ELOIII - Filtro 2020 solucao exemplo

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Prof. Victor Sonnenberg 3
Definiremos o conceito de decibel.
BEL (B) ou Decibel (dB)
( )G(dB) Log
10
V2
V1= 20 ( )G(B) Log10
V2
V1= 2 
- Ganho de tensão
( )G(dB) Log
10
P2
P1=10 ( )G(B) Log10
P2
P1=
- Ganho de potência
Filtro
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R
C
vovi
f →Alta ()  Xc → 0, 
portanto,
1 
XcR
Xc
vi
vo
→
+
=
0 
XcR
Xc
 
vi
vo
→
+
=
f → Baixa (0)  Xc →, 
portanto,
ALTAS FREQUÊNCIAS
Xc
1
2 fC
=

Filtro passivo passa baixa (FPB) de primeira ordem.
A reatância capacitiva (Xc) é dado por
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Log f [Hz]
Av= vo
vivo
vi
vo
vi
0,707
fH
Curva de Bode.
Ou normalizado ou em dB
fH é a frequência de corte superior onde a potência na saída 
cai a metade (ou a tensão cai de raiz de 2) dada por:
- 20
dB/Dec
𝑓𝐻 =
1
2𝜋𝑅𝐶
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𝑣𝑜
𝑣𝑖
=
𝑋𝑐
𝑅 + 𝑋𝑐
=
1
1 +
𝑅
𝑋𝑐
1
1 +
𝑅
𝑋𝑐
2
=
1
2
1 +
𝑅
𝑋𝑐
2
= 2 Xc=R w𝑜 =
1
𝑅𝐶
 
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A reatância capacitiva (Xc) é dado por
Xc
1
2 fC
=

R
C
vovi
f →Alta ()  Xc → 0, 
portanto,
0 
XcR
R
vi
vo
→
+
=
1 
XcR
R
 
vi
vo
→
+
=
f → Baixa (0)  Xc →, 
portanto,
BAIXAS FREQUÊNCIAS
Filtro passivo passa alta (FPA) de primeira ordem.
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Log f [Hz]
Av= vo
vi
vo
vi
vo
vi
0,707
fL
Curvas de Bode.
Ou normalizado ou em dB
fL é a frequência de corte inferior onde a potência na saída 
cai a metade (ou a tensão cai de raiz de 2) dada por:
20 dB/Dec
𝑓𝐿 =
1
2𝜋𝑅𝐶
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Filtro passa baixo Segunda ordem
𝑓𝐻 =
0,64
2𝜋𝑅𝐶
-
+
vi
vo
C
R
C
R
Isolamento
1
1 +
𝑅
𝑋𝑐
2
1
1 +
𝑅
𝑋𝑐
2
=
1
2
1 +
𝑅
𝑋𝑐
2
= 2 w𝑜 =
0,64
𝑅𝐶
 
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- 40 dB/Dec
Log f [Hz]
Av= vo
vivo
vi
vo
vi
0,707
fH
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Filtro passa alta Segunda ordem
𝑓𝐿 =
0,64
2𝜋𝑅𝐶
-
+
vi
voC
R
Isolamento
1
1 +
𝑋𝑐
𝑅
2
1
1 +
𝑋𝑐
𝑅
2
=
1
2
1 +
𝑋𝑐
𝑅
2
= 2 w𝑜 =
0,64
𝑅𝐶
 
C
R
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40 dB/Dec
Log f [Hz]
Av= vo
vi
vo
vi
vo
vi
0,707
fL
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Filtro Ativo passa baixo Primeira ordem
-
+
vi
vo
CR1
R2
𝑓𝐻 =
1
2𝜋𝑅2𝐶
𝐴𝑉 = −
𝑅2
𝑅1
𝐵𝑎𝑖𝑥𝑎 𝑓𝑟𝑒𝑞𝑢ê𝑛𝑐𝑖𝑎
Integrador
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Filtro Ativo passa alto Primeira ordem
𝑓𝐿 =
1
2𝜋𝑅1𝐶
𝐴𝑉 = −
𝑅2
𝑅1
𝐴𝑙𝑡𝑎 𝑓𝑟𝑒𝑞𝑢ê𝑛𝑐𝑖𝑎
Diferenciador
-
+
vi
vo
C1
R2
R1
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Filtros Ativos 2o ordem
Obedecem a equação característica de 2o ordem no
denominador: s2+2ξω0s+ω0
2. Onde ξ é o coeficiente de
amortecimento e define o comportamento da amplitude em ω0
na curva de resposta em frequência da rede (ξ<1; ξ=1; ξ>1).
Existem várias configurações disponíveis, com diversos
polinômios distintos, ex: Chebichev, Butterworth, etc. O estudo
será realizado através de 3 configurações básicas e suas funções
de transferência H(s)=Vo(s)/Vi(s): FPB, FPA e FPF.
O uso de amplificadores operacionais facilita bastante a
implementação desses filtros, porém sua análise não é tão
facilmente obtida como nos filtros de 1ª ordem.
Prof. Victor Sonnenberg 16
𝐻 𝑠 =
𝐾𝜔𝑜2
𝑠2 + 2𝜉𝜔𝑜𝑠 + 𝜔𝑜2
⇒
𝐾
𝑠
𝜔𝑜
2
+
2𝜉𝑠
𝜔𝑜
+ 1
⇒
𝐾
𝑗𝜔
𝜔𝑜
2
+
2𝜉𝑗𝜔
𝜔𝑜
+ 1
20logK
ω
|H(jω)|
ωo
-40dB/dec
f(ξ)
Filtro Passa Baixa Ativo (FPB) 
Onde:
K é o ganho maior que 1
wo é a frequência de corte (rd/s)
𝜉 é 𝑜 𝑎𝑚𝑜𝑟𝑡𝑒𝑐𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜
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C1 +
-
R1
Vi Vo
C2
R2
R3 𝐻 𝑠 =
𝐾𝜔𝑜2
𝑠2 + 2𝜉𝜔𝑜𝑠 + 𝜔𝑜2
−
(𝑉𝑖 − 𝑉)
𝑅1
+ 𝑠𝐶1𝑉 +
𝑉 − 𝑉𝑜
𝑅2
+
𝑉 − 0
𝑅3
= 0
Análise nodal
V
−𝑉
𝑅3
+ −𝑉𝑜𝑠𝐶2 = 0 ⇒ 𝑉 = −𝑉𝑜𝑠𝑅3𝐶2
substituindo
− 𝑉𝑖 + 𝑠𝑉𝑜𝑅3𝐶2
𝑅1
− 𝑠2𝑉𝑜𝑅3𝐶1𝐶2 −
𝑠𝑉𝑜𝑅3𝐶2 + 𝑉𝑜
𝑅2
− 𝑠𝑉𝑜𝐶2 = 0
Filtro Passa Baixa Ativo (FPB) 
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−𝑉𝑜
𝑉1
=
𝑅2
𝑠2𝑅1𝑅2𝑅3𝐶1𝐶2 + 𝑅2𝑅3𝐶2 + 𝑅1𝑅3𝐶2 + 𝑅1𝑅2𝐶2 𝑠 + 𝑅1
𝐻 𝑠 =
−𝑅2
𝑅1
1
𝑅2𝑅3𝐶1𝐶2
𝑠2 +
1
𝑅1𝐶1
+
1
𝑅2𝐶1
+
1
𝑅3𝐶1
𝑠 +
1
𝑅2𝑅3𝐶1𝐶2
𝑯 𝒔 =
𝑲𝝎𝒐𝟐
𝒔𝟐 + 𝟐𝝃𝝎𝒐𝒔 + 𝝎𝒐𝟐
Função de transferência
𝜔𝑜2 =
1
𝑅2𝑅3𝐶1𝐶2
𝐺𝑎𝑛ℎ𝑜 𝑘 =
−𝑅2
𝑅1
2𝜉𝜔𝑜 =
1
𝑅1𝐶1
+
1
𝑅2𝐶1
+
1
𝑅3𝐶1
−𝑉𝑜 𝑠2𝑅1𝑅2𝑅3𝐶1𝐶2 + 𝑠 𝑅2𝑅3𝐶2 + 𝑅1𝑅3𝐶2 + 𝑅1𝑅2𝐶2 + 𝑅1 = 𝑉𝑖𝑅2
Prof. Victor Sonnenberg 19
Exemplo: Projetar um filtro Passa Baixa 2ª ordem, para:
fo=1kHz, Av=-2, e ξ=0,5. Adotar R2= R3 = 10kΩ
𝐴𝑣 ⇒ −
𝑅2
𝑅1
= − 2 ∴ 𝑅1 = 5𝑘Ω
2𝜉𝜔𝑜 =
1
𝑅1𝐶1
+
1
𝑅2𝐶1
+
1
𝑅3𝐶1
⇒ 2𝜉𝜔𝑜 = 2 0,5 2𝜋 1𝑥103 = 2000𝜋
𝐶1 =
1
2𝜉𝜔𝑜
1
5𝑘
+
2
10𝑘
⇒ 𝐶1 = 63,8𝑛𝐹
𝜔𝑜2 =
1
𝑅2𝑅3𝐶1𝐶2
⇒ 𝐶2 =
1
𝑅2𝑅3𝐶1𝜔𝑜2
⇒ 𝐶2 = 4,0𝑛𝐹
Prof. Victor Sonnenberg 20
f=100 Hz
Prof. Victor Sonnenberg 21
f=1200 Hz
Prof. Victor Sonnenberg 22
f=2000 Hz
Prof. Victor Sonnenberg 23
Prof. Victor Sonnenberg 24
𝐻 𝑠 =
𝑠2
𝑠2 + 2𝜉𝜔𝑜𝑠 + 𝜔𝑜2
⇒
𝑠
𝜔𝑜
2
𝑠
𝜔𝑜
2
+
2𝜉𝑠
𝜔𝑜
+ 1
Nessa topologia estudada, não há ganho de tensão mas ganho de corrente
H 𝑗𝜔 =
𝑗𝜔
𝜔𝑜
2
𝑗𝜔
𝜔𝑜
2
+
2𝜉
𝜔𝑜
𝑗𝜔 + 1
0 dB
ω
|H(jω)|
ωo
f(ξ)
Filtro Passa Alto Ativo (FPA) 
Prof. Victor Sonnenberg 25
V
−𝑠𝐶(𝑉𝑖 − 𝑉) +
𝑉 − 𝑉𝑜
𝑅1
+ 𝑠𝐶(𝑉 − 𝑉𝑜) = 0
Análise nodal
−𝑠𝐶(𝑉 − 𝑉𝑜) +
𝑉𝑜
𝑅2
= 0 𝑉 =
𝑉𝑜(1 + 𝑠𝑅2𝐶)
𝑠𝑅2𝐶
𝐻 𝑠 =
𝑠2
𝑠2 +
2
𝑅2𝐶
𝑠 +
1
𝑅1𝑅2𝐶2
𝜔𝑜2 =
1
𝑅1𝑅2𝐶2
2𝜉𝜔𝑜 =
2
𝑅2𝐶
C
+
-
R1
Vi
Vo
C
R2
Filtro Passa Alto Ativo (FPA) 
𝐻 𝑠 =
𝑠2
𝑠2 + 2𝜉𝜔𝑜𝑠 + 𝜔𝑜2
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Exemplo: Projetar um FPA 2ª ordem para:
fo = 2kHz ; ξ = 0,75 assumir C = 10nF
𝜔𝑜2 =
1
𝑅1𝑅2𝐶2
2𝜉𝜔𝑜 =
2
𝑅2𝐶
𝜔𝑜 = 2𝜋𝑓𝑜 = 12566,4𝑟𝑑/𝑠𝑒𝑔 ⇒ 2𝜉𝜔𝑜 = 18849,6
⇒ 𝑅1 = 5,97𝑘Ω 𝑒 𝑅2 = 10,61𝐾Ω
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f=10 kHz
Prof. Victor Sonnenberg 28
f=2 kHz
Prof. Victor Sonnenberg 29
f=1 kHz
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Prof. Victor Sonnenberg 31
𝐻 𝑠 =
𝐾(2𝜉𝜔𝑜)𝑠
𝑠2 + 2𝜉𝜔𝑜𝑠 + 𝜔𝑜2
⇒
𝐾(
2𝜉
𝜔𝑜)𝑠
𝑠
𝜔𝑜
2
+
2𝜉𝑠
𝜔𝑜
+ 1
H 𝑗𝜔 =
𝐾
2𝜉
𝜔𝑜 𝑗𝜔
𝑗𝜔
𝜔𝑜
2
+
2𝜉
𝜔𝑜
𝑗𝜔 + 1
𝑄 =
1
2𝜉
Q = fator de qualidade
20logK
ω
|H(jω)|
ωo
f(ξ)
Filtro Passa Faixa Ativo (FPF) 
Prof. Victor Sonnenberg 32
C1
+
-
R1
Vi
Vo
C2
FPF
R2
R3
Análise nodal
V
−𝑠𝐶2𝑉 +
0 − 𝑉𝑜
𝑅2
= 0 ⇒ 𝑉 = −
𝑉𝑜
𝑠𝑅2𝐶2
Após fatoração
𝐻 𝑠 =
𝐾(2𝜉𝜔𝑜)𝑠
𝑠2 + 2𝜉𝜔𝑜𝑠 + 𝜔𝑜2
Filtro Passa Faixa Ativo (FPF) 
−
(𝑉𝑖 − 𝑉)
𝑅1
+
𝑉
𝑅3
+ 𝑠𝐶1(𝑉 − 𝑉𝑜) + 𝑠𝐶2𝑉 = 0
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𝐻 𝑠 =
−𝑠
1
𝑅1𝐶1
𝑠2 +
1
𝑅2𝐶1
+
1
𝑅2𝐶2
𝑠 +
𝑅1 + 𝑅3
𝑅1𝑅2𝑅3𝐶1𝐶2
p/ C 1= C2 = C
𝐻 𝑠 =
−𝑠
1
𝑅1𝐶
𝑠2 +
2
𝑅2𝐶
𝑠 +
𝑅1 + 𝑅3
𝑅1𝑅2𝑅3𝐶2
𝐾 2𝜉𝜔𝑜 = −
1
𝑅1𝐶
2𝜉𝜔𝑜 =
2
𝑅2𝐶
𝜔𝑜2 =
𝑅1 + 𝑅3
𝑅1𝑅2𝑅3𝐶2
𝐻 𝑠 =
𝐾(2𝜉𝜔𝑜)𝑠
𝑠2 + 2𝜉𝜔𝑜𝑠 + 𝜔𝑜2
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Exemplo: Projeto de um filtro passa faixa 2ª ordem com os seguintes 
parâmetros:
fo = 3kHz; Av = -2; Q=10. Utilizar C = 10nF. Calcular R1, R2 e R3.
𝑄 =
1
2𝜉
⇒ 𝜉 = 0,05𝐻 𝑠 =
−𝑠
1
𝑅1𝐶
𝑠2 +
2
𝑅2𝐶
𝑠 +
𝑅1 + 𝑅3
𝑅1𝑅2𝑅3𝐶2
𝐻 𝑠 =
𝐾(2𝜉𝜔𝑜)𝑠
𝑠2 + 2𝜉𝜔𝑜𝑠 + 𝜔𝑜2
𝜔𝑜 = 2𝜋 3𝑥103
−2 2𝜉𝜔𝑜 = −
1
𝑅1𝐶
⇒ 𝑅1 = 26,53𝑘Ω
𝐾 = 𝐴𝑣 = −2
2
𝑅2𝐶
= 2𝜉𝜔𝑜 ⇒ 𝑅2 =
1
𝜉𝜔𝑜
= 106,1𝑘Ω
𝜔𝑜2 =
𝑅1 + 𝑅3
𝑅1𝑅3𝑅2𝐶2
=
1
𝑅1 ∥ 𝑅3 𝑅2𝐶2
𝑅1 ∥ 𝑅3 =
1
𝑅2𝐶2𝜔𝑜2
⇒ 𝑅1 ∥ 𝑅3 = 265,3 ⇒
𝑅3 =
1
265,3
−
1
26,53𝑘Ω
−1
𝑅3 = 268Ω
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Prof. Victor Sonnenberg 36
Prof. Victor Sonnenberg 37
Projeto de um filtro passa faixa 2ª ordem com os seguintes 
parâmetros e simule o circuito no multisim. Anexe o circuito e o 
diagrama de body.
Onde o seu número de chamada fica N1 N2 N3 N4 N5 N6 N7 N8- D.
fo = (D+3) kHz; Av = -(N8+2); Q=10. 
Utilizar C = 10nF. Calcular R1, R2 e R3.