İşleme uygun biçimi seçin: toplama ve çıkarma için dikdörtgen a + jb, çarpma, bölme, kuvvet ve kökler için kutupsal r∠θ.
j² = −1 ile açarak çarpın; bölmek için pay ve paydayı paydanın eşleniğiyle çarpın.
r = √(a² + b²) ile ve θ’yı noktanın bir çiziminden (bölgeyi denetleyin) bularak çevirin; geri dönmek için a = r cos θ, b = r sin θ kullanın.
Kuvvetler için De Moivre’i, (r∠θ)ⁿ = rⁿ∠nθ, kullanın; zⁿ = R∠φ için n kökün hepsini R1/n∠((φ + 360°k)/n) olarak listeleyin.
AC empedans ve fazörler
Empedanslar
ZR = R, ZL = jωL, ZC = 1/(jωC)
Açısal frekans
ω = 2πf
Genlik ve açı
|Z| = √(R² + X²), φ = atan(X/R)
Fazör biçiminde Ohm yasası
V = I·Z
Yöntem
Frekansı çevirin: ω = 2πf.
Her reaktansı bulun: XL = ωL ve XC = 1/(ωC).
Empedansları dirençler gibi Z = R + jX ile toplayın.
|Z| = √(R² + X²) büyüklüğünü ve φ = atan(X/R) açısını bulun, sonra fazörlerle Ohm yasasını kullanın.
AC güç ve güç faktörü
Aktif güç
P = V·I·cos φ
Reaktif güç
Q = V·I·sin φ
Görünür güç
S = V·I = √(P² + Q²)
Güç faktörü
pf = cos φ = P/S
Kompanzasyon kondansatörü
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(ωV²)
LC rezonansı, Q çarpanı ve bant genişliği
Doğal frekans
ω0 = 1/√(LC), f0 = 1/(2π√(LC))
Enerji
W = ½CV0² = ½Cv² + ½Li²
Tepe akım
Imax = V0√(C/L)
Kalite faktörü
Q = 2π·(energy stored)/(energy lost per cycle)
Seri RLC
Q = (1/R)√(L/C), BW = R/(2πL)
Paralel RLC
Q = R√(C/L), BW = 1/(2πRC)
Bant genişliği
BW = f2 − f1 = f0/Q, f0 = √(f1f2)
Yarım güç frekansları
f1,2 = f0(√(1 + 1/(4Q²)) ∓ 1/(2Q))
r bobin dirençli tank devresi
RD = L/(C·r) = Q²·r
Genliğin sönümü
e−Rt/(2L)
Yöntem
Önce rezonans frekansını bulun: ω₀ = 1/√(LC) ve f₀ = ω₀/(2π).
Devrenin seri mi paralel mi olduğuna karar verin: seri Q = (1/R)√(L/C), paralel Q = R√(C/L).
Bant genişliği için BW = f₀/Q formülünü ya da R/(2πL) (seri) ve 1/(2πRC) (paralel) kısayollarını kullanın.
Enerji sorularında, ideal bir LC devresinde toplam ½CV₀² enerjisinin sabit kaldığını ve her çeyrek periyotta C ile L arasında gidip geldiğini kullanın.
Üç fazlı güç
Y bağlantı
VL = √3·Vph, IL = Iph
Δ bağlantı
VL = Vph, IL = √3·Iph
Toplam aktif güç
P = √3·VL·IL·cos φ = 3·Iph²·R
Görünür ve reaktif güç
S = √3·VL·IL, Q = P·tan φ
Kompanzasyon kondansatörleri
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(3ωV²)
Her kondansatör üzerindeki gerilim
Δ: VL Y: VL/√3
Motor giriş gücü
Pin = Pout/η
RC ve RL geçici rejim
Zaman sabiti
τ = RC | τ = L/R
Yanıt
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
DC’de kondansatör
açık devre; vC ani değişemez
DC’de bobin
kısa devre; iL ani değişemez
Kalıcı durum
t ≈ 5τ
Yöntem
Anahtarlamadan hemen sonraki başlangıç değerini bulun: kondansatör gerilimi ve bobin akımı ani değişemez.
Anahtarlamadan çok sonraki son değeri bulun: kondansatör açık devre, bobin kısa devre gibi davranır.
Zaman sabitini bulun: kondansatörün veya bobinin gördüğü direnci kullanarak τ = RC veya τ = L/R.
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ kullanın.
Thévenin ve Norton
Thévenin gerilimi
Vth = Vopen circuit
Thévenin direnci
Rth: tüm kaynaklar kapalı, a–b’den görülen
Norton akımı
IN = Vth/Rth
Yük akımı
IL = Vth/(Rth + RL)
Maksimum güç aktarımı
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)
Yöntem
Yükü çıkarın ve iki ucu a ve b olarak işaretleyin.
a ve b arasındaki açık devre gerilimini bulun: bu Vth’dir.
Tüm bağımsız kaynakları devre dışı bırakın ve a–b uçlarından görülen direnci bulun: bu Rth’dir.
Yükü eşdeğer devreye geri bağlayın: Rth ile seri Vth.
Norton eşdeğeri için dönüştürün: IN = Vth/Rth, paralel RN = Rth ile.
2Alıştırma soruları
1.Karmaşık sayılarOrta
Diyagram z = 1 − j3 sayısını gösteriyor. w = 0,5∠−90° iken z/w sayısını temsil eden noktaya tıklayın.
z = 1 − j3w = 0,5∠−90°
1A (6 + j2)
2B (−6 − j2)
3C (2 − j6)
4D (3 + j)
2.Karmaşık sayılarZor
z = 1 + j için z⁶ sayısının sanal kısmını bulmak üzere De Moivre teoremini kullanın.
z = 1 + jn = 6
Im(z⁶) =
3.AC empedans ve fazörlerOrta
Seri bir RLC devresi 100 V (rms), 60 Hz bir kaynağa bağlı. Empedansın faz açısı φ değerini derece cinsinden bulun (akım gerilimden geride olduğunda pozitif).
V = 100 V (rms)f = 60 HzR = 100 ΩL = 200 mHC = 2,2 µF
φ = °
4.AC empedans ve fazörlerZor
Seri bir RLC devresi 50 V (rms), 1000 Hz bir kaynağa bağlı. Rms akım I değerini bulun.
V = 50 V (rms)f = 1000 HzR = 50 ΩL = 150 mHC = 47 µF
I = A
5.AC güç ve güç faktörüOrta
Tek fazlı bir motor, 240 V bir kaynaktan 0,8 geri güç faktöründe 9 kW çekiyor. Hat akımı I değerini bulun.
P = 9 kWpf = 0,8V = 240 V
I = A
6.AC güç ve güç faktörüZor
Tek fazlı bir yük, 230 V, 60 Hz bir kaynaktan 0,8 geri güç faktöründe 5 kW çekiyor. Paralel bağlanan bir kondansatör güç faktörünü 0,98 değerine yükseltiyor. Gereken kapasitans C değerini bulun.
P = 5 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,98V = 230 Vf = 60 Hz
C = µF
7.LC rezonansı, Q çarpanı ve bant genişliğiOrta
12 V’a yüklenmiş 10 pF değerindeki bir kondansatör, ideal bir 47 mH bobinle salınıyor. Kondansatör gerilimi 6 V olduğu anda bobinde depolanan enerjiyi WL nJ cinsinden bulun.
C = 10 pFV0 = 12 VvC = 6 V
WL = nJ
8.LC rezonansı, Q çarpanı ve bant genişliğiZor
Toplam direnci 50 Ω, rezonans frekansı 455 kHz ve bant genişliği 9,1 kHz olan bir seri RLC filtresi tasarlayın. Kapasitansı C nF cinsinden bulun.
R = 50 Ωf0 = 455 kHzBW = 9,1 kHz
C = nF
9.Üç fazlı güçOrta
Üç fazlı bir asenkron motor tam yükte 30 kW mekanik çıkış gücü veriyor. Bu yükte verimi %91 ve güç faktörü 0,9 geri. Kaynağın fazlar arası gerilimi 400 V. Hat akımı IL değerini bulun.
Pout = 30 kWη = 91%cos φ = 0,9VL = 400 V
IL = A
10.Üç fazlı güçZor
Dengeli üç fazlı bir yük, 415 V (fazlar arası), 60 Hz bir kaynaktan 0,72 geri güç faktöründe 250 kW çekiyor. Yüke paralel bağlanan üç fazlı bir kondansatör grubu toplam güç faktörünü 0,95 geriye yükseltmelidir. Aktif güç aynı kalır. Kondansatörler Δ bağlıdır. Her kondansatörün kapasitansı Cph değerini µF cinsinden bulun.
P = 250 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,95VL = 415 Vf = 60 Hz
Cph = µF
11.RC ve RL geçici rejimOrta
Anahtar t = 0’da kapanmadan önce bobinden akım geçmez. t = 1 ms anında bobin üzerindeki vL gerilimini bulun.
Vs = 5 VR = 100 ΩL = 33 mHt = 1 ms
vL = V
12.RC ve RL geçici rejimZor
Anahtar t = 0’da kapanmadan hemen önce kondansatörde gösterilen polaritede 3 V vardır. vC değerinin 7,5 V’a ulaşması ne kadar sürer? t değerini bulun.
Vs = 12 VR = 6,8 kΩC = 47 µFvC(0) = 3 V
t = ms
13.Thévenin ve NortonOrta
a–b uçlarından görülen Thévenin direnci Rth değerini bulun.
V1 = 30 VR1 = 20 ΩR2 = 5 ΩR3 = 3 Ω
Rth = Ω
14.Thévenin ve NortonZor
a–b uçlarından görülen Thévenin gerilimi Vth değerini bulun.
V1 = 36 VIs = 1,5 AR1 = 3 ΩR2 = 8 ΩR3 = 6 Ω
Vth = V
15.Bode diyagramları ve paylarOrta
Gösterilen RC alçak geçiren filtre için R = 2,2 kΩ, C = 100 nF geçerlidir. 360 Hz değerinde sinüsoidal bir giriş uygulanır. vout’un vin’e göre φ faz kaymasını derece cinsinden bulun.
R = 2,2 kΩC = 100 nFf = 360 Hz
φ = °
16.Bode diyagramları ve paylarZor
Birim geri beslemeli bir çevrimin açık çevrim transfer fonksiyonu L(s) = K/(s(s + 3)(s + 6))’dır. 15 dB’lik bir kazanç payı veren K kazancını bulun.
L(s) = K/(s(s + 3)(s + 6))GM = 15 dB
K =
3Çözeltiler
1.Karmaşık sayılar
Cevap: A (6 + j2)
Kutupsal biçim: z = r∠θ = r(cos θ + j sin θ) = r·ejθ; r = |z| ve θ = arg z. Dikdörtgen biçime dönüş: a = r cos θ, b = r sin θ. Argüman için bölge gerekir: θ = atan(b/a) yalnızca a > 0 için geçerlidir; a < 0 için 180° ekleyin ya da çıkarın. Kutupsal biçimde çarpma kolaydır: modülleri çarpın, argümanları toplayın; bölmek için modülleri bölün, argümanları çıkarın.
w’nun etkisi
|z/w| = |z|/0,5, arg(z/w) = arg z − (−90)°
Nokta
z/w = 6 + j2 → A
Cevap
A (6 + j2)
2.Karmaşık sayılar
Cevap: Im(z⁶) = −8
De Moivre ve kökler: (r∠θ)ⁿ = rⁿ∠nθ. zⁿ = R∠φ denkleminin tam olarak n kökü vardır; hepsinin modülü R1/n’dir ve argümanları k = 0, 1, …, n − 1 için (φ + 360°·k)/n’dir: bir çember üzerinde eşit aralıklarla, 360°/n arayla dizilirler. p² < 4q olan z² + pz + q = 0 ikinci derece denkleminin karmaşık kökleri z = −p/2 ± j√(q − p²/4)’tür; gerçel katsayılı bir polinomun karmaşık kökleri her zaman a ± jb eşlenik çiftleri hâlindedir.
Kutupsal biçim
z = 1 + j = √2∠45°
De Moivre
z⁶ = (√2)⁶∠270° = 8∠−90°
Dikdörtgen biçim
z⁶ = 8·(cos −90° + j sin −90°) = −j8
Im(z⁶) = −8
Cevap
Im(z⁶) = −8
3.AC empedans ve fazörler
Cevap: φ = −84,94 °
Fazörlerle AC devreleri: direnç, bobin ve kondansatörün empedansları R, jωL ve 1/(jωC)’dir; ω = 2πf. Seride empedanslar dirençler gibi, ancak karmaşık sayı olarak toplanır. Rms akım ve gerilim |Z| ile Ohm yasasına uyar.
Reaktanslar
ω = 2πf = 2π·60 = 377 rad/s
XL = ωL = 377·0,2 = 75,4 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(377·2,2·10⁻⁶) = 1206 Ω
Empedans
Seride empedanslar karmaşık sayılar olarak toplanır: Z = R + j(XL − XC).
Fazörlerle AC devreleri: direnç, bobin ve kondansatörün empedansları R, jωL ve 1/(jωC)’dir; ω = 2πf. Seride empedanslar dirençler gibi, ancak karmaşık sayı olarak toplanır. Rms akım ve gerilim |Z| ile Ohm yasasına uyar.
Reaktanslar
ω = 2πf = 2π·1000 = 6283 rad/s
XL = ωL = 6283·0,15 = 942,5 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(6283·47·10⁻⁶) = 3,386 Ω
Empedans
Seride empedanslar karmaşık sayılar olarak toplanır: Z = R + j(XL − XC).
AC güç: görünür güç S = V·I (VA), faydalı iş yapan aktif güç P = S·cos φ (W) ile kaynak ve yük arasında gidip gelen reaktif güç Q = S·sin φ (var) olarak ayrılır. Güç faktörü cos φ’dir. Paralel bir kondansatör reaktif gücü yerinde sağlar, böylece aynı aktif güç için hat akımı düşer.
Hat akımı
Gücün yalnızca aktif kısmı iş yapar, bu yüzden güç faktörüne bölün.
I = P/(V·cos φ) = 9000/(240·0,8) = 46,88 A
Cevap
I = 46,88 A
6.AC güç ve güç faktörü
Cevap: C = 137,1 µF
AC güç: görünür güç S = V·I (VA), faydalı iş yapan aktif güç P = S·cos φ (W) ile kaynak ve yük arasında gidip gelen reaktif güç Q = S·sin φ (var) olarak ayrılır. Güç faktörü cos φ’dir. Paralel bir kondansatör reaktif gücü yerinde sağlar, böylece aynı aktif güç için hat akımı düşer.
Önce ve sonra reaktif güç
Aktif güç P değişmez; yalnızca şebekeden çekilen reaktif güç değişir.
Q1 = P·tan φ1 = 5·tan(36,87°) = 3,75 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 5·tan(11,48°) = 1,015 kvar
QC = Q1 − Q2 = 2,735 kvar
Kapasitans
Kaynağa bağlı bir kondansatör Q = V²·ωC sağlar.
C = QC/(2πf·V²) = 2735/(2π·60·230²) = 137,1 µF
Cevap
C = 137,1 µF
7.LC rezonansı, Q çarpanı ve bant genişliği
Cevap: WL = 0,54 nJ
LC rezonansı: bir bobine bağlanan yüklü bir kondansatör, kendisini ters yönde yükleyen bir akım geçirir: enerji, f0 = 1/(2π√(LC)) doğal frekansında C’nin elektrik alanı (½Cv²) ile L’nin manyetik alanı (½Li²) arasında gidip gelir. Direnç yoksa toplam ½CV0² enerjisi sabit kalır, dolayısıyla tepe akım Imax = V0√(C/L)’dir. Bir periyot T = 1/f0’dır; enerji bunun dörtte birinde C’den L’ye geçer.
Toplam enerji
½·1 × 10⁻¹¹·12² = 7,2 × 10⁻¹⁰ J
Kondansatörde kalan enerji
½·1 × 10⁻¹¹·6² = 1,8 × 10⁻¹⁰ J
Bobindeki enerji
WL = 5,4 × 10⁻¹⁰ J = 0,54 nJ
Cevap
WL = 0,54 nJ
8.LC rezonansı, Q çarpanı ve bant genişliği
Cevap: C = 0,1399 nF
Q çarpanı ve bant genişliği: bir rezonans devresinde Q = 2π·(depolanan enerji)/(çevrim başına kaybolan enerji). Seri RLC için Q = ω0L/R = (1/R)√(L/C); paralel RLC için Q = R/(ω0L) = R√(C/L). Yarım güç frekansları f1 ve f2 arasındaki bant genişliği (burada güç yarıya, akım ya da gerilim tepe değerinin 1/√2’sine iner) BW = f2 − f1 = f0/Q’dur; bu seride R/(2πL), paralelde 1/(2πRC)’dir. Rezonans frekansı geometrik ortalama f0 = √(f1f2)’dir ve f1,2 = f0(√(1 + 1/(4Q²)) ∓ 1/(2Q)). Kayıplar salınımın sönmesine de yol açar: seri RLC’de genlik e−Rt/(2L) gibi azalır.
Bant genişliğinden endüktans
L = R/(2π·BW) = 50/(2π·9100) = 0,0008745 H
Rezonans frekansından kapasitans
C = 1/((2π·455000)²·0,0008745) = 1,399 × 10⁻¹⁰ F = 0,1399 nF
Cevap
C = 0,1399 nF
Q = f₀/BW = 50.
9.Üç fazlı güç
Cevap: IL = 52,87 A
Dengeli üç fazlı sistemler: Y (yıldız) bağlantıda fazlar arası gerilim faz geriliminin √3 katıdır, VL = √3·Vph, ve hat akımı faz akımına eşittir. Δ (üçgen) bağlantıda fazlar arası gerilim faz gerilimine eşittir ve hat akımı faz akımının √3 katıdır, IL = √3·Iph. Toplam güç bir fazın gücünün üç katıdır: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ.
Elektriksel giriş gücü
Pin = Pout/η = 30/0,91 = 32,97 kW
Hat akımı
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 32967/(√3·400·0,9) = 52,87 A
Cevap
IL = 52,87 A
10.Üç fazlı güç
Cevap: Cph = 815,2 µF
Dengeli üç fazlı sistemler: Y (yıldız) bağlantıda fazlar arası gerilim faz geriliminin √3 katıdır, VL = √3·Vph, ve hat akımı faz akımına eşittir. Δ (üçgen) bağlantıda fazlar arası gerilim faz gerilimine eşittir ve hat akımı faz akımının √3 katıdır, IL = √3·Iph. Toplam güç bir fazın gücünün üç katıdır: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ. Güç faktörü düzeltme: kondansatörler reaktif gücü yerinde sağlar, QC = P·(tan φ1 − tan φ2). Üç kondansatörün her biri QC/3 = V²·ω·C sağlar; burada V o kondansatör üzerindeki gerilimdir: Δ grupta VL, Y grupta VL/√3.
Önce ve sonra reaktif güç
Aktif güç değişmediği için her güç faktörü reaktif gücü belirler: Q = P·tan φ.
Q1 = 250·tan(acos 0,72) = 250·0,9639 = 241 kvar
Q2 = 250·tan(acos 0,95) = 250·0,3287 = 82,17 kvar
Kondansatörlerin sağladığı reaktif güç
QC = Q1 − Q2 = 158,8 kvar
Faz başına kapasitans
Δ grupta her kondansatör iki hat arasına bağlıdır.
V = 415 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 52931/(377·415²) = 815,2 µF
Cevap
Cph = 815,2 µF
11.RC ve RL geçici rejim
Cevap: vL = 0,2415 V
Birinci derece geçici rejim: tek kondansatörlü veya tek bobinli bir devrede her gerilim ve akım başlangıç değerinden son değerine üstel olarak gider: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, τ = RC veya τ = L/R ile. Yaklaşık 5τ sonra devre oturur.
Zaman sabiti ve son akım
Anahtar kapandıktan uzun süre sonra bobin kısa devre gibi davranır; bu yüzden son akımı yalnızca R belirler.
τ = L/R = 33 mH / 100 Ω = 0,33 ms
i(∞) = Vs/R = 5/100 = 0,05 A
Bobin gerilimi
t = 0’da besleme geriliminin tamamı bobin üzerindedir; sonra sıfıra söner.
vL(t) = Vs·e−t/τ = 5·e−1/0,33 = 0,2415 V
Cevap
vL = 0,2415 V
12.RC ve RL geçici rejim
Cevap: t = 221,5 ms
Birinci derece geçici rejim: tek kondansatörlü veya tek bobinli bir devrede her gerilim ve akım başlangıç değerinden son değerine üstel olarak gider: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, τ = RC veya τ = L/R ile. Yaklaşık 5τ sonra devre oturur.
Başlangıç değeri, son değer, zaman sabiti
Kondansatör gerilimi sıçrayamaz; bu yüzden depolanan değerden başlar ve kaynak gerilimine yönelir.
t = τ·ln((3 − 12)/(7,5 − 12)) = 319,6·ln(2) = 221,5 ms
Cevap
t = 221,5 ms
13.Thévenin ve Norton
Cevap: Rth = 7 Ω
Thévenin teoremi: her doğrusal iki uçlu ağ, Rth direncine seri tek bir Vth gerilim kaynağı gibi davranır. Norton teoremi aynı ağı Rth ile paralel IN = Vth/Rth akım kaynağı olarak verir.
Tüm kaynaklar kapalıyken Rth’yi bulun
Gerilim kaynaklarını kısa devre, akım kaynaklarını açık devreyle değiştirin, sonra devreye a–b’den bakın.
R1 ∥ R2 = 20·5/(20+5) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 3 = 7 Ω
14.Thévenin ve Norton
Cevap: Vth = 13,91 V
Thévenin teoremi: her doğrusal iki uçlu ağ, Rth direncine seri tek bir Vth gerilim kaynağı gibi davranır. Norton teoremi aynı ağı Rth ile paralel IN = Vth/Rth akım kaynağı olarak verir.
Tüm kaynaklar kapalıyken Rth’yi bulun
Gerilim kaynaklarını kısa devre, akım kaynaklarını açık devreyle değiştirin, sonra devreye a–b’den bakın.
R1 ∥ R2 = 3·8/(3+8) = 2,182 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,182 + 6 = 8,182 Ω
Açık devre gerilimi Vth’yi bulun
a–b açıkken Iₛ’nin tek yolu R₃ üzerinden A düğümüne gitmektir. V_A’yı V₁ ve Iₛ’nin süperpozisyonuyla bulun, sonra R₃ üzerindeki düşümü ekleyin.
VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 26,18 + (−1,5)·2,182 = 22,91 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 22,91 + (−1,5)·6 = 13,91 V
15.Bode diyagramları ve paylar
Cevap: φ = −26,46 °
Frekans yanıtı: transfer fonksiyonunda s = jω koyun. Desibel cinsinden genlik 20·log₁₀|H(jω)|’dır ve faz, payın çarpanlarının açıları toplamından paydanınkilerin çıkarılmasıdır. Birinci dereceden bir RC ya da RL filtresinin köşe (−3 dB) frekansı ωc = 1/(RC) ya da R/L ve fc = ωc/(2π)’dir; bir alçak geçiren filtre |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) ve φ = −atan(ω/ωc) verir. Asimptotik (doğru parçalı) Bode diyagramında her kutup genliği köşe frekansında 20 dB/dekad aşağı büker, her sıfır 20 dB/dekad yukarı büker ve bir integratör 1/s her frekansta −20 dB/dekad verir. Kazanç kesişimi ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); faz payı PM = 180° + ∠L(jωc). Faz kesişimi ω180: ∠L(jω) = −180°; kazanç payı GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. İki pay da pozitifse kapalı çevrim kararlıdır.
Köşe frekansı
ωc = 1/(RC) = 1/(2200·1 × 10⁻⁷) = 4545 rad/s
fc = 723,4 Hz → f/fc = 360/723,4 = 0,4976
Faz
φ = − atan(0,4976) = −26,46°
Cevap
φ = −26,46°
16.Bode diyagramları ve paylar
Cevap: K = 28,81
Frekans yanıtı: transfer fonksiyonunda s = jω koyun. Desibel cinsinden genlik 20·log₁₀|H(jω)|’dır ve faz, payın çarpanlarının açıları toplamından paydanınkilerin çıkarılmasıdır. Birinci dereceden bir RC ya da RL filtresinin köşe (−3 dB) frekansı ωc = 1/(RC) ya da R/L ve fc = ωc/(2π)’dir; bir alçak geçiren filtre |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) ve φ = −atan(ω/ωc) verir. Asimptotik (doğru parçalı) Bode diyagramında her kutup genliği köşe frekansında 20 dB/dekad aşağı büker, her sıfır 20 dB/dekad yukarı büker ve bir integratör 1/s her frekansta −20 dB/dekad verir. Kazanç kesişimi ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); faz payı PM = 180° + ∠L(jωc). Faz kesişimi ω180: ∠L(jω) = −180°; kazanç payı GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. İki pay da pozitifse kapalı çevrim kararlıdır.