Física universitaria — primer año · Bachelor Year 1

9Filtros y funciones de transferencia

Dentro de la caja de un altavoz, una bobina y un condensador deciden, sin un solo transistor, que los graves van al cono grande y los agudos a la cúpula pequeña. El botón “AC” de un osciloscopio elimina una componente continua que deriva despacio y conserva la ondulación que va encima. Una fuente de alimentación convierte una red rectificada y pulsante en una tensión constante con un solo condensador. Los tres son filtros: circuitos lineales que tratan de distinto modo cada frecuencia. Como toda señal periódica es una suma de sinusoides, saber qué hace un circuito con cada sinusoide — su función de transferencia — es saber qué hace con todo. Este capítulo define las funciones de transferencia, dibuja sus diagramas de Bode para los circuitos de primer y segundo orden de los capítulos anteriores y los usa para predecir cómo sale de un filtro una señal cuadrada.

9.1 Función de transferencia y diagrama de Bode

Definición 9.1 (Función de transferencia)

Un circuito lineal con una tensión de entrada $\underline U_e$ y una tensión de salida $\underline U_s$ (tomada sin nada conectado a la salida) tiene la función de transferencia

\underline H(j\omega) = \frac{\underline U_s}{\underline U_e}, \qquad G(\omega) = \abs{\underline H}, \qquad \varphi(\omega) = \arg\underline H,

donde la ganancia $G$ (razón de amplitudes) y el desfase $\varphi$ son los de la salida respecto de la entrada. Un filtro es un circuito así, empleado por su dependencia con la frecuencia: una sinusoide de amplitud $E$ a $\omega$ sale como $G(\omega)E\cos(\omega t + \varphi(\omega))$ .

Definición 9.2 (Decibelios; diagrama de Bode)

La ganancia en decibelios es $G_{\mathrm{dB}} = 20\log_{10}G$ : un factor $10$ son $20\,\mathrm{dB}$ , un factor $2$ son $6\,\mathrm{dB}$ y $1/\sqrt2$ son $-3\,\mathrm{dB}$ . El diagrama de Bode representa $G_{\mathrm{dB}}$ y $\varphi$ frente a $\log_{10}\omega$ (o a $f$ ). La frecuencia de corte es aquella en la que $G$ cae a $G_{\max}/\sqrt2$ ( $-3\,\mathrm{dB}$ respecto del máximo); la banda pasante es el intervalo de frecuencias que queda a menos de $3\,\mathrm{dB}$ del máximo. Una década es un factor $10$ en frecuencia, y una octava, un factor $2$ .

Método 9.3 (Naturaleza de un filtro de un vistazo)

Antes de calcular, mírense los límites: a frecuencia muy baja un condensador es un circuito abierto y una bobina un hilo; a frecuencia muy alta, al revés. Sustitúyanse y léase si la salida es la entrada (pasa) o cero (bloqueada). Pasa lo bajo y bloquea lo alto: paso bajo; al revés: paso alto; bloquea ambos: paso banda; deja pasar ambos: banda eliminada. Después calcúlese $\underline H$ con un divisor de tensión.

9.2 Filtros de primer orden

Proposición 9.4 (Paso bajo de primer orden)

El divisor RC con la salida en bornes de $C$ (o el divisor RL con la salida en bornes de $R$ ) tiene

\underline H = \frac{1}{1 + j\omega/\omega_c}, \qquad \omega_c = \frac{1}{RC} \ \Big(\text{o } \frac{R}{L}\Big), \qquad G = \frac{1}{\sqrt{1 + (\omega/\omega_c)^2}}, \qquad \varphi = -\arctan\frac{\omega}{\omega_c} .

Asíntotas de Bode: $G_{\mathrm{dB}} = 0$ para $\omega \ll \omega_c$ y una recta que cae $20\,\mathrm{dB}$ por década para $\omega \gg \omega_c$ , que se cortan en $\omega_c$ , donde la curva verdadera está a $-3\,\mathrm{dB}$ y $\varphi = -45^\circ$ . Para $\omega \gg \omega_c$ , $\underline H \approx \omega_c/(j\omega)$ : la salida es proporcional a la integral de la entrada — allí el filtro es un integrador.

Demostración. Divisor de tensión:

\underline H = \frac{1/jC\omega}{R + 1/jC\omega} = \frac{1}{1 + jRC\omega} .

Muy por encima del corte, $1 + j\omega/\omega_c \approx j\omega/\omega_c$ , y dividir una amplitud compleja por $j\omega$ es integrar (Proposición 8.3): $u_s \approx \omega_c\int u_e\,\dd t$ . $20\log(\omega_c/\omega)$ pierde $20\,\mathrm{dB}$ cada vez que $\omega$ se multiplica por diez. ∎

Proposición 9.5 (Paso alto de primer orden)

El divisor CR con la salida en bornes de $R$ (o LR con la salida en bornes de $L$ ) tiene

\underline H = \frac{j\omega/\omega_c}{1 + j\omega/\omega_c}, \qquad G = \frac{\omega/\omega_c}{\sqrt{1 + (\omega/\omega_c)^2}}, \qquad \varphi = \frac{\pi}{2} - \arctan\frac{\omega}{\omega_c},

que sube $20\,\mathrm{dB}$ por década por debajo de $\omega_c$ , es plana por encima y vale $-3\,\mathrm{dB}$ y $+45^\circ$ en $\omega_c$ . Para $\omega \ll \omega_c$ , $\underline H \approx j\omega/\omega_c$ : la salida es proporcional a la derivada de la entrada.

Demostración. $\underline H = R/(R + 1/jC\omega) = jRC\omega/(1 + jRC\omega)$ ; multiplicar por $j\omega$ es derivar. ∎

Diagramas de Bode del paso bajo (azul) y del paso alto (rojo) de primer orden: la ganancia en decibelios con las asíntotas (a trazos) que se cortan en el corte, donde la ganancia verdadera vale -3\, dB, y la fase, que pasa por 45 en el corte. — Diagramas de Bode del paso bajo (azul) y del paso alto (rojo) de primer orden: la ganancia en decibelios con las asíntotas (a trazos) que se cortan en el corte, donde la ganancia verdadera vale $-3\,\mathrm{dB}$ , y la fase, que pasa por $\mp45^\circ$ en el corte.

Ejemplo 9.6 (Acoplamiento en alterna)

La entrada AC de un osciloscopio es un paso alto con $f_c \approx 10\,\mathrm{Hz}$ : una señal de $1\,\mathrm{kHz}$ montada sobre una componente continua de $5\,\mathrm{V}$ pasa a $-0.0002\,\mathrm{dB}$ y sin esa componente. Pero una señal cuadrada de $50\,\mathrm{Hz}$ sale visiblemente deformada — sus techos planos se hunden — porque a $50\,\mathrm{Hz}$ el filtro está solo una década por encima de su corte y los armónicos bajos de la señal quedan desfasados (Ejercicio 9.12).

9.3 Filtros de segundo orden

Proposición 9.7 (El RLC serie como tres filtros)

Con $x = \omega/\omega_0$ , $\omega_0 = 1/\sqrt{LC}$ y $Q = \sqrt{L/C}/R$ , el RLC serie alimentado por $\underline U_e$ da, según dónde se tome la salida:

\begin{align*} \text{en bornes de } C:&\quad \underline H = \frac{1}{1 - x^2 + jx/Q}, \\ \text{en bornes de } R:&\quad \underline H = \frac{jx/Q}{1 - x^2 + jx/Q} = \frac{1}{1 + jQ(x - 1/x)}, \\ \text{en bornes de } L:&\quad \underline H = \frac{-x^2}{1 - x^2 + jx/Q}: \end{align*}

un paso bajo, un paso banda y un paso alto de segundo orden. Lejos de $\omega_0$ , el paso bajo y el paso alto caen $40\,\mathrm{dB}$ por década, y el paso banda $20\,\mathrm{dB}$ por década a cada lado; el paso banda tiene su máximo $1$ en $\omega_0$ y el ancho de banda $\Delta\omega = \omega_0/Q$ de Teorema 8.9.

Demostración. Divisores de tensión con la impedancia total $R + j(L\omega - 1/C\omega)$ ; multiplíquense numerador y denominador por $jC\omega$ y úsense $LC\omega_0^2 = 1$ y $RC\omega_0 = 1/Q$ . El paso banda es la resonancia de corriente del capítulo anterior leída como tensión en bornes de $R$ . ∎

Proposición 9.8 (Paso bajo de segundo orden: el papel de $Q$ )

Para el paso bajo, $G = 1/\sqrt{(1 - x^2)^2 + x^2/Q^2}$ : si $Q > 1/\sqrt2$ la ganancia sube por encima de $1$ cerca de $\omega_0$ (resonancia, con un pico $\approx Q$ para $Q$ grande); si $Q = 1/\sqrt2$ es “máximamente plana”, $G = 1/\sqrt{1 + x^4}$ , con exactamente $-3\,\mathrm{dB}$ en $\omega_0$ ; y para $Q$ menor decae antes de tiempo. La fase va de $0$ a $-\pi$ , pasando por $-\pi/2$ en $\omega_0$ .

Demostración. $(1 - x^2)^2 + x^2/Q^2 = 1 + x^4 + x^2(1/Q^2 - 2)$ : el término central se anula para $Q^2 = \tfrac12$ , es negativo (pico) por encima y positivo (caída) por debajo; el comportamiento cerca de $x = 1$ se analizó en Proposición 8.10. ∎

Filtros de segundo orden a partir del RLC serie. A la izquierda, el paso bajo (salida en bornes de C) para tres valores de Q: un pico de resonancia, la respuesta máximamente plana o una caída temprana, todas uniéndose a la asíntota de -40\, dB por década (a trazos). A la derecha, el paso banda (salida en bornes de R): un pico de anchura _0/Q que cae 20\, dB por década a cada lado. — Filtros de segundo orden a partir del RLC serie. A la izquierda, el paso bajo (salida en bornes de $C$ ) para tres valores de $Q$ : un pico de resonancia, la respuesta máximamente plana o una caída temprana, todas uniéndose a la asíntota de $-40\,\mathrm{dB}$ por década (a trazos). A la derecha, el paso banda (salida en bornes de $R$ ): un pico de anchura $\omega_0/Q$ que cae $20\,\mathrm{dB}$ por década a cada lado.

Ejemplo 9.9 (Un filtro divisor)

El altavoz de graves y el de agudos de una caja acústica, de $8\,\Omega$ cada uno, comparten el amplificador a través de un paso bajo (una bobina en serie) y un paso alto (un condensador en serie) cortados en $2\,\mathrm{kHz}$ : $L = R/\omega_c = 0.64\,\mathrm{mH}$ , $C = 1/R\omega_c = 10\,\text{µ}\mathrm{F}$ . A $2\,\mathrm{kHz}$ cada altavoz recibe $-3\,\mathrm{dB}$ , es decir la mitad de la potencia, y $G_L^2 + G_H^2 = 1$ a toda frecuencia: la potencia se reparte, no se pierde. El problema de fin de semana diseña una versión más abrupta.

9.4 Filtrar una señal periódica

Teorema 9.10 (Descomposición de Fourier)

Una señal periódica de periodo $T = 2\pi/\omega$ (razonablemente regular) es la suma de una constante y de sinusoides en los múltiplos de $\omega$ :

s(t) = c_0 + \sum_{n = 1}^{\infty} c_n\cos(n\omega t + \varphi_n),

donde $c_0 = \langle s\rangle$ es su valor medio; el término $n = 1$ es la fundamental y los demás los armónicos, y las amplitudes $c_n$ forman el espectro. Una señal cuadrada de amplitud $\pm E$ tiene $c_n = 4E/(n\pi)$ para $n$ impar y $0$ para $n$ par; una señal triangular de amplitud $\pm E$ tiene $c_n = 8E/(n\pi)^2$ para $n$ impar.

Demostración. Admitido a este nivel. ∎

Observación 9.11 (Qué hay que retener)

El teorema y el cálculo de los $c_n$ corresponden al curso de matemáticas del Año 2. Aquí son una herramienta: las esquinas abruptas exigen muchos armónicos (los de la señal cuadrada solo decrecen como $1/n$ ) y las señales suaves pocos (los del triángulo, como $1/n^2$ ). El contenido en armónicos de una señal es de lo que está hecho el timbre de un instrumento, y aquello sobre lo que actúa un filtro.

Proposición 9.12 (Filtrado lineal de una señal periódica)

A través de un filtro de función de transferencia $\underline H$ , la señal del teorema se convierte en

s_{\text{sal}}(t) = G(0)\,c_0 + \sum_{n \geq 1} G(n\omega)\,c_n\cos\!\big(n\omega t + \varphi_n + \varphi(n\omega)\big):

cada armónico queda escalado por la ganancia y desfasado por la fase a su propia frecuencia, y después se suman los trozos. De ahí que:

un paso bajo con $\omega_c \ll \omega$ conserve esencialmente $c_0$ : promedia (alisado, eliminación del rizado) y convierte una señal cuadrada en un triángulo pequeño (integración);
un paso alto con $\omega_c \ll \omega$ elimine $c_0$ y deje pasar el resto (acoplamiento en alterna); con $\omega_c \gg \omega$ derive (picos en los flancos de una señal cuadrada);
un paso banda sintonizado en $n\omega$ con $Q \gg 1$ extraiga el armónico $n$ solo: una sinusoide a partir de una señal cuadrada.

Demostración. La superposición en un circuito lineal (Teorema 6.18) aplicada a la suma de entradas sinusoidales, cada una tratada según Definición 9.1. ∎

Una señal cuadrada a través de un paso bajo de primer orden. A la izquierda: su espectro (armónicos impares en 1/n) y el espectro después de un filtro cortado en la fundamental. A la derecha: la señal temporal para _c = (rojo, arcos exponenciales) y _c = 10 (naranja, solo esquinas redondeadas); con _c la salida sería un triángulo pequeño en torno al valor medio. — Una señal cuadrada a través de un paso bajo de primer orden. A la izquierda: su espectro (armónicos impares en $1/n$ ) y el espectro después de un filtro cortado en la fundamental. A la derecha: la señal temporal para $\omega_c = \omega$ (rojo, arcos exponenciales) y $\omega_c = 10\omega$ (naranja, solo esquinas redondeadas); con $\omega_c \ll \omega$ la salida sería un triángulo pequeño en torno al valor medio.

Ejemplo 9.13 (Cifras)

Una señal cuadrada de $1\,\mathrm{kHz}$ y amplitud $5\,\mathrm{V}$ : armónicos de $6.37\,\mathrm{V}$ a $1\,\mathrm{kHz}$ , $2.12\,\mathrm{V}$ a $3\,\mathrm{kHz}$ y $1.27\,\mathrm{V}$ a $5\,\mathrm{kHz}$ . A través de un paso bajo RC cortado en $10\,\mathrm{Hz}$ ( $\tau = 16\,\mathrm{ms}$ ), la salida es un triángulo de amplitud $ET/4\tau \approx 80\,\mathrm{mV}$ en torno a cero; a través de un paso banda sintonizado en $3\,\mathrm{kHz}$ con $Q = 20$ , una sinusoide de $2.1\,\mathrm{V}$ a $3\,\mathrm{kHz}$ con solo un pequeño porcentaje de las vecinas (Ejercicio 9.8).

9.5 Filtros en cascada

Proposición 9.14 (Cascada y carga)

Dos filtros en cascada tienen $\underline H = \underline H_1\underline H_2$ — las ganancias se multiplican, y los decibelios y las fases se suman — siempre que el segundo no cargue al primero, es decir que consuma una corriente despreciable de su salida. En caso contrario hay que reescribir las relaciones de divisor para la red completa. Un seguidor con amplificador operacional (Capítulo 10) entre etapas hace exacta la regla del producto.

Demostración. $\underline H_1$ se definió con la salida en circuito abierto; si la impedancia de entrada de la etapa siguiente es mucho mayor que la impedancia de salida de la primera (su resistencia de Thévenin), la tensión de salida no cambia y la segunda etapa ve exactamente $\underline U_{s1}$ como entrada. ∎

Ejemplo 9.15 (Dos etapas RC)

Dos pasos bajos RC idénticos uno tras otro no dan $1/(1 + j\omega/\omega_c)^2$ : la $R$ de la segunda etapa carga a la primera. El resultado exacto es $\underline H = 1/[1 - (\omega/\omega_c)^2 + 3j\omega/\omega_c]$ , es decir $-9.5\,\mathrm{dB}$ en $\omega_c$ en vez de los $-6\,\mathrm{dB}$ que promete la regla del producto, aunque ambos acaben alcanzando la misma pendiente de $-40\,\mathrm{dB}$ por década.

9.6 Ejercicios

Ejercicio 9.1 ★

Conviértanse a decibelios las ganancias $0.5$ , $10$ , $1/\sqrt2$ y $100$ . Conviértanse a razones $-40\,\mathrm{dB}$ y $+6\,\mathrm{dB}$ . Dos filtros en cascada (sin carga) dan $-6\,\mathrm{dB}$ y $-20\,\mathrm{dB}$ a cierta frecuencia: ¿ganancia total?

Solución

Solución de Ejercicio 9.1.

$0.5 \to -6.0\,\mathrm{dB}$ ; $10 \to 20\,\mathrm{dB}$ ; $1/\sqrt2 \to -3.0\,\mathrm{dB}$ ; $100 \to 40\,\mathrm{dB}$ . $-40\,\mathrm{dB} \to 0.01$ ; $+6\,\mathrm{dB} \to 2.0$ . Cascada: $-6 - 20 = -26\,\mathrm{dB}$ , una razón de $0.05$ .

Ejercicio 9.2 ★

Paso bajo RC, $R = 10\,\mathrm{k}\Omega$ , $C = 16\,\mathrm{nF}$ : frecuencia de corte y ganancia en decibelios a $100\,\mathrm{Hz}$ , $1\,\mathrm{kHz}$ , $10\,\mathrm{kHz}$ y $100\,\mathrm{kHz}$ .

Solución

Solución de Ejercicio 9.2.

$f_c = 1/(2\pi RC) = 1/(2\pi \times 10^4 \times 1.6\times10^{-8}) = 1.0\,\mathrm{kHz}$ . Ganancias $-10\log(1 + (f/f_c)^2)$ : $100\,\mathrm{Hz}$ : $-0.04\,\mathrm{dB}$ ; $1\,\mathrm{kHz}$ : $-3\,\mathrm{dB}$ ; $10\,\mathrm{kHz}$ : $-20\,\mathrm{dB}$ ; $100\,\mathrm{kHz}$ : $-40\,\mathrm{dB}$ .

Ejercicio 9.3 ★

Sin calcular, dese la naturaleza (paso bajo, paso alto o paso banda) de: (a) $R$ en serie y $C$ a la salida; (b) $C$ en serie y $R$ a la salida; (c) $L$ en serie y $C$ a la salida; (d) $L$ y $C$ en serie y $R$ a la salida.

Solución

Solución de Ejercicio 9.3.

(a) paso bajo ( $C$ cortocircuita la salida a $f$ alta); (b) paso alto ( $C$ se abre a $f$ baja); (c) paso bajo de segundo orden ( $L$ se abre a $f$ alta y $C$ cortocircuita); (d) paso banda ( $C$ bloquea $f$ baja y $L$ bloquea $f$ alta).

Ejercicio 9.4 ★

Una señal cuadrada de $1.0\,\mathrm{kHz}$ y amplitud $5.0\,\mathrm{V}$ : dense las frecuencias y las amplitudes de sus tres primeros armónicos no nulos. ¿Por qué no tiene armónicos pares?

Solución

Solución de Ejercicio 9.4.

$4E/n\pi$ : $6.37\,\mathrm{V}$ a $1\,\mathrm{kHz}$ , $2.12\,\mathrm{V}$ a $3\,\mathrm{kHz}$ y $1.27\,\mathrm{V}$ a $5\,\mathrm{kHz}$ . La señal cuadrada es antisimétrica al desplazarla medio periodo ( $s(t + T/2) = -s(t)$ ), cosa que los armónicos pares no son.

Ejercicio 9.5 ★★

Un paso alto CR cortado en $10\,\mathrm{kHz}$ recibe una señal triangular de amplitud $1.0\,\mathrm{V}$ a $100\,\mathrm{Hz}$ . Explíquese por qué se comporta como un derivador y dense la forma y la amplitud de la salida.

Solución

Solución de Ejercicio 9.5.

A $100\,\mathrm{Hz}$ y en sus armónicos útiles, $\omega \ll \omega_c$ : $\underline H \approx j\omega/\omega_c$ , una derivada dividida por $\omega_c$ . La pendiente del triángulo vale $\pm 4Ef = \pm400\,\mathrm{V}/\mathrm{s}$ , así que la salida es una señal cuadrada de amplitud $400/(2\pi \times 10^4) = 6.4\,\mathrm{mV}$ .

Ejercicio 9.6 ★★

Un paso bajo RC cortado en $10\,\mathrm{Hz}$ recibe una señal cuadrada de $1.0\,\mathrm{kHz}$ y amplitud $\pm1.0\,\mathrm{V}$ . Muéstrese que la salida es un triángulo y calcúlese su amplitud.

Solución

Solución de Ejercicio 9.6.

$\omega \gg \omega_c$ : $u_s \approx (1/\tau)\int u_e\,\dd t$ , con $\tau = 1/(2\pi \times 10) = 16\,\mathrm{ms}$ . La integral de $\pm E$ es un triángulo que sube $ET/2$ por medio periodo: excursión $ET/2\tau$ , amplitud $ET/4\tau = 1.0 \times 10^{-3}/(4 \times 0.016) = 16\,\mathrm{mV}$ en torno a cero.

Ejercicio 9.7 ★★

Un paso bajo RLC serie con $L = 10\,\mathrm{mH}$ , $C = 100\,\mathrm{nF}$ : dese $f_0$ ; hállese $R$ para la respuesta máximamente plana; dese la ganancia en decibelios en $f_0$ y en $10f_0$ .

Solución

Solución de Ejercicio 9.7.

$f_0 = 5.03\,\mathrm{kHz}$ . $Q = \sqrt{L/C}/R = 1/\sqrt2$ : $R = \sqrt2 \times 316 = 447\,\Omega$ . En $f_0$ : $-3\,\mathrm{dB}$ ; en $10f_0$ : $1/\sqrt{1 + 10^4} \to -40\,\mathrm{dB}$ .

Ejercicio 9.8 ★★

Un paso banda ( $Q = 20$ ) sintonizado en $3.0\,\mathrm{kHz}$ recibe la señal cuadrada de $1\,\mathrm{kHz}$ de Ejercicio 9.4. Calcúlense la ganancia a $1$ , $3$ y $5\,\mathrm{kHz}$ y las amplitudes de salida de esos armónicos; descríbase la salida.

Solución

Solución de Ejercicio 9.8.

$G = 1/\sqrt{1 + Q^2(x - 1/x)^2}$ con $x = f/3$ : $1\,\mathrm{kHz}$ : $x = 1/3$ , $Q(x - 1/x) = -53$ , $G = 0.019$ ; $3\,\mathrm{kHz}$ : $G = 1$ ; $5\,\mathrm{kHz}$ : $x = 5/3$ , $21$ , $G = 0.047$ . Salida: $2.1\,\mathrm{V}$ a $3\,\mathrm{kHz}$ , con $0.12\,\mathrm{V}$ a $1\,\mathrm{kHz}$ y $0.06\,\mathrm{V}$ a $5\,\mathrm{kHz}$ — una sinusoide de $3\,\mathrm{kHz}$ casi pura.

Ejercicio 9.9 ★★

Dos pasos bajos RC idénticos ( $R = 1.0\,\mathrm{k}\Omega$ , $C = 159\,\mathrm{nF}$ ) en cascada. Calcúlense la función de transferencia exacta (el segundo carga al primero) y la ganancia en $\omega_c = 1/RC$ ; compárese con el producto de las dos ganancias por separado.

Solución

Solución de Ejercicio 9.9.

Nudos: con $a = jRC\omega$ , el primer condensador ve $R$ aguas arriba y $R + 1/jC\omega$ aguas abajo: $\underline H = 1/(1 + 3a + a^2)$ , es decir $1/[1 - (\omega/\omega_c)^2 + 3j\omega/\omega_c]$ . En $\omega_c$ : $1/3j$ , $G = 1/3$ , $-9.5\,\mathrm{dB}$ ; el producto de las dos ganancias por separado daría $1/2$ , $-6\,\mathrm{dB}$ . $f_c = 1.0\,\mathrm{kHz}$ .

Ejercicio 9.10 ★★★

Esbócense las asíntotas de Bode de $\underline H = (1 + j\omega/\omega_1)/ (1 + j\omega/\omega_2)$ con $\omega_1 = 100\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ y $\omega_2 = 1 \times 10^{4}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ : pendientes, codos, meseta de alta frecuencia en decibelios y fase en $\sqrt{\omega_1\omega_2}$ .

Solución

Solución de Ejercicio 9.10.

Por debajo de $\omega_1$ : $0\,\mathrm{dB}$ ; entre $\omega_1$ y $\omega_2$ sube $20\,\mathrm{dB}$ por década; por encima de $\omega_2$ , plana en $20\log(\omega_2/\omega_1) = 40\,\mathrm{dB}$ . Fase $\arctan(\omega/\omega_1) - \arctan(\omega/\omega_2)$ : en $\omega = 10^3$ , $\arctan 10 - \arctan 0.1 = 84^\circ - 6^\circ = 78^\circ$ .

Ejercicio 9.11 ★★★

Un seno rectificado en onda completa (red de $50\,\mathrm{Hz}$ ) tiene valor medio $2E/\pi$ y un primer armónico a $100\,\mathrm{Hz}$ de amplitud $4E/3\pi$ . Un paso bajo RC debe reducir el rizado de $100\,\mathrm{Hz}$ por debajo del $1\%$ del valor medio: hállense la frecuencia de corte y la constante de tiempo necesarias. ¿Por qué se usa habitualmente un condensador solo (con la resistencia de carga)?

Solución

Solución de Ejercicio 9.11.

Muy por encima del corte, $G \approx f_c/f$ ; la razón de rizado tras el filtrado vale

\frac{(4E/3\pi)(f_c/100)}{2E/\pi} = \frac{2}{3}\,\frac{f_c}{100} < 0.01,

luego $f_c < 1.5\,\mathrm{Hz}$ y $\tau = 1/2\pi f_c > 0.1\,\mathrm{s}$ . La propia carga hace de $R$ : un condensador en paralelo con ella no cuesta nada ni en caída de tensión ni en potencia, mientras que un resistor en serie desperdiciaría ambas.

Ejercicio 9.12 ★★★

El acoplamiento en alterna de un osciloscopio es un paso alto con $C = 0.10\,\text{µ}\mathrm{F}$ y $R = 160\,\mathrm{k}\Omega$ . Calcúlese $f_c$ . Se aplica una señal cuadrada: muéstrese que cada techo plano se convierte en una exponencial decreciente y calcúlese el hundimiento (fracción perdida en medio periodo) a $50\,\mathrm{Hz}$ y a $1\,\mathrm{kHz}$ .

Solución

Solución de Ejercicio 9.12.

$f_c = 1/(2\pi RC) = 1/(2\pi \times 1.6\times10^5 \times 10^{-7}) = 10\,\mathrm{Hz}$ , $\tau = RC = 16\,\mathrm{ms}$ . Durante un techo plano el condensador se carga a través de $R$ : la salida decae como $\eu^{-t/\tau}$ desde cada flanco. Hundimiento en $T/2$ : $1 - \eu^{-T/2\tau}$ : a $50\,\mathrm{Hz}$ ( $T/2 = 10\,\mathrm{ms}$ ), $1 - \eu^{-0.63} = 47\%$ ; a $1\,\mathrm{kHz}$ ( $T/2 = 0.5\,\mathrm{ms}$ ), $3\%$ .

Por dentro de una caja acústica de dos vías: las bobinas y los condensadores del filtro divisor son los filtros paso bajo y paso alto que envían los graves al altavoz de graves y los agudos al de agudos.

9.7 Problema: el filtro divisor de una caja acústica

Problema 9.1

Problema de fin de semana — un altavoz de graves, uno de agudos, una bobina y un condensador: cómo un filtro divisor pasivo reparte la música, por qué el más sencillo cuela graves en el altavoz de agudos y qué le hace al diseño una bobina móvil real

El altavoz de graves y el de agudos se modelan primero como resistencias puras $R = 8.0\,\Omega$ . El amplificador es una fuente de tensión ideal $\underline U_e$ . La frecuencia de corte es $f_c = 2.0\,\mathrm{kHz}$ .

Parte I — Filtro divisor de primer orden. El altavoz de graves se alimenta a través de una bobina $L$ en serie, y el de agudos a través de un condensador $C$ en serie.

Defínanse la función de transferencia de cada rama (tensión en bornes del altavoz dividida por $\underline U_e$ ) y la ganancia en decibelios.
Muéstrese que la rama de graves es un paso bajo de primer orden y dese su corte $\omega_c$ en función de $R$ y $L$ .
Calcúlese $L$ para $f_c = 2.0\,\mathrm{kHz}$ .
Muéstrese que la rama de agudos es un paso alto de primer orden; dese $\omega_c$ y calcúlese $C$ .
Dese la ganancia en decibelios de cada altavoz en $f_c$ , a $200\,\mathrm{Hz}$ y a $20\,\mathrm{kHz}$ .
Muéstrese que $G_L^2 + G_H^2 = 1$ a toda frecuencia. ¿Qué significa eso para la potencia que se pide al amplificador?
Dese la fase de cada rama en $f_c$ ; ¿en cuánto difieren allí las fases de las tensiones de los dos altavoces?
¿Cuáles son las pendientes de las dos respuestas, en dB por octava, lejos de $f_c$ ?

Parte II — Filtro divisor de segundo orden. El altavoz de graves se alimenta ahora a través de una bobina $L$ en serie con un condensador $C$ en paralelo con el altavoz.

Muéstrese que $\underline H = 1/(1 - LC\omega^2 + jL\omega/R)$ .
Identifíquense $\omega_0$ y $Q$ en función de $L$ , $C$ y $R$ .
Para $Q = 1/\sqrt2$ , muéstrese que $G = 1/\sqrt{1 + (\omega/\omega_0)^4}$ y que la ganancia vale $-3\,\mathrm{dB}$ en $\omega_0$ .
Calcúlense $L$ y $C$ para $f_0 = 2.0\,\mathrm{kHz}$ y $Q = 1/\sqrt2$ .
Calcúlese la ganancia en decibelios a $4\,\mathrm{kHz}$ y a $8\,\mathrm{kHz}$ ; dedúzcase la pendiente en dB por octava.
La rama de agudos intercambia los papeles de $L$ y $C$ ( $C$ en serie, $L$ en paralelo): escríbase su función de transferencia sin ningún cálculo nuevo.
Calcúlese la fase de cada rama en $f_0$ . ¿Qué hay que hacer con el cableado del altavoz de agudos, y por qué?

Parte III — La música a través del filtro divisor.

Una nota de violonchelo a $220\,\mathrm{Hz}$ lleva armónicos hasta el vigésimo. ¿Qué armónicos van sobre todo al altavoz de agudos con el filtro divisor de primer orden?
¿Qué le ocurre al noveno armónico?
Se usa como señal de prueba una señal cuadrada de $1.0\,\mathrm{kHz}$ . Con el filtro divisor de primer orden, dese la ganancia de cada rama para su fundamental y sus armónicos tercero y quinto.
El amplificador desarrolla por accidente una componente continua de $1\,\mathrm{V}$ . ¿Qué altavoz queda protegido, y por qué?
Con el filtro divisor de primer orden, ¿qué fracción de la tensión y de la potencia de un tono de $500\,\mathrm{Hz}$ llega al altavoz de agudos? Lo mismo con el de segundo orden. ¿Por qué importa esto para la supervivencia del altavoz de agudos?

Parte IV — Una bobina móvil real. El altavoz de graves es en realidad $R = 8.0\,\Omega$ en serie con la inductancia de la bobina móvil $L_{vc} = 0.50\,\mathrm{mH}$ .

Calcúlese la impedancia del altavoz de graves (en módulo) a $2\,\mathrm{kHz}$ y a $8\,\mathrm{kHz}$ .
Recalcúlese con esa impedancia la ganancia de graves de primer orden a $2\,\mathrm{kHz}$ y a $8\,\mathrm{kHz}$ , y compárese con los $-3\,\mathrm{dB}$ y $-12.3\,\mathrm{dB}$ ideales. ¿Qué le ha pasado a la caída?
Se conecta en paralelo con el altavoz de graves una “red de Zobel” — $R_z = R$ en serie con $C_z = L_{vc}/R^2$ —. Muéstrese que el conjunto se comporta como una resistencia pura $R$ a toda frecuencia, y calcúlese $C_z$ .
El amplificador entrega $50\,\mathrm{W}$ sobre $8\,\Omega$ : ¿qué tensión eficaz es esa y qué potencia recibe cada altavoz en $f_c$ (filtro divisor de primer orden)? A $500\,\mathrm{Hz}$ , ¿cuánta llega al altavoz de agudos?
Resúmanse los compromisos: pendiente, fase, número de componentes, protección del altavoz de agudos y necesidad de una red de Zobel.

Solución

Solución de Problema 9.1.

1. $\underline H = \underline U_{\text{altavoz}}/\underline U_e$ ; $G_{\mathrm{dB}} = 20\log\abs{\underline H}$ .

2. $\underline H_L = R/(R + jL\omega) = 1/(1 + j\omega/\omega_c)$ , $\omega_c = R/L$ .

3. $L = R/\omega_c = 8.0/(2\pi \times 2000) = 0.64\,\mathrm{mH}$ .

4. $\underline H_H = R/(R + 1/jC\omega) = jRC\omega/(1 + jRC\omega)$ , $\omega_c = 1/RC$ ; $C = 1/(R\omega_c) = 9.9\,\text{µ}\mathrm{F} \approx 10\,\text{µ}\mathrm{F}$ .

5. En $f_c$ : $-3\,\mathrm{dB}$ cada uno. $200\,\mathrm{Hz}$ ( $x = 0.1$ ): graves $-0.04\,\mathrm{dB}$ , agudos $-20\,\mathrm{dB}$ . $20\,\mathrm{kHz}$ ( $x = 10$ ): graves $-20\,\mathrm{dB}$ , agudos $-0.04\,\mathrm{dB}$ .

6. $G_L^2 + G_H^2 = (1 + x^2)/(1 + x^2) = 1$ : con cargas iguales, las dos potencias suman la que tomaría un único altavoz de $8\,\Omega$ — repartida, no perdida.

7. $-45^\circ$ (graves) y $+45^\circ$ (agudos): $90^\circ$ de diferencia; en $f_c$ los dos conos no se mueven juntos.

8. $\pm 6\,\mathrm{dB}$ por octava ( $20\,\mathrm{dB}$ por década).

9. Divisor entre $jL\omega$ y $R \parallel 1/jC\omega = R/(1 + jRC\omega)$ : $\underline H = R/[R + jL\omega(1 + jRC\omega)] = 1/(1 - LC\omega^2 + jL\omega/R)$ .

10. $\omega_0 = 1/\sqrt{LC}$ ; $L\omega/R = x/Q$ da $Q = R/L\omega_0 = R\sqrt{C/L}$ .

11. $\abs{\underline H}^{-2} = (1 - x^2)^2 + x^2/Q^2 = 1 + x^4 + x^2(1/Q^2 - 2) = 1 + x^4$ para $Q^2 = \tfrac12$ ; en $x = 1$ , $G = 1/\sqrt2$ .

12. $L = R/(Q\omega_0) = 8\sqrt2/(1.257\times10^4) = 0.90\,\mathrm{mH}$ ; $C = 1/(L\omega_0^2) = 7.0\,\text{µ}\mathrm{F}$ .

13. $x = 2$ : $1/\sqrt{17}$ , $-12.3\,\mathrm{dB}$ ; $x = 4$ : $1/\sqrt{257}$ , $-24.1\,\mathrm{dB}$ : $12\,\mathrm{dB}$ por octava.

14. Intercambiar $L$ y $C$ intercambia $x \leftrightarrow 1/x$ (y $Q$ no cambia): $\underline H_H = -x^2/(1 - x^2 + jx/Q)$ .

15. En $x = 1$ : $\underline H_L = Q/j = -jQ$ ( $-90^\circ$ ) y $\underline H_H = jQ$ ( $+90^\circ$ ): los altavoces están en oposición de fase en el corte y se cancelarían acústicamente; el de agudos se conecta con la polaridad invertida.

16. Los armónicos por encima de $2\,\mathrm{kHz}$ : de $n \geq 10$ ( $2.2\,\mathrm{kHz}$ en adelante) van sobre todo al altavoz de agudos.

17. $9 \times 220 = 1980\,\mathrm{Hz} \approx f_c$ : se reparte por igual, $-3\,\mathrm{dB}$ a cada uno.

18. Graves ( $G_L$ ): $x = 0.5$ : $0.89$ ; $x = 1.5$ : $0.55$ ; $x = 2.5$ : $0.37$ . Agudos ( $G_H$ ): $0.45$ , $0.83$ , $0.93$ .

19. El de agudos: su condensador en serie bloquea la continua. El de graves se lleva la componente continua ( $1\,\mathrm{V}$ sobre $8\,\Omega$ : $125\,\mathrm{mA}$ , $0.125\,\mathrm{W}$ de calor y un cono desplazado).

20. Primer orden, $x = 0.25$ : $G_H = 0.25/\sqrt{1.0625} = 0.24$ ( $-12\,\mathrm{dB}$ ), fracción de potencia $6\%$ . Segundo orden: $0.0625/\sqrt{1 + 0.0039} = 0.06$ ( $-24\,\mathrm{dB}$ ), $0.4\%$ . Un altavoz de agudos de unos pocos vatios recibe el $6\%$ de una nota grave fuerte con el diseño de primer orden — puede quemarse.

21. $\underline Z = 8 + jL_{vc}\omega$ : a $2\,\mathrm{kHz}$ : $8 + 6.3j$ , $\abs{\underline Z} = 10.2\,\Omega$ ; a $8\,\mathrm{kHz}$ : $8 + 25.1j$ , $26.3\,\Omega$ .

22. $\underline H = \underline Z/(\underline Z + jL\omega)$ : a $2\,\mathrm{kHz}$ : $10.2/\abs{8 + 14.3j} = 10.2/16.4 = 0.62$ ( $-4.2\,\mathrm{dB}$ ); a $8\,\mathrm{kHz}$ : $26.3/\abs{8 + 57.3j} = 0.45$ ( $-6.9\,\mathrm{dB}$ ) en vez de $-12.3\,\mathrm{dB}$ : la impedancia creciente de la bobina móvil se opone a la bobina en serie y la caída se aplana a unos pocos dB por octava.

23. Admitancias: $1/(R + jL_{vc}\omega) + jC_z\omega/(1 + jRC_z\omega)$ ; con $C_z = L_{vc}/R^2$ el segundo término vale $jL_{vc}\omega/[R(R + jL_{vc}\omega)]$ , y la suma es $(R + jL_{vc}\omega)/[R(R + jL_{vc}\omega)] = 1/R$ . $C_z = 0.50\times10^{-3}/64 = 7.8\,\text{µ}\mathrm{F}$ .

24. $U = \sqrt{PR} = \sqrt{400} = 20\,\mathrm{V}$ eficaces. En $f_c$ cada altavoz recibe la mitad: $25\,\mathrm{W}$ . A $500\,\mathrm{Hz}$ el de agudos recibe el $6\%$ : $3\,\mathrm{W}$ .

25. Primer orden: dos componentes, complementario en potencia, pendientes suaves de $6\,\mathrm{dB}/\mathrm{oct}$ , $90^\circ$ entre altavoces y graves que se cuelan en el de agudos. Segundo orden: cuatro componentes, $12\,\mathrm{dB}/\mathrm{oct}$ , $180^\circ$ en el corte (hay que invertir el de agudos) y una protección mucho mejor del altavoz de agudos. En ambos casos la inductancia del altavoz de graves debe domarse con una red de Zobel para que el diseño se sostenga.

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