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
z = 1,5·ej2,4 sayısının açısı radyan cinsindendir. Gerçek kısmını bulun: a.
r = 1,5θ = 2,4 rad
a =
2.Karmaşık sayılarZor
(−3 − j2)⁵ sayısının sanal kısmını bulun.
z = −3 − j2n = 5
Im(z⁵) =
3.AC empedans ve fazörlerOrta
Seri bir RLC devresi 120 V (rms), 60 Hz bir kaynağa bağlı. Devrenin güç faktörü cos φ değerini bulun.
V = 120 V (rms)f = 60 HzR = 20 ΩL = 50 mHC = 100 µF
cos φ =
4.AC empedans ve fazörlerZor
Bir R1 direnci, R2 ile bir C kondansatörünün paralel birleşimine seri bağlıdır ve 120 V (rms), 500 Hz’lik bir kaynağın uçlarına bağlanmıştır. Empedansın büyüklüğü |Z| değerini bulun.
V = 120 V (rms)f = 500 HzR1 = 30 ΩR2 = 50 ΩC = 2,2 µF
|Z| = Ω
5.AC güç ve güç faktörüOrta
Empedansı Z = 5 + j12 Ω olan bir yük 240 V (rms)’lik tek fazlı bir kaynağa bağlıdır. Harcadığı aktif güç P değerini bulun.
V = 240 VZ = 5 + j12 Ω
P = W
6.AC güç ve güç faktörüZor
Tek fazlı bir yük 400 V, 60 Hz’lik bir kaynaktan 0,7 geri güç faktöründe 14 kW çekiyor. Yüke paralel olarak 100 µF’lık bir kondansatör bağlanıyor. Yeni hat akımı I değerini bulun.
P = 14 kWpf1 = 0,7V = 400 Vf = 60 HzC = 100 µF
I = A
7.LC rezonansı, Q çarpanı ve bant genişliğiOrta
15 V’a yüklenmiş 100 pF değerindeki bir kondansatör, ideal bir 470 µH bobinle salınıyor. Kondansatör gerilimi 3,75 V olduğu anda bobinde depolanan enerjiyi WL nJ cinsinden bulun.
C = 100 pFV0 = 15 VvC = 3,75 V
WL = nJ
8.LC rezonansı, Q çarpanı ve bant genişliğiZor
Toplam direnci 100 Ω, rezonans frekansı 500 kHz ve bant genişliği 50 kHz olan bir seri RLC filtresi tasarlayın. Kapasitansı C nF cinsinden bulun.
R = 100 Ωf0 = 500 kHzBW = 50 kHz
C = nF
9.Üç fazlı güçOrta
Faz başına empedansı 12 + j5 Ω olan dengeli Y bağlı bir yük, fazlar arası gerilimi 415 V olan dengeli üç fazlı bir kaynağa bağlanmıştır. Yükün çektiği toplam aktif güç P değerini kW cinsinden bulun.
VL = 415 VZ = 12 + j5 Ω faz başına
P = kW
10.Üç fazlı güçZor
Dengeli üç fazlı bir yük, 400 V (fazlar arası), 60 Hz bir kaynaktan 0,75 geri güç faktöründe 200 kW çekiyor. Yüke paralel bağlanan üç fazlı bir kondansatör grubu toplam güç faktörünü 0,9 geriye yükseltmelidir. Aktif güç aynı kalır. Kondansatör grubunun sağlaması gereken toplam reaktif güç QC değerini kvar cinsinden bulun.
P = 200 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,9VL = 400 Vf = 60 Hz
QC = kvar
11.RC ve RL geçici rejimOrta
Anahtar t = 0’da kapanmadan önce bobinden akım geçmez. Anahtar kapandıktan ne kadar sonra akım son değerinin %80’ine ulaşır? t değerini bulun.
Vs = 15 VR = 10 ΩL = 68 mH
t = ms
12.RC ve RL geçici rejimZor
Anahtar t = 0’da kapanmadan hemen önce kondansatörde gösterilen polaritede 2 V vardır. t = 500 ms anında kondansatör gerilimi vC değerini bulun.
Vs = 10 VR = 4,7 kΩC = 220 µFvC(0) = 2 Vt = 500 ms
vC = V
13.Thévenin ve NortonOrta
a–b uçlarından görülen Thévenin gerilimi Vth değerini bulun.
V1 = 10 VR1 = 5 ΩR2 = 4 ΩR3 = 4 Ω
Vth = V
14.Thévenin ve NortonZor
a–b arasına RL = 25 Ω yük bağlanmıştır. Thévenin eşdeğerini kullanarak yüke aktarılan PL gücünü bulun.
Gösterilen RL alçak geçiren filtre için R = 100 Ω, L = 4,7 mH geçerlidir. 10 kHz değerinde sinüsoidal bir giriş uygulanır. vout’un vin’e göre φ faz kaymasını derece cinsinden bulun.
R = 100 ΩL = 4,7 mHf = 10 kHz
φ = °
16.Bode diyagramları ve paylarZor
Birim geri beslemeli bir çevrimin açık çevrim transfer fonksiyonu L(s) = 1,6/(s(s + 1))’dır. |L(jω)| = 1 olduğu kazanç kesişim frekansını ωc bulun.
L(s) = 1,6/(s(s + 1))
ωc = rad/s
3Çözeltiler
1.Karmaşık sayılar
Cevap: a = −1,106
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.
Euler formülü
z = 1,5·(cos 2,4 + j sin 2,4)
Bileşenler (radyan)
a = 1,5·cos 2,4 = −1,106
b = 1,5·sin 2,4 = 1,013
a = −1,106
Cevap
a = −1,106
2.Karmaşık sayılar
Cevap: Im(z⁵) = −122
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.
Adım adım kuvvetler
z² = (−3 − j2)(−3 − j2) = 5 + j12
z³ = (5 + j12)(−3 − j2) = 9 − j46
z⁴ = (9 − j46)(−3 − j2) = −119 + j120
z⁵ = (−119 + j120)(−3 − j2) = 597 − j122
De Moivre ile denetleyin
z = 3,606∠−146,3° → z⁵ = 609,3∠−11,55°
Im(z⁵) = −122
Cevap
Im(z⁵) = −122
3.AC empedans ve fazörler
Cevap: cos φ = 0,9336
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
XL = 18,85 Ω, XC = 26,53 Ω
Empedans
|Z| = √(20² + (−7,676)²) = 21,42 Ω
Güç faktörü
cos φ = R/|Z| = 20/21,42 = 0,9336
Devre kapasitiftir, bu yüzden güç faktörü ileridir.
Cevap
cos φ = 0,9336
4.AC empedans ve fazörler
Cevap: |Z| = 76,24 Ω
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.
Reaktans
XC = 1/(2π·500·2,2·10⁻⁶) = 144,7 Ω
Paralel birleşim
Zp’yi reel ve sanal kısımlara ayırmak için pay ve paydayı karmaşık eşlenikle çarpın.
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.
Akım
|Z| = √(5² + 12²) = 13 Ω
I = V/|Z| = 240/13 = 18,46 A
Aktif güç
P = I²·R = 18,46²·5 = 1704 W
Cevap
P = 1704 W
6.AC güç ve güç faktörü
Cevap: I = 40,63 A
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 = 14·tan(arccos 0,7) = 14,28 kvar
QC = V²·2πf·C = 400²·2π·60·100·10⁻⁶ = 6032 var = 6,032 kvar
Q2 = 14,28 − 6,032 = 8,251 kvar
Yeni görünür güç
S2 = √(14² + 8,251²) = 16,25 kVA
Yeni hat akımı
I = S2/V = 16251/400 = 40,63 A
Cevap
I = 40,63 A
7.LC rezonansı, Q çarpanı ve bant genişliği
Cevap: WL = 10,55 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 × 10⁻¹⁰·15² = 1,125 × 10⁻⁸ J
Kondansatörde kalan enerji
½·1 × 10⁻¹⁰·3,75² = 7,031 × 10⁻¹⁰ J
Bobindeki enerji
WL = 1,055 × 10⁻⁸ J = 10,55 nJ
Cevap
WL = 10,55 nJ
8.LC rezonansı, Q çarpanı ve bant genişliği
Cevap: C = 0,3183 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) = 100/(2π·50000) = 0,0003183 H
Rezonans frekansından kapasitans
C = 1/((2π·500000)²·0,0003183) = 3,183 × 10⁻¹⁰ F = 0,3183 nF
Cevap
C = 0,3183 nF
Q = f₀/BW = 10.
9.Üç fazlı güç
Cevap: P = 12,23 kW
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.
Faz gerilimi
Vph = 415/√3 = 239,6 V
Faz akımı
|Z| = √(12² + 5²) = 13 Ω
Iph = 239,6/13 = 18,43 A
Toplam aktif güç
Her empedansın yalnızca dirençli kısmı aktif güç harcar.
P = 3·Iph²·R = 3·18,43²·12 = 12,23 kW
Cevap
P = 12,23 kW
Kontrol: cos φ = R/|Z| = 0,9231 ve √3·VL·IL·cos φ aynı gücü verir.
10.Üç fazlı güç
Cevap: QC = 79,52 kvar
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 = 200·tan(acos 0,75) = 200·0,8819 = 176,4 kvar
Q2 = 200·tan(acos 0,9) = 200·0,4843 = 96,86 kvar
Kondansatörlerin sağladığı reaktif güç
QC = Q1 − Q2 = 79,52 kvar
Cevap
QC = 79,52 kvar
11.RC ve RL geçici rejim
Cevap: t = 10,94 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.
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 = 68 mH / 10 Ω = 6,8 ms
i(∞) = Vs/R = 15/10 = 1,5 A
Zaman için çözün
0,8 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,8)
t = −6,8·ln(0,2) = 10,94 ms
Cevap
t = 10,94 ms
12.RC ve RL geçici rejim
Cevap: vC = 5,067 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.
Başlangıç değeri, son değer, zaman sabiti
Kondansatör gerilimi sıçrayamaz; bu yüzden depolanan değerden başlar ve kaynak gerilimine yönelir.
vC(0) = 2 V, vC(∞) = Vs = 10 V
τ = R·C = 4,7 kΩ · 220 µF = 1034 ms
vC(t) = 10 + (2 − 10)·e−t/τ
Verilen andaki gerilim
vC(500) = 10 + (−8)·e−500/1034 = 5,067 V
Cevap
vC = 5,067 V
13.Thévenin ve Norton
Cevap: Vth = 4,444 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 = 5·4/(5+4) = 2,222 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,222 + 4 = 6,222 Ω
Açık devre gerilimi Vth’yi bulun
a–b açıkken R₃’ten akım geçmez, bu yüzden üzerinde düşüm yoktur ve V_b = V_A olur. R₁ ve R₂ bir gerilim bölücü oluşturur.
Vth = V1·R2/(R1+R2) = 10·4/(5+4) = 4,444 V
14.Thévenin ve Norton
Cevap: PL = 11,11 W
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 = 15·4/(15+4) = 3,158 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,158 + 8 = 11,16 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) = 3,789 + (−2,5)·3,158 = −4,105 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −4,105 + (−2,5)·8 = −24,11 V
Yükü Thévenin eşdeğerine bağlayın
Thévenin kaynağı ve seri R_th, a–b’de özgün devreyle tamamen aynı davranır; bu yüzden yük basit bir seri çevre görür.
IL = Vth/(Rth + RL) = −24,11/(11,16 + 25) = −0,6667 A
PL = IL²·RL = −0,6667²·25 = 11,11 W
15.Bode diyagramları ve paylar
Cevap: φ = −71,29 °
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 = R/L = 100/0,0047 = 21277 rad/s
fc = 3386 Hz → f/fc = 10000/3386 = 2,953
Faz
φ = − atan(2,953) = −71,29°
Cevap
φ = −71,29°
16.Bode diyagramları ve paylar
Cevap: ωc = 1,085 rad/s
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.