑚𝐴 ∗ 16 Ω 𝑽𝑪𝑬𝑸 = 𝟖. 𝟕𝟕 𝑽 Este punto de polarización se marca en la característica de colector de transistor de la figura:

La variación de ca de la señal de salida se obtiene gráficamente con la recta de carga trazada en la figura al conectar VCE = VCC = 18 V con IC = VCC/RC = 1.125 A, como se muestra. Cuando la corriente de base de ca se incrementa a partir de su nivel de polarización de cd, la corriente de colector se eleva. 𝐼𝐶 (𝑟𝑚𝑠) = 𝛽 ∗ 𝐼𝐵 (𝑟𝑚𝑠) = 40 ∗ 5 𝑚𝐴 𝑰𝑪 (𝒓𝒎𝒔) = 𝟐𝟎𝟎 𝒎𝑨 La potencia de ca entregada a la carga se puede expresar como: 𝑃𝑜 (𝑐𝑎) = 𝐼𝐶 (𝑟𝑚𝑠)2 ∗ 𝑅𝐶 = (200 𝑚𝐴)2 ∗ 16 Ω 𝑷𝒐 (𝒄𝒂) = 𝟎. 𝟔𝟒 𝑾

La potencia extraída de la fuente es: 𝑃𝑖 (𝑐𝑑) = 𝑉𝐶𝐶 ∗ 𝐼𝐶𝑄 = 18 𝑉 ∗ 576.8 𝑚𝐴 𝑷𝒊 (𝒄𝒅) = 𝟏𝟎. 𝟑𝟖 𝑾 Con estos valores calculamos la eficiencia de potencia del amplificador con lo siguiente: %𝑛=

𝑃𝑜 (𝑐𝑎) 0.64 𝑊 ∗ 100 % = ∗ 100 % 𝑃𝑖 (𝑐𝑑) 10.38 𝑊 % 𝒏 = 𝟔. 𝟏𝟕 %

Si asumimos una potencia máxima de 1.5 W, la eficiencia máxima será del 25%, por lo que la potencia de entrada sería: %𝑛 = 𝑃𝑖 (𝑐𝑑) =

𝑃𝑜 (𝑐𝑎) ∗ 100 % 𝑃𝑖 (𝑐𝑑)

𝑃𝑜 (𝑐𝑎) 1.5 𝑊 ∗ 100 % = ∗ 100 % %𝑛 25 % 𝑷𝒊 (𝒄𝒅) = 𝟔 𝑾

Además, si el circuito se polariza en su voltaje central y el punto de operación central del colector, tenemos: 𝐼𝐶𝑄 =

𝐼𝐶 1.125 𝐴 = 2 2

𝑰𝑪𝑸 = 𝟓𝟔𝟐. 𝟓 𝒎𝑨

𝑉𝐶𝐸𝑄 =

𝑉𝐶𝐶 18 𝑉 = 2 2

𝑽𝑪𝑬𝑸 = 𝟗 𝑽

En donde tendríamos que: 𝐼𝐶𝑄 =

𝑉𝐶𝐶 − 𝑉𝐶𝐸𝑄 𝑅𝐶

=

18 𝑉 − 9 𝑉 16 Ω

𝑰𝑪𝑸 = 𝟎. 𝟓𝟔𝟐𝟓 𝑨

La potencia de entrada extraída de la fuente será: 𝑃𝑖 (𝑐𝑑) = 𝑉𝐶𝐶 ∗ 𝐼𝐶𝑄 = 18 𝑉 ∗ 0.5625 𝐴 𝑷𝒊 (𝒄𝒅) = 𝟏𝟎. 𝟏𝟐𝟓 𝑾 Con esta entrada la eficiencia sería: %𝑛 =

𝑃𝑜 (𝑐𝑎) 1.5 𝑊 ∗ 100 % = ∗ 100 % 𝑃𝑖 (𝑐𝑑) 10.125 𝑊 % 𝒏 = 𝟏𝟒. 𝟖𝟏 %

3.2. El altavoz del circuito de la figura siguiente, es equivalente a la resistencia de carga de 3.2 Ω. Si la tensión en el altavoz es de 5 Vpp, ¿cuál es la potencia de salida? ¿Cuál es el rendimiento de la etapa?

La potencia de ca de salida se determina con el voltaje suministrado a la carga, que sería: 𝑉𝑃𝑃 2 (5 𝑉)2 = 8 ∗ 𝑅𝐿 8 ∗ 3.2 Ω 𝑷𝒐 (𝒄𝒂) = 𝟎. 𝟗𝟕𝟔𝟓 𝑾

𝑃𝑜 (𝑐𝑎) =

Luego tenemos que: 𝑉𝐶𝐶 2 𝑅′𝐿 2 𝑉𝐶𝐶 (10 𝑉)2 𝑅′𝐿 = = 𝑃𝑜 (𝑐𝑎) 0.9765 𝑹′𝑳 = 𝟏𝟎𝟐. 𝟒𝟏 Ω 𝑃𝑜 (𝑐𝑎) =

Además: 𝐼𝐶𝑄 2 𝑃𝑜 (𝑐𝑎) = ( ) ∗ 𝑅 ′ 𝐿 √2 𝐼𝐶𝑄 = √

𝑃𝑜 (𝑐𝑎) ∗ 2 0.9765 𝑊 ∗ 2 √ = 𝑅′𝐿 102.41 Ω 𝑰𝑪𝑸 = 𝟎. 𝟏𝟑𝟖 𝑨

Con esta corriente calculamos la potencia de entrada que sería: 𝑃𝑖 (𝑐𝑑) = 𝑉𝐶𝐶 ∗ 𝐼𝐶𝑄 = 10 𝑉 ∗ 0.138 𝐴 𝑷𝒊 (𝒄𝒅) = 𝟏𝟑. 𝟖 𝑾 Conociendo las potencias de salida y entrada del circuito calculamos la eficiencia del mismo: %𝑛 =

𝑃𝑜 (𝑐𝑎) 0.9765 𝑊 ∗ 100 % = ∗ 100 % 𝑃𝑖 (𝑐𝑑) 13.8 𝑊 % 𝒏 = 𝟕. 𝟎𝟖 %

4. FILTROS ACTIVOS APLICACIÓN 4.1. Desarrollar una aplicación práctica de filtros activos. Considerar los siguientes ítems: 4.1.1. Propuesta y objetivos. RESUMEN Se presenta el diseño de un ecualizador de audio de tres bandas basado en filtros activos de segundo orden construidos a partir de redes Sallen-Key. El sistema admite como entrada señales de audio de bajo nivel de tensión (por ejemplo, la suministrada por un MP4), por lo cual involucra una etapa de acople de impedancias y un circuito de amplificación de potencia, en simetría complementaria acoplado por diodos; además de las estructuras pasa bajo, paso alto y pasa banda que posibilitan la operación de ecualización. Los resultados se presentan en el

documento.

OBJETIVOS 

Diseñar un ecualizador de tres bandas, empleando eficientemente los conocimientos adquiridos de filtro activos.



Reconocer el funcionamiento de un ecualizador, verificando que el circuito tenga las mejores especificaciones, en cuanto a rendimiento, ganancia y potencia.



Analizar, parte por parte, el diseño de cada filtro, dando a conocer las frecuencias a las que estos trabajan, y las condiciones que presentan, en cuanto a valores de resistencias y capacitores.



Construir el circuito, reducir al máximo las conexiones y simular el proyecto en un software especializado.



Analizar y evaluar, las condiciones de nuestro circuito, haciendo hincapié en el grado de utilidad industrial que este proyecto presenta.



Proponer mejores alternativas de creación de un ecualizador, para que este tenga un mayor aprovechamiento en el campo.

INTRODUCCIÓN En ingeniería, se conocen como filtros a los sistemas selectivos de frecuencias que permiten el paso de una banda específica, mientras bloquean, o por lo menos atenúan, los componentes espectrales que se encuentran por fuera de este intervalo. Una de las principales ventajas que ofrecen los filtros activos consiste en que son ideales para operar a bajas frecuencias ya que no involucran el uso de los incómodos inductores, además de aprovechar el predecible comportamiento que poseen los amplificadores operacionales en las regiones inferiores del espectro. Esto hace que este tipo de sistemas sean sumamente versátiles a la hora de procesar señales cuyo ancho de banda se sitúa dentro de la audio frecuencia, región en la cual los filtros pasivos presentan algunas dificultades, pues los inductores requeridos suelen ser de alta capacidad y físicamente voluminosos, además de demandar corrientes relativamente altas a las fuentes de tensión que producen la señal a filtrar.

El ecualizador de audio presentado en este documento se encuentra construido a partir de tres etapas de filtrado basadas en redes Sallen-Key. La primera de ellas consiste en un filtro activo pasa bajos de segundo orden diseñado para una frecuencia de corte de 250 Hz. De forma paralela, la señal de audio se hace pasar a través de un filtro paso alto configurado para permitir el paso de los componentes espectrales superiores a 4 kHz, y de un filtro pasa banda con un límite inferior situado en 500 Hz y superior en 2 kHz. Antes de ingresar a la etapa de filtrado, se utilizan seguidores de tensión como acopladores de impedancia, con el objetivo de reducir al mínimo cualquier riesgo de sobre tensión a la fuente (que en algunos casos es delicada pues se puede tratar de la salida de un computador portátil), y ofrecer una impedancia de salida baja hacia la etapa de filtros. Las salidas de los tres selectores de frecuencias ingresan a un sumador de ganancia configurable en el cual es posible ajustar el valor de ganancia de la banda pasante de cada filtro. Posteriormente, la señal es amplificada en tensión por medio de una etapa no inversora con amplificador operacional. Finalmente, la capacidad de suministro de corriente del circuito es incrementada a través de un circuito amplificador de potencia clase AB en simetría complementaria acoplado por diodos, el cual permite suministrar la señal ecualizada a un parlante de valores cualesquiera en potencia e impedancia. 4.1.2. Diseño del filtro o de los filtros. DISEÑO DEL FILTRO PASA BAJOS En el diseño del sistema de ecualización se estableció una etapa de filtro pasa bajos con una frecuencia de corte ωC de 250 Hz. Así pues, para un condensador de 0.01 µf, se obtiene un valor de resistencia de 63.661 kΩ. Para un factor de calidad de 0.707, la ganancia de la red de amplificación no inversora debe ser de 1,585 V/V, lo cual se logra haciendo R A =10kΩ y R B =5.8kΩ. Para normalizar la ganancia del filtro pasante es necesario construir una red atenuadora posterior al filtro, con una ganancia 1/µ, es decir, 0.630V/V.

DISEÑO DEL FILTRO PASA ALTOS Para el proyecto ecualizador de audio se diseñó una red de filtro pasa altos con una frecuencia de corte ωC de 4 kHz. Según lo anterior, y empleando condensadores de 0.01 µf, las resistencias a utilizar son de 3.979 kΩ. Como la ecuación para calcular la ganancia de la etapa de amplificación no inversora es idéntica a la del filtro pasabajos, los circuitos de ajuste de factor de calidad y normalización de la ganancia en la banda pasante, son idénticos a los del pasa bajos.

DISEÑO DEL FILTRO PASA BANDA Para obtener un sistema que permita el paso de los componentes espectrales, con una atenuación inferior a 3dB, es posible conectar un filtro pasa bajos en cascada con un pasa altos, con frecuencias de corte configuradas en ωH y ωL respectivamente. El ecualizador, contiene un pasa banda entre 500 Hz y 2kH, y fue diseñado siguiendo los criterios establecidos en el diseño de los dos filtros anteriores.

ECUALIZADOR DE AUDIO La figura mostrada a continuación, contiene el diagrama esquemático de un ecualizador de audio. Los filtros construidos anteriormente, se encuentran precedidos por seguidores de tensión, los cuales realizan el acople de impedancias entre la fuente y el sistema. La señal ingresa en forma simultánea a cada una de las tres etapas, cuyas salidas se conectan a un sumador, en el cual es posible modificar la ganancia de la banda pasante de cada filtro y así lograr la operación de ecualización. La señal arrojada por el sumador, es llevada a un amplificador no inversor, en el cual se ajusta el volumen, para posteriormente ser elevada en corriente, mediante un amplificador de potencia clase AB en simetría complementaria, acoplado por diodos, y así alimentar un parlante de determinadas características, en potencia e impedancia.

4.1.3. Simulación y pruebas. RESPUESTA EN FRECUENCIA La respuesta en frecuencia de cada una de las etapas de filtrado del sistema diseñado fue obtenida en la herramienta informática de simulación de circuitos electrónicos Proteus, con el objetivo de verificar el correcto funcionamiento del ecualizador. -

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En la figura se observa la respuesta en frecuencia para la etapa de pasa bajos, donde frecuencia de corte está en 500 Hz.

La respuesta en frecuencia del filtro pasa altos, en la cual es posible observar la frecuencia de corte ubicada en 4 kHz, se muestra en la siguiente imagen.

En esta figura, se presenta el comportamiento frecuencial del filtro pasa banda. Donde la frecuencia inferior es, de 500 Hz y la superior, de 2 kHz.

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Finalmente, es posible apreciar el comportamiento espectral de todo el sistema de ecualización. Donde la respuesta en frecuencia del sistema de ecualización de audio de 3 bandas basado en filtros activos de segundo orden; opera para atenuar las frecuencias bajas (sonidos graves), mientras acentúa las frecuencias medias y altas (sonidos agudos) con una ganancia de 3dB.

SIMULACIÓN EN MATLAB Con el objetivo de construir un sustento teórico del proyecto, se obtuvieron las funciones de transferencia de las tres etapas de filtrado, con la codificación siguiente:

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Diagrama de Bode en magnitud para la etapa de pasa bajos.

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Comportamiento espectral de la etapa de paso alto involucrada en el sistema de ecualización de audio de 3 bandas basado en filtros activos de segundo orden.

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Respuesta en frecuencia de la etapa pasa banda obtenida a partir de la función de transferencia del filtro correspondiente.

4.1.4. Conclusiones. Emita al menos cinco conclusiones en torno al trabajo realizado. CONCLUSIONES A pesar de que el ecualizador diseñado en este proyecto funcionó perfectamente, al procesar señales de audio procedentes de un portátil y de un dispositivo de reproducción conocido como MP4, es posible apreciar que existe una zona “muerta”, cuando analizamos la gráfica del “comportamiento espectral de todo el sistema de ecualización”, en la cual la señal pierde algunos componentes espectrales (alrededor de 3 kHz). Esto se debe a que los filtros de segundo orden presentan una razón de cambio de 40 dB por década en la banda de transición, lo cual genera una “traslapación” de bandas de frecuencia entre los mismos. Sin embargo, esta dificultad puede solucionarse en trabajos futuros implementando filtros de orden superior a dos, de tal manera que la velocidad de caída aumente considerablemente; aunque esta operación incrementa la dificultad del diseño, además de acarrear costos adicionales.