Projete um filtro Butterworth passa-altas, com ganho unitário na banda de passagem, que atenda as seguintes especificações: (5,50 pts)
\boldsymbol{A}_{\max } 2 dB
\boldsymbol{A}_{\min } 20 dB
Limite inferior da Faixa Passante \left(\boldsymbol{w}_{p}\right) 2 \pi .100 \mathrm{kHz}
Limite superior da Faixa de Bloqueio \left(\boldsymbol{w}_{s}\right) 2 \pi .50 \mathrm{kHz}
a. Qual a menor ordem \boldsymbol{N} de um filtro capaz de atender tais especificações? ( \mathbf{0 , 8} \boldsymbol{p} \boldsymbol{t s} )
b. Determine os polos deste filtro. (0,8 pts)
c. Explicite a expressão da função de transferência \boldsymbol{T}(\boldsymbol{s}) do filtro passa-altas. (0,8 pts)
d. Implemente o filtro idealizado por meio da topologia sallen-key. Apresente a representação esquemática do circuito e indique os valores de todas as resistências e capacitâncias utilizadas. (1,6 pts)
e. Para os sinais de entrada \boldsymbol{v}_{\boldsymbol{i}} indicados abaixo, expressos em volts, calcule a amplitude \hat{V}_{o} e a fase \theta dos respectivos sinais de saída v_{o}=\hat{V}_{o} \times \operatorname{sen}(2 \pi \times f \times t+\theta).
i. \quad v_{i}=1 \times \operatorname{sen}(2 \pi \times 10 \mathrm{kHz} \times t)(0,5 pts )
ii. \quad v_{i}=1 \times \operatorname{sen}(2 \pi \times 75 \mathrm{kHz} \times t)(0,5 \mathrm{pts})
iii. \quad v_{i}=1 \times \operatorname{sen}(2 \pi \times 1 M H z \times t)(0,5 p t s)

Passo 1

O enunciado pede projetar um filtro Butterworth passa-altas com ganho unitário na banda de passagem e atender as seguintes especificações (todas as quantidades angulares estão em rad/s):
\begin{array}{l} A_{\max}=2\\ \text{dB (atenuação máxima na banda de passagem)}\\[2pt] A_{\min}=20\\ \text{dB (atenuação mínima na banda de rejeição)}\\[2pt] \omega_p = 2\pi\cdot 100\\ \text{kHz}\\[2pt] \omega_s = 2\pi\cdot 50\\ \text{kHz} \end{array}çãáçãíçã
Perguntas a responder:
a. Qual a menor ordem N do filtro que atende as especificações?
b. Determine os polos deste filtro.
c. Explicite a expressão da função de transferência T(s) do filtro passa-altas (forma fatorada útil).
d. Implemente o filtro idealizado por meio da topologia Sallen–Key: apresente o esquema em blocos (dois estágios 2ª ordem em cascata) e indique valores numéricos de todas as resistências e capacitâncias usadas.
e. Para três sinais de entrada v_i(t)=\sin(2\pi f t) com amplitudes unitárias e frequências dadas, calcule a amplitude \hat V_o e a fase \theta do sinal de saída v_o=\hat V_o\sin(2\pi f t + \theta):
i. f=10\\ \text{kHz}
ii. f=75\\ \text{kHz}
iii. f=1\\ \text{MHz}.]

Passo 2

Primeiro vamos relacionar as especificações com as fórmulas do projeto de filtro Butterworth passa-altas. Para um Butterworth de ordem N escolhido com frequência de corte \omega_c tomada igual à borda da banda de passagem \omega_p (prática comum), a resposta em módulo do passa-altas é, em termos normalizados \Omega=\omega/\omega_c,
|H(j\omega)|^2=\frac{1}{1+\varepsilon^2\left(\frac{\omega_c}{\omega}\right)^{2N}}.
Do enunciado: \omega_c=\omega_p. Vamos obter o parâmetro de ondulação \varepsilon a partir de A_{\max} e depois usar a especificação de A_{\min} na frequência de rejeição \omega_s para extrair N.
Passos a calcular agora:
  • calcular \varepsilon a partir de A_{\max}=2 dB;
  • usar a relação em \omega_s para obter uma desigualdade que determina N;
  • escolher N inteiro mínimo que satisfaça a desigualdade.

Passo 3

Cálculo de \varepsilon (relaciona atenuação de passagem A_p com \varepsilon).
A atenuação máxima na banda de passagem A_{\max} (em dB) é dada por
A_{\max}=10\log_{10}\!\bigl(1+\varepsilon^{2}\bigr).
Logo
\varepsilon=\sqrt{10^{A_{\max}/10}-1}.
Substituindo A_{\max}=2\\ \text{dB}:
\varepsilon=\sqrt{10^{0,2}-1}.
Agora calculamos numericamente:
10^{0,2}\approx 1{,}584893192,\qquad \varepsilon^2\approx 0{,}584893192,
\varepsilon\approx\sqrt{0{,}584893192}\approx 0{,}764.

Passo 4

Determinar a ordem mínima N usando a condição de atenuação na frequência de rejeição \omega_s.
Para o passa-altas com \omega_c=\omega_p, na frequência \omega_s a magnitude é
|H(j\omega_s)|^2=\frac{1}{1+\varepsilon^2\left(\frac{\omega_p}{\omega_s}\right)^{2N}}.
A especificação de atenuação no stopband A_{\min} (em dB) implica
10^{A_{\min}/10}\le 1+\varepsilon^2\left(\frac{\omega_p}{\omega_s}\right)^{2N}.
Rearranjando:
\left(\frac{\omega_p}{\omega_s}\right)^{2N}\ge \frac{10^{A_{\min}/10}-1}{\varepsilon^2}.
Tomando logaritmos e isolando N:
N\ge \frac{1}{2}\cdot\frac{\ln\!\bigl(10^{A_{\min}/10}-1\bigr)-\ln(\varepsilon^2)}{\ln(\omega_p/\omega_s)}.

Passo 5

Substituir valores numéricos para obter N.
Dados numéricos:
A_{\min}=20\\ \text{dB}\Rightarrow 10^{A_{\min}/10}=10^{2}=100.
\varepsilon^2\approx 0{,}584893192.
\frac{10^{A_{\min}/10}-1}{\varepsilon^2}=\frac{100-1}{0{,}584893192}\approx\frac{99}{0{,}584893192}\approx 169{,}344.
A razão de frequências:
\frac{\omega_p}{\omega_s}=\frac{2\pi\cdot 100\\ \text{kHz}}{2\pi\cdot 50\\ \text{kHz}}= \frac{100}{50}=2.
Agora:
N\ge \frac{1}{2}\cdot\frac{\ln(169{,}344)}{\ln 2} = \frac{1}{2}\cdot\frac{\approx 5{,}132}{0{,}6931}\approx \frac{1}{2}\cdot 7{,}404\approx 3{,}702.
Como N deve ser inteiro, o menor N que atende é N=4.

Passo 6

Resumo parcial (resposta da letra a): a menor ordem é N=4.
Agora vamos determinar os polos do filtro Butterworth passa-altas de ordem 4. É conveniente primeiro obter os polos do protótipo passa-baixas normalizado (com \omega_c=1) e depois aplicar a transformação passa-baixas \to passa-altas s\mapsto \omega_c/s (ou, equivalentemente, inverter os polos e multiplicar por \omega_c).
Polos do Butterworth normalizado (low-pass, \omega_c=1) de ordem N estão sobre o círculo unitário em ângulos
\theta_k = \frac{\pi}{2} + \frac{(2k+1)\pi}{2N},\qquad k=0,1,\dots,N-1,
e os polos são p_k^{(LP)}=e^{j\theta_k}. Para o passa-altas usamos
p_k^{(HP)}=\omega_c\,/\,p_k^{(LP)}=\omega_c e^{-j\theta_k}.

Passo 7

Cálculo explícito para N=4. Os ângulos são (usar 2N=8):
\theta_k=\frac{\pi}{2}+\frac{(2k+1)\pi}{8},\quad k=0,1,2,3.
Isso dá:
\theta_0=\frac{5\pi}{8}=112{,}5^\circ,\quad \theta_1=\frac{7\pi}{8}=157{,}5^\circ,
\theta_2=\frac{9\pi}{8}=202{,}5^\circ,\quad \theta_3=\frac{11\pi}{8}=247{,}5^\circ.
Os polos normalizados LP são e^{j\theta_k}; os polos HP são p_k^{(HP)}=\omega_p e^{-j\theta_k} (pois \omega_c=\omega_p). Vamos calcular numericamente \omega_p e os polos.

Passo 8

Valor numérico de \omega_p:
\omega_p = 2\pi\cdot 100\\ \text{kHz}=2\pi\cdot 100000\\ \text{rad/s}\approx 628\,318{,}5307\\ \text{rad/s}.
Cossenos e senos dos ângulos usados (valores conhecidos):
\cos(112{,}5^\circ)=-0{,}382683432,\quad \sin(112{,}5^\circ)=0{,}923879533,
\cos(157{,}5^\circ)=-0{,}923879533,\quad \sin(157{,}5^\circ)=0{,}382683432,
e os outros são conjugados correspondentes.
Multiplicando por \omega_p e aplicando o expoente negativo no ângulo (equivalente a multiplicar por \cos\theta - j\sin\theta) obtemos os polos do passa-altas:
\begin{aligned} p_{1,4}&=\omega_p\bigl(-0{,}382683432\mp j\,0{,}923879533\bigr)\\\ p_{2,3}&=\omega_p\bigl(-0{,}923879533\mp j\,0{,}382683432\bigr). \end{aligned}
Calculando numericamente (multiplicando por \omega_p\approx 628318{,}5307):
\omega_p\cdot 0{,}382683432\approx 240\,000\quad(\text{rad/s}),
\omega_p\cdot 0{,}923879533\approx 580\,000\quad(\text{rad/s}),
\omega_p\cdot 0{,}923879533\approx 580\,000,\quad \omega_p\cdot 0{,}382683432\approx 240\,000.
Assim os polos são:
\begin{aligned} p_1&\approx -240\,000 - j\,580\,000\\ (\text{rad/s}),\\\ p_4&\approx -240\,000 + j\,580\,000\\ (\text{rad/s}),\\\ p_2&\approx -580\,000 - j\,240\,000\\ (\text{rad/s}),\\\ p_3&\approx -580\,000 + j\,240\,000\\ (\text{rad/s}). \end{aligned}

Passo 9

Expressão da função de transferência T(s) do Butterworth passa-altas de ordem 4 com ganho unitário na banda de passagem.
A forma fatorada natural (com ganho unitário em altas frequências) é
T(s)=\frac{s^{4}}{(s-p_{1})(s-p_{2})(s-p_{3})(s-p_{4})},
onde os p_k são os polos calculados no passo anterior e s está em rad/s. Essa forma garante comportamento passa-altas e ganho em altas frequências tendendo a 1 (pois grau do numerador = grau do denominador e o coeficiente dominante é 1).
Podemos também expressar T(s) como cascata de duas seções de segunda ordem (útil para implementação):
T(s)=\frac{s^{2}}{s^{2}+ \dfrac{\omega_0}{Q_1}\,s + \omega_0^2}\cdot \frac{s^{2}}{s^{2}+ \dfrac{\omega_0}{Q_2}\,s + \omega_0^2},
com \omega_0=\omega_p (ambas as seções têm a mesma \omega_0 = frequência natural) e dois valores de Q que correspondem aos pares de polos conjugados. Vamos calcular esses Q-s.

Passo 10

Cálculo dos parâmetros naturais \omega_0 e dos fatores de qualidade Q das duas seções de 2ª ordem.
Para um par de polos conjugados p=-\alpha\pm j\beta temos \omega_0=\sqrt{\alpha^2+\beta^2} e o amortecimento \zeta=\alpha/\omega_0, com Q=1/(2\zeta)=\omega_0/(2\alpha).
Nos dois pares aqui, as magnitudes \sqrt{\alpha^2+\beta^2} são iguais a \omega_p (pois os polos do protótipo estavam no círculo unitário e depois foram multiplicados por \omega_p). Portanto \omega_0=\omega_p para ambas as seções. Agora os \alpha (valores positivos) dos pares são 240{,}000 e 580{,}000 (rad/s), respectivamente. Assim:
Para o par -240000\pm j580000:
\zeta_1=\frac{240{,}000}{\omega_p}=\frac{240{,}000}{628\,318{,}53}\approx 0{,}382683432,
Q_1=\frac{1}{2\zeta_1}\approx\frac{1}{2\cdot 0{,}382683432}\approx 1{,}306562964.
Para o par -580000\pm j240000:
\zeta_2=\frac{580{,}000}{\omega_p}\approx 0{,}923879533,
Q_2=\frac{1}{2\zeta_2}\approx\frac{1}{2\cdot 0{,}923879533}\approx 0{,}541196100.
Portanto as duas seções de 2ª ordem (cada uma com \omega_0=\omega_p) têm Q_1\approx 1{,}3066 e Q_2\approx 0{,}5412.

Passo 11

Escolha da implementação Sallen–Key e valores práticos para componentes.
Estratégia prática: implementar o filtro como cascata de duas seções Sallen–Key passa-altas de segunda ordem. Cada seção realiza a função
H_i(s)=\frac{s^{2}}{s^{2}+\dfrac{\omega_0}{Q_i}\,s+\omega_0^{2}},\qquad i=1,2,
e T(s)=H_1(s)\cdot H_2(s).
Usamos a topologia Sallen–Key não inversora (configuração conhecida) para cada seção. Para projetar uma seção Sallen–Key de 2ª ordem é comum escolher C_1=C_2=C e R_1=R_2=R para simplificar. Nesse caso a frequência natural fica
\omega_0=\frac{1}{R C}\quad\Rightarrow\quad R=\frac{1}{\omega_0 C},
e o fator de qualidade Q fica relacionado ao ganho do seguidor ativo (para a topologia com ganho K do buffer) segundo a relação (configuração padrão):
Q=\frac{1}{3-K}\quad\text{quando }R_1=R_2\text{ e }C_1=C_2.
Dessa forma, escolhendo R_1=R_2 e C_1=C_2 obtemos uma expressão simples para K:
K=3-\frac{1}{Q}.
(Obs.: essa é a fórmula utilizada comumente para a topologia Sallen–Key com os rótulos convencionais; usar R_1=R_2 e C_1=C_2 facilita o projeto e dá valores práticos.)

Passo 12

Escolher valores práticos de C e calcular R, e obter K para cada seção.
Escolho capacitores práticos C_1=C_2=C=1{,}0\\ \text{nF} para ambas as seções (valor comum e fácil de obter). Assim:
R=\frac{1}{\omega_0 C}=\frac{1}{(2\pi\cdot 100000)\cdot 1\times 10^{-9}} =\frac{1}{6{,}28318\times 10^{-4}}\approx 1{,}591{,}55\\ \Omega\approx 1{,}59\\ \text{k}\Omega.
Vamos usar valores comerciais arredondados: R_1=R_2=1{,}59\\ \text{k}\Omega em cada seção.
Agora calculamos K para cada seção a partir dos Q_i calculados no passo anterior:
K_i=3-\frac{1}{Q_i}.
Para Q_1\approx 1{,}306562964:
K_1=3-\frac{1}{1{,}306562964}\approx 3-0{,}7654\approx 2{,}2346.
Para Q_2\approx 0{,}541196100:
K_2=3-\frac{1}{0{,}541196100}\approx 3-1{,}8466\approx 1{,}1534.
Esses K_i correspondem ao ganho do estágio não inversor que faz parte da célula Sallen–Key (ou seja, o amplificador operacional na malha alimentar do SK tem ganho K_i). Em um amplificador não inversor K=1+R_f/R_g. Escolhemos resistores de ganho padrão para implementar K_i.
Escolha prática:
  • adote R_g=10\\ \text{k}\Omega em ambos os estágios;
  • então R_f = (K-1)\,R_g.
Calculando:
R_{f1}=(K_1-1)\cdot 10\\ \text{k}\Omega\approx 1{,}2346\cdot 10\\ \text{k}\Omega\approx 12{,}346\\ \text{k}\Omega \approx 12{,}4\\ \text{k}\Omega.
R_{f2}=(K_2-1)\cdot 10\\ \text{k}\Omega\approx 0{,}1534\cdot 10\\ \text{k}\Omega\approx 1{,}534\\ \text{k}\Omega \approx 1{,}53\\ \text{k}\Omega.
Assim cada seção terá a topologia Sallen–Key passa-altas com C_1=C_2=1{,}0\\ \text{nF}, R_1=R_2=1{,}59\\ \text{k}\Omega e o op-amp configurado como amplificador não inversor com ganho K_1 e K_2 implementados pelos pares (R_{f1},R_g) e (R_{f2},R_g) acima.

Passo 13

Observações sobre ganho total: A forma que usamos para cada seção H_i(s)=\dfrac{s^{2}}{s^{2}+(\omega_0/Q_i)s+\omega_0^2} está normalizada para que o ganho em altas frequências de cada seção tenda a 1 (essa é a forma usual de uma seção passa-altas canônica). Ao implementar a célula Sallen–Key com a geometria e ganhos K_i calculados (a fórmula Q=1/(3-K) foi assumida para a topologia canônica com os rótulos escolhidos), a resposta real do circuito corresponde àquela seção canônica. Portanto a cascata das duas seções fornece o Butterworth passa-altas de 4ª ordem com ganho unitário na banda de passagem (projeto normalizado foi feito para assegurar isso). (Na prática verificar com simulação garante que o produto das duas seções tende a ganho unitário em altas frequências.)

Passo 14

Agora calculamos as respostas em amplitude e fase para as três frequências pedidas. Usamos a forma normalizada da seção de 2ª ordem passa-altas:
H_i(j\omega)=\frac{(j\Omega)^2}{(j\Omega)^2 + \dfrac{j\Omega}{Q_i} + 1},\qquad \Omega=\frac{\omega}{\omega_0}.
O módulo de cada seção é
|H_i(j\omega)|=\frac{\Omega^2}{\sqrt{(1-\Omega^2)^2 + \bigl(\dfrac{\Omega}{Q_i}\bigr)^2}},
e a fase de cada seção (em graus) pode ser obtida por
\phi_i(\omega)=180^\circ - \arctan\!\Bigl(\dfrac{\Omega/Q_i}{1-\Omega^2}\Bigr)\quad\text{(por seção)}.çã
A fase total é soma das fases das duas seções; o ganho total em módulo é o produto dos módulos das seções.
Usamos os valores:
\omega_0=\omega_p=2\pi\cdot 100\\ \text{kHz},\quad Q_1\approx 1{,}306562964,\quad Q_2\approx 0{,}541196100.

Passo 15

Cálculos para cada frequência (usar \Omega=\dfrac{f}{100\\ \text{kHz}}).
i) f=10\\ \text{kHz}\Rightarrow \Omega=0{,}1.
Para a seção 1 ( Q_1\approx 1{,}3066):
|H_1|=\frac{0{,}1^2}{\sqrt{(1-0{,}1^2)^2 + \left(\dfrac{0{,}1}{1{,}3066}\right)^2}} =\frac{0{,}01}{\sqrt{0{,}99^2 + 0{,}0765^2}} \approx\frac{0{,}01}{0{,}99295}\approx 0{,}010071.
Fase da seção 1:
\phi_1=180^\circ - \arctan\!\Big(\frac{0{,}1/1{,}3066}{0{,}99}\Big)\approx 180^\circ - 4{,}425^\circ\approx 175{,}575^\circ.
Para a seção 2 ( Q_2\approx 0{,}5412):
|H_2|=\frac{0{,}01}{\sqrt{0{,}99^2 + (0{,}1/0{,}5412)^2}} =\frac{0{,}01}{\sqrt{0{,}9801 + 0{,}03413}}\approx\frac{0{,}01}{1{,}00708}\approx 0{,}009930.
Fase da seção 2:
\phi_2\approx 180^\circ - \arctan\!\Big(\frac{0{,}1/0{,}5412}{0{,}99}\Big)\approx 180^\circ - 10{,}57^\circ\approx 169{,}43^\circ.
Produto total:
|H|=|H_1||H_2|\approx 0{,}010071\cdot 0{,}009930\approx 0{,}0001001\approx 1{,}00\times 10^{-4}.
Fase total:
\varphi=\phi_1+\phi_2\approx 175{,}575^\circ+169{,}43^\circ\approx 345{,}005^\circ\equiv -14{,}995^\circ.
Assim a saída para v_i=\sin(2\pi\cdot 10\text{ kHz}\,t) terá amplitude \hat V_o\approx 1{,}00\times 10^{-4}\\ \text{V} e fase \theta\approx -15^\circ.

Passo 16

ii) f=75\\ \text{kHz}\Rightarrow \Omega=0{,}75.
Seção 1 ( Q_1):
|H_1|=\frac{0{,}75^2}{\sqrt{(1-0{,}75^2)^2 + \left(\dfrac{0{,}75}{1{,}3066}\right)^2}} =\frac{0{,}5625}{\sqrt{0{,}4375^2 + 0{,}5739^2}} \approx\frac{0{,}5625}{0{,}7220}\approx 0{,}779.
\phi_1\approx 180^\circ - \arctan\!\Big(\frac{0{,}75/1{,}3066}{0{,}4375}\Big) =180^\circ - \arctan(1{,}312)\approx 180^\circ - 52{,}73^\circ\approx 127{,}27^\circ.
Seção 2 ( Q_2):
|H_2|=\frac{0{,}5625}{\sqrt{0{,}4375^2 + (0{,}75/0{,}5412)^2}} =\frac{0{,}5625}{\sqrt{0{,}1914 + 1{,}920}}\approx\frac{0{,}5625}{1{,}453}\approx 0{,}387.
\phi_2\approx 180^\circ - \arctan\!\Big(\frac{0{,}75/0{,}5412}{0{,}4375}\Big) =180^\circ - \arctan(3{,}169)\approx 180^\circ - 72{,}67^\circ\approx 107{,}33^\circ.
Produto total:
|H|\approx 0{,}779\cdot 0{,}387\approx 0{,}3015.
Fase total:
\varphi\approx 127{,}27^\circ + 107{,}33^\circ \approx 234{,}6^\circ \equiv -125{,}4^\circ.
Assim a saída para v_i=\sin(2\pi\cdot 75\text{ kHz}\,t) terá amplitude \hat V_o\approx 0{,}3015\\ \text{V} e fase \theta\approx -125{,}4^\circ.

Passo 17

iii) f=1\\ \text{MHz}\Rightarrow \Omega=10.
Seção 1:
|H_1|=\frac{10^2}{\sqrt{(1-10^2)^2 + (10/1{,}3066)^2}} =\frac{100}{\sqrt{(-99)^2 + 7{,}651^2}}\approx\frac{100}{99{,}298}\approx 1{,}0071.
\phi_1\approx 180^\circ - \arctan\!\Big(\frac{10/1{,}3066}{1-100}\Big) =180^\circ - \arctan\!\Big(\frac{7{,}651}{-99}\Big) \approx 180^\circ - 175{,}576^\circ \approx 4{,}424^\circ.
Seção 2:
|H_2|=\frac{100}{\sqrt{(-99)^2 + (10/0{,}5412)^2}} =\frac{100}{\sqrt{9801 + 341{,}5}}\approx\frac{100}{100{,}709}\approx 0{,}99294.
\phi_2\approx 180^\circ - \arctan\!\Big(\frac{10/0{,}5412}{-99}\Big) \approx 180^\circ - 169{,}43^\circ \approx 10{,}57^\circ.
Produto total:
|H|\approx 1{,}0071\cdot 0{,}99294\approx 1{,}0000\\ (\text{próximo de }1).ó
Fase total:
\varphi\approx 4{,}424^\circ + 10{,}57^\circ \approx 14{,}994^\circ\approx 15^\circ.
Portanto para f=1\\ \text{MHz} a saída tem amplitude \hat V_o\approx 1{,}00\\ \text{V} e fase \theta\approx +15^\circ.

Passo 18

Esquema prático (descrição textual do circuito Sallen–Key em duas seções em cascata):
  • Entrada v_i → Seção HP de 2ª ordem (Sallen–Key) com C_1=C_2=1{,}0\\ \text{nF}, R_1=R_2=1{,}59\\ \text{k}\Omega e amplificador não inversor com ganho K_1\approx 2{,}2346 implementado por R_{g}=10\\ \text{k}\Omega e R_{f1}\approx 12{,}4\\ \text{k}\Omega. Saída dessa seção → entrada da segunda seção.
  • Segunda seção HP de 2ª ordem (Sallen–Key) com os mesmos C_1=C_2=1{,}0\\ \text{nF}, R_1=R_2=1{,}59\\ \text{k}\Omega e amplificador não inversor com ganho K_2\approx 1{,}1534 implementado por R_{g}=10\\ \text{k}\Omega e R_{f2}\approx 1{,}53\\ \text{k}\Omega. Saída final v_o.
(Observação prática: use resistores comerciais próximos aos valores calculados; ajustar com simulação para compensar tolerâncias e obter precisamente o comportamento Butterworth.)

Resposta

a. N=4.
b. Os polos (em rad/s) são
\begin{aligned} p_1&\approx -240\,000 - j\,580\,000,\\\ p_2&\approx -580\,000 - j\,240\,000,\\\ p_3&\approx -580\,000 + j\,240\,000,\\\ p_4&\approx -240\,000 + j\,580\,000. \end{aligned}
c. Função de transferência (forma fatorada):
T(s)=\frac{s^{4}}{(s-p_1)(s-p_2)(s-p_3)(s-p_4)}
ou, em seções de segunda ordem:
T(s)=\frac{s^{2}}{s^{2}+\dfrac{\omega_p}{Q_1}s+\omega_p^{2}}\cdot \frac{s^{2}}{s^{2}+\dfrac{\omega_p}{Q_2}s+\omega_p^{2}},
com \omega_p=2\pi\cdot 100\\ \text{kHz}, Q_1\approx 1{,}3066, Q_2\approx 0{,}5412.
d. Implementação Sallen–Key (duas seções em cascata) — valores escolhidos:
\begin{aligned} &\text{Para ambas as seções: }C_1=C_2=1{,}0\\ \text{nF},\qquad R_1=R_2=1{,}59\\ \text{k}\Omega,\\[3pt] &\text{Seção 1 (Q}_1\text{): ganho não inversor }K_1\approx 2{,}2346\text{ com }R_g=10\\ \text{k}\Omega,\\ R_{f1}\approx 12{,}4\\ \text{k}\Omega,\\[3pt] &\text{Seção 2 (Q}_2\text{): ganho não inversor }K_2\approx 1{,}1534\text{ com }R_g=10\\ \text{k}\Omega,\\ R_{f2}\approx 1{,}53\\ \text{k}\Omega. \end{aligned}çõçããçãã
(Esquematicamente: entrada → SK HP (seção 1) → SK HP (seção 2) → saída; cada SK com os R e C acima e o op-amp configurado como não inversor com K_i=1+R_{f_i}/R_g.)
e. Saídas para entradas unitárias ( \hat V_i=1\\ \text{V}):
i. f=10\\ \text{kHz}:\\ \hat V_o\approx 1{,}00\times 10^{-4}\\ \text{V},\quad \theta\approx -15^\circ.
ii. f=75\\ \text{kHz}:\\ \hat V_o\approx 0{,}3015\\ \text{V},\quad \theta\approx -125{,}4^\circ.
iii. f=1\\ \text{MHz}:\\ \hat V_o\approx 1{,}00\\ \text{V},\quad \theta\approx +15^\circ.]

Exercícios relacionados