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 = 2,5∠50° sayısını a + jb dikdörtgen biçiminde yazın ve gerçel kısmı, a, verin.
Bir direnç ve bir kondansatör, 50 V (rms), 200 Hz’lik bir kaynağın uçlarına paralel bağlıdır. Empedansın faz açısı φ değerini derece cinsinden bulun (akım gerilimden geride olduğunda pozitif).
V = 50 V (rms)f = 200 HzR = 60 ΩC = 22 µF
φ = °
4.AC empedans ve fazörlerZor
Seri bir RLC devresi 120 V (rms), 200 Hz bir kaynağa bağlı. Devrenin rezonans frekansı f0 değerini bulun.
V = 120 V (rms)f = 200 HzR = 25 ΩL = 200 mHC = 10 µF
f0 = Hz
5.AC güç ve güç faktörüOrta
Tek fazlı bir motor, 230 V bir kaynaktan 0,7 geri güç faktöründe 4 kW çekiyor. Çektiği reaktif güç Q değerini bulun.
P = 4 kWpf = 0,7V = 230 V
Q = kvar
6.AC güç ve güç faktörüZor
Tek fazlı bir yük, 240 V, 60 Hz bir kaynaktan 0,8 geri güç faktöründe 30 kW çekiyor. Paralel bağlanan bir kondansatör güç faktörünü 0,95 değerine yükseltiyor. Yeni hat akımı Inew değerini bulun.
P = 30 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,95V = 240 Vf = 60 Hz
Inew = A
7.LC rezonansı, Q çarpanı ve bant genişliğiOrta
Bir seri RLC devresinde R = 10 Ω, L = 1 mH ve C = 1 µF’dir. Bant genişliğini BW kHz cinsinden bulun.
R = 10 ΩL = 1 mHC = 1 µF
BW = kHz
8.LC rezonansı, Q çarpanı ve bant genişliğiZor
Bir seri RLC devresi (R = 5 Ω, L = 22 mH, C = 47 nF) rezonansta 20 mA akım genliğiyle sürülüyor. Bir çevrimde R’de harcanan enerjiyi Ecycle nJ cinsinden bulun.
R = 5 ΩL = 22 mHC = 47 nFIm = 20 mA
Ecycle = nJ
9.Üç fazlı güçOrta
Dengeli üç fazlı bir yük, fazlar arası gerilimi 480 V olan bir kaynaktan 20 A hat akımı çekiyor. Güç faktörü 0,9 geri. Yükün çektiği toplam aktif güç P değerini kW cinsinden bulun.
VL = 480 VIL = 20 Acos φ = 0,9
P = kW
10.Üç fazlı güçZor
Dengeli üç fazlı bir yük, 480 V (fazlar arası), 60 Hz bir kaynaktan 0,65 geri güç faktöründe 300 kW çekiyor. Yüke paralel bağlanan üç fazlı bir kondansatör grubu toplam güç faktörünü 0,95 geriye yükseltmelidir. Aktif güç aynı kalır. Kondansatörler Y bağlıdır. Her kondansatörün kapasitansı Cph değerini µF cinsinden bulun.
P = 300 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,95VL = 480 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 = 15 VR = 50 ΩL = 22 mHt = 1 ms
vL = V
12.RC ve RL geçici rejimZor
Anahtar t = 0’da kapanmadan hemen önce kondansatörde gösterilen polaritede 8 V vardır. vC değerinin 10 V’a ulaşması ne kadar sürer? t değerini bulun.
Vs = 12 VR = 3,3 kΩC = 10 µFvC(0) = 8 V
t = ms
13.Thévenin ve NortonOrta
Norton akımı IN değerini bulun: uçlar kısa devre edilirse a’dan b’ye akan akım.
V1 = 18 VR1 = 8 ΩR2 = 5 ΩR3 = 4 Ω
IN = A
14.Thévenin ve NortonZor
a–b arasına RL = 20 Ω yük bağlanmıştır. Thévenin eşdeğerini kullanarak yüke aktarılan PL gücünü bulun.
Birim geri beslemeli bir çevrimin açık çevrim transfer fonksiyonu L(s) = K/(s(s + 2)(s + 5))’dır. 20 dB’lik bir kazanç payı veren K kazancını bulun.
L(s) = K/(s(s + 2)(s + 5))GM = 20 dB
K =
3Çözeltiler
1.Karmaşık sayılar
Cevap: a = 1,607
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.
Bileşenler
a = 2,5·cos(50°) = 1,607
b = 2,5·sin(50°) = 1,915
Dikdörtgen biçim
z = 1,607 + j1,915
a = 1,607
Cevap
a = 1,607
2.Karmaşık sayılar
Cevap: r = −5
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.
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/(ωC) = 1/(2π·200·22·10⁻⁶) = 36,17 Ω
Kol akımları
İki kol da doğrudan kaynağın uçlarına bağlıdır, bu yüzden her biri V geriliminin tamamını görür.
IR = V/R = 50/60 = 0,8333 A
IX = V/XC = 50/36,17 = 1,382 A
Toplam akım
Direnç akımı V ile aynı fazdadır, reaktif akım ise 90° faz farklıdır, bu yüzden bir dik üçgenin kenarları gibi toplanırlar.
I = √(IR² + IX²) = √(0,8333² + 1,382²) = 1,614 A
Faz açısı
Kondansatör akımı V’den öndedir, bu yüzden toplam akım öndedir ve açı negatiftir.
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.
Rezonans
Rezonansta endüktif ve kapasitif reaktanslar birbirini götürür: ωL = 1/(ωC). Kaynak frekansı önemli değildir.
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.
Açı
φ = arccos(0,7) = 45,57°, tan φ = 1,02
Reaktif güç
Q = P·tan φ = 4·1,02 = 4,081 kvar
Cevap
Q = 4,081 kvar
6.AC güç ve güç faktörü
Cevap: Inew = 131,6 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 = P·tan φ1 = 30·tan(36,87°) = 22,5 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 30·tan(18,19°) = 9,861 kvar
QC = Q1 − Q2 = 12,64 kvar
Yeni hat akımı
Inew = P/(V·cos φ2) = 30000/(240·0,95) = 131,6 A
Cevap
Inew = 131,6 A
7.LC rezonansı, Q çarpanı ve bant genişliği
Cevap: BW = 1,592 kHz
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.
rad/s cinsinden bant genişliği
R/L = 10/0,001 = 10000 rad/s
Hz cinsinden bant genişliği
BW = 10000/(2π) = 1592 Hz = 1,592 kHz
Cevap
BW = 1,592 kHz
f₀ = 5,033 kHz ile bu Q = 3,162 verir.
8.LC rezonansı, Q çarpanı ve bant genişliği
Cevap: Ecycle = 202 nJ
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.
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.
Görünür güç
S = √3·VL·IL = √3·480·20 = 16,63 kVA
Aktif güç
P = S·cos φ = 16,63·0,9 = 14,96 kW
Cevap
P = 14,96 kW
10.Üç fazlı güç
Cevap: Cph = 2903 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 = 300·tan(acos 0,65) = 300·1,169 = 350,7 kvar
Q2 = 300·tan(acos 0,95) = 300·0,3287 = 98,61 kvar
Kondansatörlerin sağladığı reaktif güç
QC = Q1 − Q2 = 252,1 kvar
Faz başına kapasitans
Y grupta her kondansatör bir hat ile yıldız noktası arasına bağlıdır.
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 = 22 mH / 50 Ω = 0,44 ms
i(∞) = Vs/R = 15/50 = 0,3 A
Bobin gerilimi
t = 0’da besleme geriliminin tamamı bobin üzerindedir; sonra sıfıra söner.
vL(t) = Vs·e−t/τ = 15·e−1/0,44 = 1,545 V
Cevap
vL = 1,545 V
12.RC ve RL geçici rejim
Cevap: t = 22,87 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((8 − 12)/(10 − 12)) = 33·ln(2) = 22,87 ms
Cevap
t = 22,87 ms
13.Thévenin ve Norton
Cevap: IN = 0,9783 A
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 = 8·5/(8+5) = 3,077 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,077 + 4 = 7,077 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) = 18·5/(8+5) = 6,923 V
Norton eşdeğeri
Norton kaynağı, aynı devrenin R_th ile paralel bir akım kaynağı olarak görünümüdür. Akımı, a–b’deki kısa devre akımıdır.
IN = Vth/Rth = 6,923/7,077 = 0,9783 A
14.Thévenin ve Norton
Cevap: PL = 29,75 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 = 12·4/(12+4) = 3 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3 + 10 = 13 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) = 1,25 + 3·3 = 10,25 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 10,25 + 3·10 = 40,25 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) = 40,25/(13 + 20) = 1,22 A
PL = IL²·RL = 1,22²·20 = 29,75 W
15.Bode diyagramları ve paylar
Cevap: ∠G(jω) = −63,23 °
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.
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.