Latihan ujian FE Electrical and Computer: paket kilat

Lembar rumus, langkah-langkah metode utama untuk setiap topik, dan 40 soal latihan, dengan pembahasan lengkap di bagian belakang.

Soal baruKembali ke mata kuliah

Di jendela cetak, pilih “Simpan sebagai PDF” untuk menyimpan salinan di perangkat Anda.

1Rumus dan metode

Resistor seri & paralel

Resistor seri
Req = R1 + R2 + …
Resistor paralel
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
Dua resistor paralel
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Hukum Ohm
V = I·R
Daya
P = V·I = I²R = V²/R

Metode

  1. Mulailah dari ujung jaringan yang paling jauh dari terminal.
  2. Gabungkan resistor seri dengan menjumlahkannya, dan resistor paralel dengan 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
  3. Gambar ulang rangkaian setelah setiap langkah.
  4. Ulangi sampai tersisa satu resistor di antara terminal.

Analisis simpul

Hukum arus Kirchhoff
ΣIin = ΣIout
Arus cabang
I = (Va − Vb)/R
Simpul referensi
Vground = 0

Metode

  1. Pilih simpul referensi (ground) dan beri label tegangan simpul lainnya.
  2. Tulis hukum arus Kirchhoff di setiap simpul yang tidak diketahui: arus yang keluar melalui setiap cabang sama dengan arus yang masuk.
  3. Nyatakan setiap arus cabang sebagai (Va − Vb)/R.
  4. Selesaikan sistem persamaannya, lalu cari arus yang Anda perlukan.

Analisis mesh

Hukum tegangan Kirchhoff
ΣV = 0 di setiap loop
Resistor bersama
arus = I1 − I2
Sumber arus dalam mesh
menetapkan arus mesh tersebut

Metode

  1. Gambar arus searah jarum jam di setiap mesh (jendela) rangkaian.
  2. Terapkan hukum tegangan Kirchhoff di sekeliling setiap mesh: jumlah tegangan jatuh sama dengan nol.
  3. Pada resistor yang dipakai bersama oleh dua mesh, arusnya adalah selisih kedua arus mesh.
  4. Selesaikan persamaannya; hasil negatif berarti arus mengalir ke arah sebaliknya.

Superposisi

Superposisi
x = x1 + x2 + … (one source at a time)
Sumber tegangan dimatikan
hubung singkat (0 V)
Sumber arus dimatikan
rangkaian terbuka (0 A)
Pembagi tegangan
V2 = V·R2/(R1 + R2)
Pembagi arus
I1 = I·R2/(R1 + R2)

Metode

  1. Hitung jumlah sumber independen. Anda akan menyelesaikan satu rangkaian yang lebih sederhana untuk setiap sumber.
  2. Pertahankan satu sumber dan matikan yang lain: sumber tegangan menjadi hubung singkat (kawat), sumber arus menjadi rangkaian terbuka (celah).
  3. Selesaikan rangkaian yang lebih sederhana untuk tegangan atau arus yang Anda perlukan, dengan memperhatikan arahnya.
  4. Ulangi untuk setiap sumber, lalu jumlahkan kontribusinya beserta tandanya.

Thévenin & Norton

Tegangan Thévenin
Vth = Vopen circuit
Resistansi Thévenin
Rth: semua sumber dimatikan, dilihat dari a–b
Arus Norton
IN = Vth/Rth
Arus beban
IL = Vth/(Rth + RL)
Transfer daya maksimum
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)

Metode

  1. Lepaskan beban dan tandai kedua terminal a dan b.
  2. Cari tegangan rangkaian terbuka antara a dan b: inilah Vth.
  3. Matikan semua sumber independen dan cari hambatan yang terlihat dari a–b: inilah Rth.
  4. Pasang kembali beban pada rangkaian ekuivalen: Vth seri dengan Rth.
  5. Untuk ekuivalen Norton, konversikan: IN = Vth/Rth, dengan RN = Rth secara paralel.

Transien RC & RL

Konstanta waktu
τ = RC | τ = L/R
Respons
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
Kapasitor pada DC
rangkaian terbuka; vC tidak dapat melompat
Induktor pada DC
hubung singkat; iL tidak dapat melompat
Keadaan tunak
t ≈ 5τ

Metode

  1. Cari nilai awal sesaat setelah sakelar berpindah: tegangan kapasitor dan arus induktor tidak dapat melompat.
  2. Cari nilai akhir lama setelah sakelar berpindah: kapasitor berperilaku sebagai rangkaian terbuka, induktor sebagai hubung singkat.
  3. Cari konstanta waktu: τ = RC atau τ = L/R, dengan hambatan yang terlihat oleh kapasitor atau induktor.
  4. Gunakan x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ.

Impedansi AC & fasor

Impedansi
ZR = R, ZL = jωL, ZC = 1/(jωC)
Frekuensi sudut
ω = 2πf
Besar dan sudut
|Z| = √(R² + X²), φ = atan(X/R)
Hukum Ohm dalam fasor
V = I·Z

Metode

  1. Ubah frekuensinya: ω = 2πf.
  2. Cari setiap reaktansi: XL = ωL dan XC = 1/(ωC).
  3. Jumlahkan impedansi seperti resistor, dengan Z = R + jX.
  4. Cari besar |Z| = √(R² + X²) dan sudut φ = atan(X/R), lalu gunakan hukum Ohm dengan fasor.

Daya AC & faktor daya

Daya nyata
P = V·I·cos φ
Daya reaktif
Q = V·I·sin φ
Daya semu
S = V·I = √(P² + Q²)
Faktor daya
pf = cos φ = P/S
Kapasitor kompensasi
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(ωV²)

Daya tiga fasa

Hubungan Y
VL = √3·Vph, IL = Iph
Hubungan Δ
VL = Vph, IL = √3·Iph
Daya nyata total
P = √3·VL·IL·cos φ = 3·Iph²·R
Daya semu dan daya reaktif
S = √3·VL·IL, Q = P·tan φ
Kapasitor perbaikan faktor daya
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(3ωV²)
Tegangan pada setiap kapasitor
Δ: VL Y: VL/√3
Daya masukan motor
Pin = Pout/η

Transformator

Rasio lilitan
a = N1/N2 = V1/V2
Rasio arus
I1/I2 = N2/N1 = 1/a
Arus pengenal
I = S/V
Impedansi yang dirujuk
Z1′ = a²·ZL
Rugi tembaga pada beban parsial
Pcu = x²·Pcu,fl
Efisiensi
η = x·S·pf/(x·S·pf + Pcore + x²·Pcu,fl)
Efisiensi maksimum
x = √(Pcore/Pcu,fl)

Rangkaian op-amp

Penguat pembalik
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Penguat tak membalik
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Penguat penjumlah
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
Op-amp ideal
V+ = V−, Iin = 0

Dioda & transistor

Dioda (tegangan jatuh konstan)
VD = 0,7 V when conducting
Daerah aktif
VBE = 0,7 V, IC = β·IB, IE = (β + 1)·IB
Bias tetap
IB = (VCC − 0,7)/RB
Bias pembagi tegangan
IB = (VTH − 0,7)/(RTH + (β + 1)RE)
Thévenin dari pembagi tegangan
VTH = VCC·R2/(R1 + R2), RTH = R1∥R2
Loop kolektor
VCE = VCC − ICRC − IERE
Saturasi
IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC, IB ≥ IC(sat)/β

Sistem bilangan

Nilai tempat
biner 2k, oktal 8k, heksadesimal 16k
Ke desimal
Σ dk·bk
Dari desimal
bagi dengan basis, baca sisanya dari bawah ke atas
Heksadesimal ↔ biner
satu digit heksadesimal = 4 bit
Komplemen dua
balik bitnya lalu tambahkan 1

Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flop

Gerbang dasar
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Aturan Boolean
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
De Morgan
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Urutan peta Karnaugh
00, 01, 11, 10 (Gray code)
Kelompok 2ᵏ sel
kehilangan k variabel
Multiplekser 4-ke-1
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Flip-flop
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Pencacah
n bit: 2ⁿ keadaan; mod-N: n terkecil dengan 2ⁿ ≥ N; fout = fclk/N
Pencacah ripple
fmax = 1/(n·tpd)
Pencacah cincin dan Johnson
n dan 2n keadaan

Metode

  1. Untuk rangkaian, bekerjalah dari masukan ke keluaran satu gerbang demi satu gerbang dan tulis nilai pada setiap kawat, atau tulis ekspresinya dan isi tabel kebenaran.
  2. Untuk penyederhanaan, taruh angka 1 (dan don’t-care sebagai X) ke dalam peta Karnaugh dengan baris dan kolom kode Gray: 00, 01, 11, 10.
  3. Cakup angka 1 dengan kelompok sesedikit dan sebesar mungkin yang berisi 1, 2, 4, 8, atau 16 sel, melingkar melewati tepi; setiap kelompok adalah satu suku hasil kali yang tersusun dari variabel yang tetap konstan. Kelompokkan angka 0 untuk bentuk POS.
  4. Untuk flip-flop dan pencacah, baca masukan pada setiap tepi clock aktif, tulis keadaan setelah setiap tepi, dan ingat bahwa pencacah n bit berputar kembali setelah 2ⁿ keadaan.

Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akar

Kestabilan
semua akar polinomial karakteristik berada di setengah bidang kiri
tabel Routh, entri s¹ dari polinomial kubik
b1 = (a2a1 − a3a0)/a2
Akar di setengah bidang kanan
jumlah perubahan tanda pada kolom pertama
Polinomial kubik s³ + a₂s² + a₁s + a₀
stabil bila semua a > 0 dan a₂·a₁ > a₀
K/(s(s + a)(s + b))
Kmax = ab(a + b), ω = √(ab)
Persamaan karakteristik
1 + K·G(s) = 0
Asimtot
σa = (Σp − Σz)/(n − m), θ = (2q + 1)·180°/(n − m)
Titik pencar dan titik temu
dK/ds = 0
Syarat besar
K = 1/|G(s)|
Sudut keberangkatan
θd = 180° − Σ∠(from other poles) + Σ∠(from zeros)

Metode

  1. Tulis polinomial karakteristik loop tertutup: penyebut dari 1 + K·G(s) = 0, setelah dijabarkan.
  2. Masukkan koefisien secara bergantian ke dua baris pertama tabel Routh lalu susun baris-baris sisanya.
  3. Hitung perubahan tanda pada kolom pertama: masing-masing adalah satu kutub di setengah bidang kanan. Dengan K dalam tabel, syaratkan bahwa setiap entri kolom pertama tetap positif.
  4. Untuk tempat kedudukan akar, tandai kutub dan nol, segmen sumbu real, asimtot dari titik berat, dan titik pisah di tempat dK/ds = 0. Gunakan K = 1/|G(s)| untuk penguatan di suatu titik.

Galat keadaan tunak & kendali PID

Tipe sistem
jumlah kutub G(s) di s = 0
Konstanta galat
Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s), Ka = lim s²·G(s) (s → 0)
Undak A
ess = A/(1 + Kp)
Ramp A·t
ess = A/Kv
Parabola A·t²/2
ess = A/Ka
Pengendali PID
C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s
Target orde dua
s² + 2ζωns + ωn²
Lewatan dan waktu
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, ts ≈ 4/(ζωn)

Metode

  1. Hitung kutub loop terbuka C(s)·G(s) di s = 0: itulah tipe sistem.
  2. Hitung konstanta galat yang sesuai dengan masukan: Kp untuk undak, Kv untuk ramp, Ka untuk parabola.
  3. Terapkan ess = A/(1 + Kp), A/Kv, atau A/Ka, atau selesaikan untuk penguatan yang Anda perlukan.
  4. Untuk spesifikasi redaman atau kecepatan, tulis polinomial karakteristik loop tertutup dan samakan dengan s² + 2ζω_n·s + ω_n².

2Soal latihan

1.Resistor seri & paralelSedang
R1​ = 2 ΩIR1​R3​ = 10 Ω+−V1​15 VR2​4 ΩAR4​15 ΩB

Cari arus IR1 yang dialirkan sumber, yang mengalir melalui R1.

V1 = 15 VR1 = 2 ΩR2 = 4 ΩR3 = 10 ΩR4 = 15 Ω
IR1 = A
2.Resistor seri & paralelSulit
R1​ = 12 ΩR3​ = 30 ΩR5​ = 6 Ω+−V1​9 VR2​2 ΩAR4​4 ΩBR6​12 Ω

Cari resistansi ekuivalen Req yang dilihat sumber V1.

V1 = 9 VR1 = 12 ΩR2 = 2 ΩR3 = 30 ΩR4 = 4 ΩR5 = 6 ΩR6 = 12 Ω
Req = Ω
3.Analisis simpulSedang
−+Vs​ = 12 VIx​Is​2 AAR1​15 ΩR2​8 ΩB

Sumber tegangan Vₛ antara A dan B memiliki terminal + di B, jadi membuat VB − VA = Vₛ. Gunakan analisis simpul dengan supernode untuk mencari arus Ix melalui sumber tegangan, dari A ke B seperti ditunjukkan panah.

Is = 2 AVs = 12 VR1 = 15 ΩR2 = 8 Ω
Ix = A
4.Analisis simpulSulit
R1​ = 25 Ω+−Vs​ = 3 V+−V1​10 VR2​5 ΩAR3​10 ΩBIs​0,5 A

Sumber tegangan Vₛ antara A dan B memiliki terminal + di A, jadi membuat VA − VB = Vₛ. Gunakan analisis simpul dengan supernode untuk mencari tegangan simpul VB (diukur terhadap ground).

V1 = 10 VIs = 0,5 AVs = 3 VR1 = 25 ΩR2 = 5 ΩR3 = 10 Ω
VB = V
5.Analisis meshSedang
R1​ = 15 ΩR2​ = 20 Ω+−V1​9 VR3​6 ΩIR3​A+−V2​18 VI1​I2​

Gunakan analisis mesh untuk mencari arus IR3 melalui R3 searah panah.

V1 = 9 VV2 = 18 VR1 = 15 ΩR2 = 20 ΩR3 = 6 Ω
IR3 = A
6.Analisis meshSulit
R1​ = 8 ΩR2​ = 4 ΩIR2​R3​ = 30 Ω+−V1​6 VR4​8 ΩAR5​8 ΩB+−V2​24 VI1​I2​I3​

Gunakan analisis mesh untuk mencari arus IR2 melalui R2 searah panah.

V1 = 6 VV2 = 24 VR1 = 8 ΩR2 = 4 ΩR3 = 30 ΩR4 = 8 ΩR5 = 8 Ω
IR2 = A
7.SuperposisiSedang
rangkaian linearVs​Is​IRL​

Sebuah rangkaian resistif linear memuat satu sumber tegangan Vs dan satu sumber arus Is. Arus I melalui resistor beban diukur dua kali: dengan Vs = 6 V dan Is = 2 mA, I = 5,6 mA; dengan Vs = 20 V dan Is = 2 mA, I = 16,8 mA. Cari arus beban I ketika Vs = 10 V dan Is = 4 mA.

6 V, 2 mA → 5,6 mA20 V, 2 mA → 16,8 mAVs = 10 V, Is = 4 mA
I = mA
8.SuperposisiSulit
rangkaian linearV1​V2​Is​IRL​

Sebuah rangkaian resistif linear memuat tiga sumber bebas: V1, V2, dan Is. Arus I melalui beban diukur tiga kali. Dengan semua sumber pada nilai normalnya, I = 11 mA. Dengan V1 digandakan dan dua lainnya tidak berubah, I = 21,5 mA. Dengan arah Is dibalik dan dua lainnya tidak berubah, I = 33 mA. Cari arus beban I ketika V2 dimatikan dan V1 serta Is bernilai normal.

normal: I = 11 mA2·V1: I = 21,5 mA−Is: I = 33 mA
I = mA
9.Thévenin & NortonSedang
R1​ = 4 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​24 VR2​4 ΩARL​2 ΩIL​B

Beban RL = 2 Ω dipasang di a–b. Ganti sisa rangkaian dengan ekuivalen Thévenin-nya dan cari arus beban IL.

V1 = 24 VR1 = 4 ΩR2 = 4 ΩR3 = 5 ΩRL = 2 Ω
IL = A
10.Thévenin & NortonSulit
R1​ = 4 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​18 VR2​4 ΩAIs​2 ABab

Cari tegangan Thévenin Vth dilihat dari terminal a–b.

V1 = 18 VIs = 2 AR1 = 4 ΩR2 = 4 ΩR3 = 15 Ω
Vth = V
11.Transien RC & RLSedang
+−Vs​9 Vt = 0R1​ = 2,2 kΩR2​ = 3,3 kΩC47 µF+−vC​

Sumber Vₛ mengisi kapasitor melalui R₁, dan R₂ terhubung paralel dengan C. Kapasitor belum bermuatan saat sakelar ditutup pada t = 0. Cari tegangan kapasitor vC pada t = 75 ms.

Vs = 9 VR1 = 2,2 kΩR2 = 3,3 kΩC = 47 µFt = 75 ms
vC = V
12.Transien RC & RLSulit
+−Vs​12 Vt = 0R = 10 kΩC100 µF+−vC​vC​(0) = 10 V

Tepat sebelum sakelar ditutup pada t = 0, kapasitor bertegangan 10 V dengan polaritas yang ditunjukkan. Berapa lama waktu yang diperlukan agar vC mencapai 10,8 V? Cari t.

Vs = 12 VR = 10 kΩC = 100 µFvC(0) = 10 V
t = ms
13.Impedansi AC & fasorSedang
230 V50 HzR = 20 ΩL = 100 mHC = 47 µFI

Rangkaian RLC seri dihubungkan ke sumber 230 V (rms), 50 Hz. Cari faktor daya cos φ rangkaian.

V = 230 V (rms)f = 50 HzR = 20 ΩL = 100 mHC = 47 µF
cos φ =
14.Impedansi AC & fasorSulit
100 V50 HzR1​ = 30 ΩR2​ = 80 ΩC = 47 µF

Sebuah resistor R1 dihubungkan seri dengan gabungan paralel R2 dan kapasitor C, ke sumber 100 V (rms), 50 Hz. Cari besar impedansi |Z|.

V = 100 V (rms)f = 50 HzR1 = 30 ΩR2 = 80 ΩC = 47 µF
|Z| = Ω
15.Daya AC & faktor dayaSedang
120 VR + jXP = 1728 W18 A

Sebuah beban induktif mengambil 18 A dan 1728 W dari sumber satu fase 120 V (rms). Modelkan sebagai resistansi R yang seri dengan reaktansi X. Cari X.

V = 120 VI = 18 AP = 1728 W
X = Ω
16.Daya AC & faktor dayaSulit
240 V50 Hzbeban20 kW, 0,8C100 µFI = ?

Sebuah beban satu fase mengambil 20 kW pada faktor daya 0,8 tertinggal dari sumber 240 V, 50 Hz. Kapasitor 100 µF dihubungkan paralel dengan beban. Cari arus saluran baru I.

P = 20 kWpf1 = 0,8V = 240 Vf = 50 HzC = 100 µF
I = A
17.Daya tiga fasaSedang
ABCVL​ = 480 VIL​ = 12 Acos φ = 0,85tertinggal

Beban tiga fasa seimbang menarik arus saluran 12 A dari sumber dengan tegangan antarsaluran 480 V. Faktor dayanya 0,85 tertinggal. Cari daya nyata total P yang diserap beban dalam kW.

VL = 480 VIL = 12 Acos φ = 0,85
P = kW
18.Daya tiga fasaSulit
P = 60 kWφ1​S1​Q2​QC​

Beban tiga fasa seimbang menyerap 60 kW pada faktor daya 0,65 tertinggal dari sumber 400 V (antarsaluran), 50 Hz. Bank kapasitor tiga fasa yang diparalel dengan beban harus menaikkan faktor daya keseluruhan menjadi 0,98 tertinggal. Daya nyatanya tetap sama. Kapasitor dihubungkan secara Δ. Cari kapasitansi Cph setiap kapasitor dalam µF.

P = 60 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,98VL = 400 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.TransformatorSedang
10000 V400 VIHV​ = ?ILV​50 kVA

Sebuah transformator satu fasa 50 kVA, 10000/400 V bekerja pada beban pengenalnya. Anggap ideal. Cari arus IHV pada kumparan tegangan tinggi.

S = 50 kVAV1 = 10000 VV2 = 400 V
IHV = A
20.TransformatorSulit
pf 0,8500 kVA, 75% beban

Sebuah transformator satu fasa 500 kVA memiliki rugi inti 1500 W dan rugi tembaga 4500 W pada beban pengenal. Transformator menyuplai 75% dari kVA pengenalnya pada faktor daya 0,8 tertinggal. Cari rugi total Ploss dalam watt pada beban ini.

S = 500 kVAPcore = 1500 WPcu,fl = 4500 Wx = 0,75pf = 0,8
Ploss = W
21.Rangkaian op-ampSedang
−+Vout​Rf​ = 100 kΩR1​ = 47 kΩVin​

Op-amp ideal dan dicatu ±15 V; keluarannya jenuh pada ±12 V. Penguat tak membalik diberi masukan gelombang sinus. Cari amplitudo masukan terbesar Vin,max (nilai puncak) agar keluaran tidak terpotong.

R1 = 47 kΩRf = 100 kΩVsat = ±12 V
Vin,max = V
22.Rangkaian op-ampSulit
−+Vout​R2​ = 47 kΩV1​ = 0,7 VR1​ = 2 kΩV2​ = 1,4 VR3​ = 22 kΩR4​ = 4,7 kΩ

Op-amp ideal dan dicatu ±15 V. Rasio resistornya tidak sepadan. Cari tegangan keluaran Vout.

V1 = 0,7 VV2 = 1,4 VR1 = 2 kΩR2 = 47 kΩR3 = 22 kΩR4 = 4,7 kΩ
Vout = V
23.Dioda & transistorSedang
RC​ = 2,7 kΩβ = 100IC​ = ?RE​ = 470 ΩVCC​ = 20 VR1​ = 82 kΩR2​ = 15 kΩ

Sebuah transistor NPN dengan β = 100 dibias dengan pembagi tegangan dari VCC = 20 V: R₁ = 82 kΩ dari VCC ke basis dan R₂ = 15 kΩ dari basis ke ground. Resistor kolektornya RC = 2,7 kΩ dan resistor emitornya RE = 470 Ω. Ambil VBE = 0,7 V dan gunakan ekivalen Thévenin dari pembagi tegangan (jangan abaikan arus basis). Cari arus kolektor IC dalam mA.

VCC = 20 VR1 = 82 kΩR2 = 15 kΩRC = 2,7 kΩRE = 470 Ωβ = 100
IC = mA
24.Dioda & transistorSulit
+−≥ 20 VR = ?5,1 V≤ 30 mA

Regulator Zener 5,1 V harus mencatu hingga 30 mA ke beban. Masukan dapat turun hingga 20 V, dan Zener memerlukan minimal 5 mA agar meregulasi. Cari resistansi seri terbesar Rmax yang menjaganya tetap meregulasi.

Vin,min = 20 VVZ = 5,1 VIL,max = 30 mAIZ,min = 5 mA
Rmax = Ω
25.Sistem bilanganSedang
Komplemen dua 8-bit0−12806403201608040201

Atur bit sehingga menyimpan −95 dalam komplemen dua 8-bit. Dibaca sebagai bilangan tak bertanda, berapa nilai pola U?

N = −958 bit
U =
26.Sistem bilanganSulit
3111 kode, b = ? bit?2ᵇ⁻¹…?4?2?1

Sebuah sistem harus memberi setiap 3111 item kode biner sendiri dengan panjang yang sama. Berapa jumlah bit b paling sedikit yang dibutuhkan?

3111
b = bit
27.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flopSedang
ABCD000111100001111000011302040517161120130151141809011010

Pakai peta Karnaugh untuk mencari bentuk hasil kali dari jumlah (POS) minimal dari F(A, B, C, D) = Σm(3, 6, 7, 8, 12, 14). Berapa suku jumlah (faktor) N yang dimilikinya?

F(A, B, C, D) = Σm(3, 6, 7, 8, 12, 14)
N =
28.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flopSulit
ABCD0001111000011110X00113X2140517160121131151140819111010

Carilah bentuk SOP minimal dari F(A, B, C, D) = Σm(3, 4, 6, 7, 9, 11, 13, 14, 15) + d(0, 2), dengan d menandai kondisi don’t-care. Berapa literal L yang dimilikinya?

F(A, B, C, D) = Σm(3, 4, 6, 7, 9, 11, 13, 14, 15) + d(0, 2)
L =
29.Transformasi LaplaceSedang
t (s)f(t)t = 0,1f(0,1) = ?

Tentukan f(t) untuk F(s) = (6s + 1)/(s² + 8s + 16) dan hitung f(0,1).

F(s) = (6s + 1)/(s² + 8s + 16)t = 0,1 s
f(0.1) =
30.Transformasi LaplaceSulit
ReIm−1−2−3−4−5−61

Sebuah sistem dinyatakan oleh persamaan diferensial y″ + 11y′ + 30y = 4u′ + u, dengan masukan u(t) dan keluaran y(t). Tentukan fungsi alihnya G(s) = Y(s)/U(s) (syarat awal nol) dan hitung respons impuls g(t) pada t = 0,25 s. Tentukan g(0,25).

y″ + 11y′ + 30y = 4u′ + ut = 0,25 s
g(0.25) =
31.Diagram blokSedang
R(s)+Ks(s + 16)G(s)C(s)−

Plant G(s) = K/(s(s + 16)) berada dalam loop umpan balik negatif satuan. Tentukan penguatan K agar loop tertutup teredam kritis (dua kutub riil yang sama).

G(s) = K/(s(s + 16))umpan balik negatif satuan
K =
32.Diagram blokSulit
R(s)+14s + 1G₁+7s + 7G₂C(s)2H₁−0,5H₂−

Reduksi diagram blok dengan G₁ = 14/(s + 1), G₂ = 7/(s + 7), umpan balik negatif dalam H₁ = 2 di sekitar G₂ dan umpan balik negatif luar H₂ = 0,5. Tentukan penguatan DC T(0) dari C(s)/R(s).

G₁ = 14/(s + 1)G₂ = 7/(s + 7)H₁ = 2H₂ = 0,5
T(0) =
33.Respons langkahSedang
t (s)y(t)0,5?

Sebuah sistem memiliki fungsi alih G(s) = 6/(s² + 5s + 12) dan menerima masukan langkah satuan. Tentukan persen overshoot %OS dari respons langkah.

G(s) = 6/(s² + 5s + 12)
%OS = %
34.Respons langkahSulit
t (s)y(t)1tp​ = 0,1 s10 %

Respons langkah sebuah sistem orde dua tanpa nol menunjukkan overshoot 10 %, dan puncak pertama terjadi pada t = 0,1 s. Tentukan frekuensi alami ωn.

%OS = 10 %tp = 0,1 s
ωn = rad/s
35.Plot Bode dan marginSedang
vin​C = 10 nFR = 10 kΩvout​

Filter lolos tinggi RC yang ditunjukkan memiliki R = 10 kΩ, C = 10 nF. Masukan sinusoidal 8 kHz diberikan. Cari pergeseran fasa φ dari vout relatif terhadap vin, dalam derajat.

R = 10 kΩC = 10 nFf = 8 kHz
φ = °
36.Plot Bode dan marginSulit
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Lingkar umpan balik satuan memiliki fungsi alih lingkar terbuka L(s) = 402/(s(s + 7)(s + 9)). Cari margin penguatan GM dalam dB.

L(s) = 402/(s(s + 7)(s + 9))
GM = dB
37.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akarSedang
R(s)+K = 521s(s + 5)(s + 8)C(s)−

Loop pada diagram bekerja dengan K = 52 dan L(s) = K/(s(s + 5)(s + 8)). Berapa kali lipat m penguatan dapat dinaikkan sebelum loop tertutup menjadi tidak stabil?

L(s) = K/(s(s + 5)(s + 8))K = 52
m =
38.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akarSulit
ReIm−1−2−3−4−5−6−71j1j2−0,5

Untuk loop L(s) = K/(s(s + 5)(s + 6)), cari penguatan K yang menempatkan kutub loop tertutup di s = −0,5.

L(s) = K/(s(s + 5)(s + 6))s = −0,5
K =
39.Galat keadaan tunak & kendali PIDSedang
R(s)+K(s + 4)(s + 5)C(s)−

Suatu loop umpan balik satuan memiliki G(s) = K/((s + 4)(s + 5)). Cari penguatan K yang memberikan galat keadaan tunak 2 % untuk masukan undak.

G(s) = K/((s + 4)(s + 5))ess = 2 %
K =
40.Galat keadaan tunak & kendali PIDSulit
R(s)+Kp​ + Ki​/s4s + 2C(s)−

Pengendali PI C(s) = Kp + Ki/s mengendalikan plant G(s) = 4/(s + 2) dalam loop umpan balik satuan. Loop tertutup harus memiliki ωₙ = 10 rad/s dan ζ = 0,7. Cari penguatan integral Ki.

G(s) = 4/(s + 2)ωₙ = 10 rad/sζ = 0,7
Ki =

3Larutan

1.Resistor seri & paralel

Jawaban: IR1 = 2,753 A

Resistor seri dan paralel: dalam seri, arus yang sama mengalir di setiap resistor dan R = R₁ + R₂ + …. Dalam paralel, setiap resistor punya tegangan yang sama dan 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Jaringan tangga disederhanakan satu pasang demi satu pasang hingga tersisa satu resistansi ekuivalen.

R1​ = 2 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​15 VR2​4 ΩAR4​15 ΩB

Gabungkan resistor dari ujung terjauh

Mulai dari ujung yang paling jauh dari sumber dan bergerak kembali ke arahnya. Resistor yang dialiri arus sama terhubung seri; resistor di antara dua simpul yang sama terhubung paralel.

R3 + R4 = 10 + 15 = 25 Ω
R2 ∥ 25 = 4·25/(4+25) = 3,448 Ω
Req = R1 + 3,448 = 2 + 3,448 = 5,448 Ω

Arus dari sumber

Sumber hanya melihat Req, jadi hukum Ohm memberi arus yang dialirkannya. Arus itu mengalir melalui R₁.

IR1 = V1/Req = 15/5,448 = 2,753 A

Jawaban

IR1 = 2,753 A
2.Resistor seri & paralel

Jawaban: Req = 13,89 Ω

Resistor seri dan paralel: dalam seri, arus yang sama mengalir di setiap resistor dan R = R₁ + R₂ + …. Dalam paralel, setiap resistor punya tegangan yang sama dan 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Jaringan tangga disederhanakan satu pasang demi satu pasang hingga tersisa satu resistansi ekuivalen.

R1​ = 12 ΩR3​ = 30 ΩR5​ = 6 Ω+−V1​9 VR2​2 ΩAR4​4 ΩBR6​12 Ω

Gabungkan resistor dari ujung terjauh

Mulai dari ujung yang paling jauh dari sumber dan bergerak kembali ke arahnya. Resistor yang dialiri arus sama terhubung seri; resistor di antara dua simpul yang sama terhubung paralel.

R5 + R6 = 6 + 12 = 18 Ω
R4 ∥ 18 = 3,273 Ω
R3 + 3,273 = 33,27 Ω
R2 ∥ 33,27 = 1,887 Ω
Req = R1 + 1,887 = 12 + 1,887 = 13,89 Ω

Jawaban

Req = 13,89 Ω
3.Analisis simpul

Jawaban: Ix = 1,826 A

Analisis simpul: pilih simpul referensi, beri nama tegangan simpul yang tidak diketahui, tulis hukum arus Kirchhoff di setiap simpul tersebut memakai hukum Ohm (I = ΔV/R), lalu selesaikan persamaannya.

Bentuk supernode

Sumber tegangan antara A dan B mengalirkan arus yang tidak diketahui, jadi KCL tidak dapat ditulis di A atau B secara terpisah. Lingkupi A, B, dan sumber dalam satu supernode: arus yang masuk sama dengan arus yang keluar.

VB = VA + Vs = VA + 12
VA/R1 + VB/R2 = Is

Selesaikan

VA/15 + (VA + 12)/8 = 2
VA = (2 − 12/8)/(1/15 + 1/8) = 2,609 V
VB = 2,609 + 12 = 14,61 V

Arus melalui sumber tegangan

Semua arus yang melewati sumber dari A ke B keluar dari simpul B melalui R₂.

Ix = VB/R2 = 14,61/8 = 1,826 A

Jawaban

Ix = 1,826 A

Hasil negatif berarti arus sebenarnya mengalir berlawanan dengan panah.

4.Analisis simpul

Jawaban: VB = 0,5294 V

Analisis simpul: pilih simpul referensi, beri nama tegangan simpul yang tidak diketahui, tulis hukum arus Kirchhoff di setiap simpul tersebut memakai hukum Ohm (I = ΔV/R), lalu selesaikan persamaannya.

Bentuk supernode

Sumber tegangan antara A dan B mengalirkan arus yang tidak diketahui, jadi KCL tidak dapat ditulis di A atau B secara terpisah. Lingkupi A, B, dan sumber dalam satu supernode: arus yang masuk sama dengan arus yang keluar.

VB = VA − 3
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is

Selesaikan

(VA − 10)/25 + VA/5 + (VA − 3)/10 = 0,5
VA·(1/25 + 1/5 + 1/10) = 0,5 + 10/25 + 3/10 = 1,2
VA = 1,2/0,34 = 3,529 V
VB = 0,5294 V

Jawaban

VB = 0,5294 V
5.Analisis mesh

Jawaban: IR3 = 0,8824 A

Analisis mesh: beri setiap jendela rangkaian planar arus loop sendiri, tulis hukum tegangan Kirchhoff di setiap loop (jumlah jatuh = jumlah kenaikan), lalu selesaikan. Arus cabang adalah arus mesh, atau selisih dua arus mesh pada cabang bersama.

R1​ = 15 ΩR2​ = 20 Ω+−V1​9 VR3​6 ΩA+−V2​18 VI1​I2​

Tetapkan arus mesh

Gambar arus searah jarum jam di setiap jendela: I1, I2. Resistor yang dipakai bersama dua mesh membawa selisih arus keduanya.

KVL di sekitar mesh 1

Searah jarum jam, jatuh tegangan pada resistor sama dengan kenaikan tegangan sumber (dari − ke + searah lintasan).

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
15·I1 + 6(I1 − I2) = 9
21·I1 − 6·I2 = 9

KVL di sekitar mesh 2

Searah jarum jam, jatuh tegangan pada resistor sama dengan kenaikan tegangan sumber (dari − ke + searah lintasan).

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
20·I2 + 6(I2 − I1) = (−18)
−6·I1 + 26·I2 = −18

Selesaikan

Δ = (21)(26) − (−6)(−6) = 510
I1 = Δ1/Δ = 126/510 = 0,2471 A
I2 = Δ2/Δ = −324/510 = −0,6353 A

Jawaban

IR3 = I1 − I2 = 0,8824 A

Arus mesh negatif mengalir berlawanan arah jarum jam.

6.Analisis mesh

Jawaban: IR2 = −0,1434 A

Analisis mesh: beri setiap jendela rangkaian planar arus loop sendiri, tulis hukum tegangan Kirchhoff di setiap loop (jumlah jatuh = jumlah kenaikan), lalu selesaikan. Arus cabang adalah arus mesh, atau selisih dua arus mesh pada cabang bersama.

R1​ = 8 ΩR2​ = 4 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​6 VR4​8 ΩAR5​8 ΩB+−V2​24 VI1​I2​I3​

Tetapkan arus mesh

Gambar arus searah jarum jam di setiap jendela: I1, I2, I3. Resistor yang dipakai bersama dua mesh membawa selisih arus keduanya.

KVL di sekitar mesh 1

Searah jarum jam, jatuh tegangan pada resistor sama dengan kenaikan tegangan sumber (dari − ke + searah lintasan).

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
8·I1 + 8(I1 − I2) = 6
16·I1 − 8·I2 = 6

KVL di sekitar mesh 2

Searah jarum jam, jatuh tegangan pada resistor sama dengan kenaikan tegangan sumber (dari − ke + searah lintasan).

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
4·I2 + 8(I2 − I1) + 8(I2 − I3) = 0
−8·I1 + 20·I2 − 8·I3 = 0

KVL di sekitar mesh 3

Searah jarum jam, jatuh tegangan pada resistor sama dengan kenaikan tegangan sumber (dari − ke + searah lintasan).

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
30·I3 + 8(I3 − I2) = (−24)
−8·I2 + 38·I3 = −24

Selesaikan

Δ = determinan matriks koefisien = 8704
I1 = Δ1/Δ = 2640/8704 = 0,3033 A
I2 = Δ2/Δ = −1248/8704 = −0,1434 A
I3 = Δ3/Δ = −5760/8704 = −0,6618 A

Jawaban

IR2 = I2 = −0,1434 A

Arus mesh negatif mengalir berlawanan arah jarum jam.

7.Superposisi

Jawaban: I = 9,6 mA

Superposisi: dalam rangkaian linear, setiap tegangan atau arus adalah jumlah respons terhadap masing-masing sumber independen yang bekerja sendiri. Untuk mematikan sumber, ganti sumber tegangan ideal dengan hubung singkat dan sumber arus ideal dengan rangkaian terbuka. Resistor tetap di tempatnya.

Tulis respons sebagai jumlah kontribusi

Setiap kontribusi sebanding dengan sumbernya sendiri, dengan konstanta yang hanya bergantung pada resistor.

I = k₁·Vs + k₂·Is
6·k₁ + 2·k₂ = 5,6
20·k₁ + 2·k₂ = 16,8

Selesaikan konstantanya

Δ = (6)(2) − (2)(20) = −28
k₁ = Δ1/Δ = −22,4/−28 = 0,8
k₂ = Δ2/Δ = −11,2/−28 = 0,4
k₁ = 0,8 mA/V, k₂ = 0,4

Prediksi arus yang baru

I = 0,8·10 + 0,4·4 = 9,6 mA

Jawaban

I = 9,6 mA
8.Superposisi

Jawaban: I = −0,5 mA

Superposisi: dalam rangkaian linear, setiap tegangan atau arus adalah jumlah respons terhadap masing-masing sumber independen yang bekerja sendiri. Untuk mematikan sumber, ganti sumber tegangan ideal dengan hubung singkat dan sumber arus ideal dengan rangkaian terbuka. Resistor tetap di tempatnya.

Tulis pengukuran dalam bentuk kontribusi

Setiap kontribusi sebanding dengan sumbernya sendiri.

I₁ + I₂ + I₃ = 11
2·I₁ + I₂ + I₃ = 21,5
I₁ + I₂ − I₃ = 33

Selesaikan kontribusinya

I₁ = 21,5 − 11 = 10,5 mA
I₃ = (11 − 33)/2 = −11 mA
I₂ = 11 − 10,5 − (−11) = 11,5 mA

Matikan V₂

I = I₁ + I₃ = 10,5 + (−11) = −0,5 mA

Jawaban

I = −0,5 mA
9.Thévenin & Norton

Jawaban: IL = 1,333 A

Teorema Thévenin: setiap jaringan linear dua terminal berperilaku seperti satu sumber tegangan Vth yang seri dengan resistansi Rth. Teorema Norton menyatakan jaringan yang sama sebagai sumber arus IN = Vth/Rth yang paralel dengan Rth.

R1​ = 4 ΩR3​ = 5 ΩHUBUNG SINGKATR2​4 ΩAabRth​

Cari Rth dengan semua sumber dimatikan

Ganti sumber tegangan dengan hubung singkat dan sumber arus dengan rangkaian terbuka, lalu lihat rangkaian dari a–b.

R1 ∥ R2 = 4·4/(4+4) = 2 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2 + 5 = 7 Ω
R1​ = 4 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​24 VR2​4 ΩAab+−Vth​

Cari Vth, tegangan rangkaian terbuka

Dengan a–b terbuka, tidak ada arus yang mengalir di R₃, jadi tidak ada jatuh tegangan dan V_b = V_A. R₁ dan R₂ membentuk pembagi tegangan.

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 24·4/(4+4) = 12 V
Rth​ = 7 Ω+−Vth​12 VRL​2 ΩIL​

Hubungkan beban ke ekuivalen Thévenin

Sumber Thévenin dan R_th seri berperilaku persis seperti rangkaian asli di a–b, jadi beban melihat loop seri sederhana.

IL = Vth/(Rth + RL) = 12/(7 + 2) = 1,333 A
10.Thévenin & Norton

Jawaban: Vth = 43 V

Teorema Thévenin: setiap jaringan linear dua terminal berperilaku seperti satu sumber tegangan Vth yang seri dengan resistansi Rth. Teorema Norton menyatakan jaringan yang sama sebagai sumber arus IN = Vth/Rth yang paralel dengan Rth.

R1​ = 4 ΩR3​ = 15 ΩHUBUNG SINGKATR2​4 ΩATERBUKABabRth​

Cari Rth dengan semua sumber dimatikan

Ganti sumber tegangan dengan hubung singkat dan sumber arus dengan rangkaian terbuka, lalu lihat rangkaian dari a–b.

R1 ∥ R2 = 4·4/(4+4) = 2 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2 + 15 = 17 Ω
R1​ = 4 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​18 VR2​4 ΩAIs​2 ABab+−Vth​

Cari Vth, tegangan rangkaian terbuka

Dengan a–b terbuka, satu-satunya jalur Iₛ adalah melalui R₃ ke simpul A. Cari V_A dengan superposisi V₁ dan Iₛ, lalu tambahkan jatuh tegangan pada R₃.

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 9 + 2·2 = 13 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 13 + 2·15 = 43 V
11.Transien RC & RL

Jawaban: vC = 3,788 V

Transien orde satu: pada rangkaian dengan satu kapasitor atau satu induktor, setiap tegangan dan arus berubah secara eksponensial dari nilai awal ke nilai akhir: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, dengan τ = RC atau τ = L/R. Setelah sekitar 5τ rangkaian sudah stabil.

Ekuivalen Thévenin yang dilihat kapasitor

Hubung singkatkan sumber untuk mencari Rth; buka kapasitor untuk mencari tegangan akhirnya.

Rth = R1 ∥ R2 = 2,2·3,3/(2,2 + 3,3) = 1,32 kΩ
vC(∞) = 9·3,3/(2,2 + 3,3) = 5,4 V

Konstanta waktu

τ = Rth·C = 1,32·47 = 62,04 ms

Kurva pengisian

vC(t) = 5,4·(1 − e−75/62,04) = 3,788 V

Jawaban

vC = 3,788 V
12.Transien RC & RL

Jawaban: t = 510,8 ms

Transien orde satu: pada rangkaian dengan satu kapasitor atau satu induktor, setiap tegangan dan arus berubah secara eksponensial dari nilai awal ke nilai akhir: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, dengan τ = RC atau τ = L/R. Setelah sekitar 5τ rangkaian sudah stabil.

Nilai awal, nilai akhir, konstanta waktu

Tegangan kapasitor tidak dapat melompat, jadi dimulai dari nilai tersimpannya dan menuju tegangan sumber.

vC(0) = 10 V, vC(∞) = Vs = 12 V
τ = R·C = 10 kΩ · 100 µF = 1000 ms
vC(t) = 12 + (10 − 12)·e−t/τ

Selesaikan untuk waktu

10,8 = 12 + (−2)·e−t/τ → e−t/τ = (10,8 − 12)/(10 − 12) = 0,6
t = τ·ln((10 − 12)/(10,8 − 12)) = 1000·ln(1,667) = 510,8 ms

Jawaban

t = 510,8 ms
13.Impedansi AC & fasor

Jawaban: cos φ = 0,4825

Rangkaian AC dengan fasor: resistor, induktor, dan kapasitor memiliki impedansi R, jωL, dan 1/(jωC), dengan ω = 2πf. Dalam seri, impedansi dijumlahkan seperti resistansi, tetapi sebagai bilangan kompleks. Arus dan tegangan rms mengikuti hukum Ohm dengan |Z|.

Reaktansi

XL = 31,42 Ω, XC = 67,73 Ω

Impedansi

|Z| = √(20² + (−36,31)²) = 41,45 Ω

Faktor daya

cos φ = R/|Z| = 20/41,45 = 0,4825
Rangkaiannya kapasitif, jadi faktor dayanya mendahului.

Jawaban

cos φ = 0,4825
14.Impedansi AC & fasor

Jawaban: |Z| = 74,67 Ω

Rangkaian AC dengan fasor: resistor, induktor, dan kapasitor memiliki impedansi R, jωL, dan 1/(jωC), dengan ω = 2πf. Dalam seri, impedansi dijumlahkan seperti resistansi, tetapi sebagai bilangan kompleks. Arus dan tegangan rms mengikuti hukum Ohm dengan |Z|.

Reaktansi

XC = 1/(2π·50·47·10⁻⁶) = 67,73 Ω

Gabungan paralel

Kalikan pembilang dan penyebut dengan sekawan kompleksnya untuk memisahkan Zp menjadi bagian real dan imajiner.

Zp = R₂·(−jXC)/(R₂ − jXC) = (R₂·XC² − jR₂²·XC)/(R₂² + XC²)
Zp = 33,4 − j39,45 Ω

Impedansi total

Z = 30 + 33,4 − j39,45 = 63,4 − j39,45 Ω
|Z| = √(63,4² + 39,45²) = 74,67 Ω

Jawaban

|Z| = 74,67 Ω
15.Daya AC & faktor daya

Jawaban: X = 4 Ω

Daya AC: daya semu S = V·I (VA) terbagi menjadi daya nyata P = S·cos φ (W), yang melakukan kerja berguna, dan daya reaktif Q = S·sin φ (var), yang bolak-balik antara sumber dan beban. Faktor daya adalah cos φ. Kapasitor paralel memasok daya reaktif secara lokal, sehingga arus saluran turun untuk daya nyata yang sama.

Resistansi dari daya nyata

R = P/I² = 1728/18² = 5,333 Ω

Reaktansi dari impedansi

|Z| = V/I = 120/18 = 6,667 Ω
X = √(|Z|² − R²) = √(6,667² − 5,333²) = 4 Ω

Jawaban

X = 4 Ω
16.Daya AC & faktor daya

Jawaban: I = 99,83 A

Daya AC: daya semu S = V·I (VA) terbagi menjadi daya nyata P = S·cos φ (W), yang melakukan kerja berguna, dan daya reaktif Q = S·sin φ (var), yang bolak-balik antara sumber dan beban. Faktor daya adalah cos φ. Kapasitor paralel memasok daya reaktif secara lokal, sehingga arus saluran turun untuk daya nyata yang sama.

Daya reaktif sebelum dan sesudah

Daya nyata P tidak berubah; hanya daya reaktif yang ditarik dari sumber yang berubah.

Q1 = 20·tan(arccos 0,8) = 15 kvar
QC = V²·2πf·C = 240²·2π·50·100·10⁻⁶ = 1810 var = 1,81 kvar
Q2 = 15 − 1,81 = 13,19 kvar

Daya semu baru

S2 = √(20² + 13,19²) = 23,96 kVA

Arus saluran baru

I = S2/V = 23958/240 = 99,83 A

Jawaban

I = 99,83 A
17.Daya tiga fasa

Jawaban: P = 8,48 kW

Sistem tiga fasa seimbang: pada hubungan Y (bintang) tegangan antarsaluran adalah √3 kali tegangan fasa, VL = √3·Vph, dan arus saluran sama dengan arus fasa. Pada hubungan Δ (delta) tegangan antarsaluran sama dengan tegangan fasa dan arus saluran adalah √3 kali arus fasa, IL = √3·Iph. Daya total adalah tiga kali daya satu fasa: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ.

Daya semu

S = √3·VL·IL = √3·480·12 = 9,977 kVA

Daya nyata

P = S·cos φ = 9,977·0,85 = 8,48 kW

Jawaban

P = 8,48 kW
18.Daya tiga fasa

Jawaban: Cph = 384,4 µF

Sistem tiga fasa seimbang: pada hubungan Y (bintang) tegangan antarsaluran adalah √3 kali tegangan fasa, VL = √3·Vph, dan arus saluran sama dengan arus fasa. Pada hubungan Δ (delta) tegangan antarsaluran sama dengan tegangan fasa dan arus saluran adalah √3 kali arus fasa, IL = √3·Iph. Daya total adalah tiga kali daya satu fasa: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ. Perbaikan faktor daya: kapasitor menyuplai daya reaktif secara lokal, QC = P·(tan φ1 − tan φ2). Masing-masing dari ketiga kapasitor menyuplai QC/3 = V²·ω·C, dengan V tegangan pada kapasitor tersebut: VL pada bank Δ, VL/√3 pada bank Y.

Daya reaktif sebelum dan sesudah

Daya nyata tidak berubah, sehingga setiap faktor daya menentukan daya reaktifnya: Q = P·tan φ.

Q1 = 60·tan(acos 0,65) = 60·1,169 = 70,15 kvar
Q2 = 60·tan(acos 0,98) = 60·0,2031 = 12,18 kvar

Daya reaktif dari kapasitor

QC = Q1 − Q2 = 57,96 kvar

Kapasitansi per fasa

Pada bank Δ, setiap kapasitor terhubung di antara dua saluran.

V = 400 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 19321/(314,2·400²) = 384,4 µF

Jawaban

Cph = 384,4 µF
19.Transformator

Jawaban: IHV = 5 A

Transformator ideal: tegangan sebanding dengan jumlah lilitan dan arus berbanding terbalik: V₁/V₂ = N₁/N₂ = a dan I₁/I₂ = N₂/N₁ = 1/a, sehingga daya masuk sama dengan daya keluar, V₁·I₁ = V₂·I₂. Impedansi beban Z di sisi sekunder terlihat sebagai a²·Z dari sisi primer.

Arus pengenal

Kedua kumparan membawa daya semu yang sama.

IHV = S/V = 50000/10000 = 5 A

Jawaban

IHV = 5 A
20.Transformator

Jawaban: Ploss = 4031 W

Rugi-rugi transformator: rugi inti (histeresis dan arus pusar) bergantung pada tegangan dan sama pada beban berapa pun. Rugi tembaga pada kumparan sebanding dengan kuadrat arus, sehingga pada fraksi x dari beban pengenal besarnya x²·Pcu,fl. Efisiensi η = Pout/(Pout + Pcore + Pcu), dengan Pout = x·S·pf. Efisiensi paling tinggi pada beban saat rugi tembaga sama dengan rugi inti.

Rugi tembaga pada beban ini

Pcu = x²·Pcu,fl = 0,5625·4500 = 2531 W

Rugi total

Rugi inti sama pada beban berapa pun.

Ploss = 1500 + 2531 = 4031 W

Jawaban

Ploss = 4031 W

Efisiensi pada beban ini adalah η = 98,67%.

21.Rangkaian op-amp

Jawaban: Vin,max = 3,837 V

Aturan op-amp ideal: dengan umpan balik negatif, op-amp mengatur keluarannya sehingga kedua masukan berada pada tegangan yang sama (V₋ = V₊), dan tidak ada arus yang masuk ke masukan mana pun. Menulis KCL di masukan pembalik dengan dua fakta ini memberi keluarannya.

Penguatan

Av = 1 + Rf/R1 = 1 + 100/47 = 3,128

Masukan terbesar sebelum terpotong

Vin,max = Vsat/|Av| = 12/3,128 = 3,837 V

Jawaban

Vin,max = 3,837 V
22.Rangkaian op-amp

Jawaban: Vout = −10,41 V

Aturan op-amp ideal: dengan umpan balik negatif, op-amp mengatur keluarannya sehingga kedua masukan berada pada tegangan yang sama (V₋ = V₊), dan tidak ada arus yang masuk ke masukan mana pun. Menulis KCL di masukan pembalik dengan dua fakta ini memberi keluarannya.

Tegangan di masukan +

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 1,4·4,7/(22 + 4,7) = 0,2464 V

Superposisikan kedua masukan

Dengan V₂ = 0, V₁ melihat penguat membalik. Dengan V₁ = 0, V₊ diperkuat dengan penguatan tak membalik 1 + R₂/R₁.

Vout = −(47/2)·0,7 + (1 + 47/2)·0,2464 = −16,45 + 6,038 = −10,41 V

Jawaban

Vout = −10,41 V
23.Dioda & transistor

Jawaban: IC = 3,978 mA

Titik kerja BJT: di daerah aktif VBE = 0,7 V, IC = β·IB dan IE = (β + 1)·IB. Cari IB dari loop basis dengan KVL, lalu IC, lalu VCE dari loop kolektor–emitor. Pembagi tegangan di basis diganti dengan ekivalen Théveninnya VTH = VCC·R₂/(R₁ + R₂), RTH = R₁∥R₂; resistor emitor tampak (β + 1) kali lebih besar di loop basis.

Ekivalen Thévenin dari pembagi tegangan

VTH = 20·15/(82 + 15) = 3,093 V
RTH = 82·15/(82 + 15) = 12,68 kΩ

Arus basis

KVL di sekeliling loop basis; arus emitor adalah (β + 1)·IB.

IB = (3,093 − 0,7)/(12,68 + 101·0,47) = 39,78 µA

Arus kolektor

IC = 100·39,78 µA = 3,978 mA
IE = 101·39,78 µA = 4,018 mA

Jawaban

IC = 3,978 mA
24.Dioda & transistor

Jawaban: Rmax = 425,7 Ω

Regulator Zener: dioda Zener bias mundur mempertahankan tegangannya VZ selama arusnya tetap di atas minimum IZ,min. Resistor seri R menanggung selisih antara masukan dan keluaran: IR = (Vin − VZ)/R. Arus itu terbagi antara beban, IL = VZ/RL, dan Zener: IZ = IR − IL. Rancang untuk kasus terburuk: masukan terendah dengan beban terbesar tetap harus menyisakan IZ,min, dan masukan tertinggi tanpa beban memberi daya Zener terbesar PZ = VZ·IZ.

Arus kasus terburuk

IR = 30 + 5 = 35 mA

Resistansi terbesar

Rmax = 14,9/0,035 = 425,7 Ω

Jawaban

Rmax = 425,7 Ω
25.Sistem bilangan

Jawaban: U = 161

Mengatur bit: setiap bit bernilai pangkat dua (128, 64, …, 1). Satu digit heksa tepat empat bit, dan pada komplemen dua 8-bit bit paling kiri bernilai −128. Operasi bitwise bekerja pada setiap posisi bit secara terpisah.

Balik dan tambah satu

95 = 0101 1111
dibalik: 1010 0000
+1 → 1010 0001

Baca sebagai tak bertanda

1010 0001₂ = 256 − 95 = 161

Jawaban

U = 161
26.Sistem bilangan

Jawaban: b = 12 bit

Sistem bilangan posisional: setiap digit bernilai digit itu dikali pangkat dari basis. Dalam biner, posisinya bernilai 1, 2, 4, 8, 16, …; dalam heksadesimal 1, 16, 256, …, dengan A–F mewakili 10–15. Dalam komplemen dua 8-bit, bit paling kiri bernilai −128, bukan +128; begitulah bilangan negatif disimpan.

Pangkat dua

211 = 2048 < 3111
212 = 4096 ≥ 3111

Jawaban

b = 12
27.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flop

Jawaban: N = 3

Peta Karnaugh: sel-sel diurutkan dalam kode Gray (00, 01, 11, 10), sehingga sel bertetangga, termasuk yang melewati tepi, berbeda tepat pada satu variabel. Kelompokkan angka 1 dalam persegi panjang berisi 1, 2, 4, 8, atau 16 sel, sebesar mungkin dan sesedikit mungkin, sampai setiap angka 1 tercakup. Setiap kelompok adalah satu suku hasil kali: variabel yang tetap konstan di dalamnya. Kelompok 2ᵏ sel kehilangan k variabel. Don’t-care (X) boleh dipakai untuk memperbesar kelompok tetapi tidak harus dicakup. Mengelompokkan angka 0 sebagai gantinya menghasilkan bentuk POS minimal.

ABCD000111100001111000011302040517161120130151141809011010

Kelompokkan angka 0

Setiap kelompok adalah persegi panjang berisi 2ᵏ sel; sel di tepi bertetangga dengan sel di tepi seberangnya.

(B + C′ + D)
(A′ + D′)
(A + C)

Bentuk POS minimal

F = (B + C′ + D)(A′ + D′)(A + C)
N = 3

Jawaban

N = 3
28.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flop

Jawaban: L = 8

Peta Karnaugh: sel-sel diurutkan dalam kode Gray (00, 01, 11, 10), sehingga sel bertetangga, termasuk yang melewati tepi, berbeda tepat pada satu variabel. Kelompokkan angka 1 dalam persegi panjang berisi 1, 2, 4, 8, atau 16 sel, sebesar mungkin dan sesedikit mungkin, sampai setiap angka 1 tercakup. Setiap kelompok adalah satu suku hasil kali: variabel yang tetap konstan di dalamnya. Kelompok 2ᵏ sel kehilangan k variabel. Don’t-care (X) boleh dipakai untuk memperbesar kelompok tetapi tidak harus dicakup. Mengelompokkan angka 0 sebagai gantinya menghasilkan bentuk POS minimal.

Implikan prima

Kelompok terbesar yang dapat dibentuk dari angka 1 dan X.

CD, BC, A′D′, AD, A′C
ABCD0001111000011110X00113X2140517160121131151140819111010

Cakupan minimal

F = CD + BC + A′D′ + AD
L = 8

Jawaban

L = 8

Ada pengelompokan lain dengan ukuran sama; banyaknya suku dan literalnya sama.

29.Transformasi Laplace

Jawaban: f(0.1) = 2,48

Transformasi Laplace: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt mengubah turunan menjadi perkalian dengan s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Pasangan baku: 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), dan pergeseran s → s + σ mengalikan fungsi waktu dengan e−σt. Untuk membalik F(s) rasional, uraikan menjadi pecahan parsial: residu sebuah kutub tunggal p adalah A = [(s − p)·F(s)] pada s = p. Teorema nilai akhir: f(∞) = lims→0 s·F(s), hanya berlaku jika semua kutub s·F(s) berada di setengah bidang kiri. Teorema nilai awal: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).

Faktorkan penyebut

s² + 8s + 16 = (s + 4)²

Pecahan parsial

6s + 1 = 6(s + 4) + −23
F(s) = 6/(s + 4) − 23/(s + 4)²

Transformasi balik

f(t) = 6·e−4t − 23·t·e−4t
f(0,1) = (6 − 23·0,1)·e−4·0,1 = 2,48

Jawaban

f(0,1) = 2,48
30.Transformasi Laplace

Jawaban: g(0.25) = −0,3116

Transformasi Laplace: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt mengubah turunan menjadi perkalian dengan s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Pasangan baku: 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), dan pergeseran s → s + σ mengalikan fungsi waktu dengan e−σt. Untuk membalik F(s) rasional, uraikan menjadi pecahan parsial: residu sebuah kutub tunggal p adalah A = [(s − p)·F(s)] pada s = p. Teorema nilai akhir: f(∞) = lims→0 s·F(s), hanya berlaku jika semua kutub s·F(s) berada di setengah bidang kiri. Teorema nilai awal: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).

Fungsi alih

G(s) = Y(s)/U(s) = (4s + 1)/(s² + 11s + 30)

Pecahan parsial

s² + 11s + 30 = (s + 5)(s + 6)
A = −19, B = 23

Respons impuls

g(t) = −19·e−5t + 23·e−6t
g(0,25) = −0,3116

Jawaban

g(0,25) = −0,3116
31.Diagram blok

Jawaban: K = 64

Aljabar diagram blok: blok yang seri dikalikan (G₁·G₂), blok yang paralel dijumlahkan (G₁ + G₂), dan loop dengan lintasan maju G dan lintasan umpan balik H direduksi menjadi T = G/(1 + G·H) untuk umpan balik negatif dan G/(1 − G·H) untuk umpan balik positif. Reduksi loop dalam terlebih dahulu, lalu bekerja ke luar. Kutub loop tertutup adalah akar persamaan karakteristik 1 + G(s)H(s) = 0. Untuk loop yang stabil, masukan langkah berukuran A memberi keluaran keadaan tunak A·T(0); dengan umpan balik satuan, galat keadaan tunak terhadap langkah adalah A/(1 + Kp) dengan Kp = G(0).

Persamaan karakteristik

1 + K/(s(s + 16)) = 0 → s² + 16s + K = 0

Akar kembar

Kuadrat s² + βs + γ memiliki akar ganda jika β² = 4γ.

16² = 4K → K = 256/4 = 64

Jawaban

K = 64
Kedua kutub loop tertutup lalu berada di s = −8.
32.Diagram blok

Jawaban: T(0) = 1,4

Aljabar diagram blok: blok yang seri dikalikan (G₁·G₂), blok yang paralel dijumlahkan (G₁ + G₂), dan loop dengan lintasan maju G dan lintasan umpan balik H direduksi menjadi T = G/(1 + G·H) untuk umpan balik negatif dan G/(1 − G·H) untuk umpan balik positif. Reduksi loop dalam terlebih dahulu, lalu bekerja ke luar. Kutub loop tertutup adalah akar persamaan karakteristik 1 + G(s)H(s) = 0. Untuk loop yang stabil, masukan langkah berukuran A memberi keluaran keadaan tunak A·T(0); dengan umpan balik satuan, galat keadaan tunak terhadap langkah adalah A/(1 + Kp) dengan Kp = G(0).

Loop dalam

Gᵢ = G₂/(1 + G₂H₁) = 7/(s + 21)

Loop luar

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 98/((s + 1)(s + 21) + 49)

Penguatan DC

T(0) = 98/(1·21 + 49) = 98/70 = 1,4

Jawaban

T(0) = 1,4
33.Respons langkah

Jawaban: %OS = 3,78 %

Respons langkah: sistem orde satu G(s) = K/(τs + 1) menjawab masukan langkah berukuran U dengan y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): mencapai 63,2 % dari nilai akhir K·U setelah satu konstanta waktu τ dan 98 % setelah 4τ. Sistem orde dua G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) memiliki kutub s = −ζωₙ ± jωd dengan ωd = ωₙ√(1 − ζ²). Untuk 0 < ζ < 1 respons langkahnya melampaui (overshoot): persen overshoot %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), waktu puncak tp = π/ωd, dan waktu penetapan 2 % ts ≈ 4/(ζωₙ). Bandingkan penyebut dengan s² + 2ζωₙs + ωₙ² untuk membaca ωₙ dan ζ. Untuk massa–pegas–peredam ωₙ = √(k/m) dan ζ = c/(2√(km)); untuk rangkaian RLC seri ωₙ = 1/√(LC) dan ζ = (R/2)·√(C/L).

Bandingkan dengan bentuk baku

Penyebut harus cocok dengan s² + 2ζωₙs + ωₙ².

ωₙ² = 12 → ωₙ = 3,464 rad/s
2ζωₙ = 5 → ζ = 5/(2·3,464) = 0,7217

Hasil

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−3,275 = 3,78 %

Jawaban

%OS = 3,78 %
34.Respons langkah

Jawaban: ωn = 38,95 rad/s

Respons langkah: sistem orde satu G(s) = K/(τs + 1) menjawab masukan langkah berukuran U dengan y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): mencapai 63,2 % dari nilai akhir K·U setelah satu konstanta waktu τ dan 98 % setelah 4τ. Sistem orde dua G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) memiliki kutub s = −ζωₙ ± jωd dengan ωd = ωₙ√(1 − ζ²). Untuk 0 < ζ < 1 respons langkahnya melampaui (overshoot): persen overshoot %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), waktu puncak tp = π/ωd, dan waktu penetapan 2 % ts ≈ 4/(ζωₙ). Bandingkan penyebut dengan s² + 2ζωₙs + ωₙ² untuk membaca ωₙ dan ζ. Untuk massa–pegas–peredam ωₙ = √(k/m) dan ζ = c/(2√(km)); untuk rangkaian RLC seri ωₙ = 1/√(LC) dan ζ = (R/2)·√(C/L).

Rasio redaman

ζ = −ln(0,1)/√(π² + ln²(0,1)) = 2,303/√(9,87 + 5,302) = 0,5912

Frekuensi alami

ωd = π/tp = π/0,1 = 31,42 rad/s
ωₙ = ωd/√(1 − ζ²) = 31,42/0,8066 = 38,95 rad/s

Jawaban

ωn = 38,95 rad/s
35.Plot Bode dan margin

Jawaban: φ = 11,25 °

Respons frekuensi: substitusikan s = jω ke fungsi alih. Besar dalam desibel adalah 20·log₁₀|H(jω)| dan fasa adalah jumlah sudut faktor pembilang dikurangi sudut faktor penyebut. Filter RC atau RL orde pertama memiliki frekuensi sudut (−3 dB) pada ωc = 1/(RC) atau R/L, dan fc = ωc/(2π); filter lolos rendah memberi |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) dan φ = −atan(ω/ωc). Pada plot Bode asimtotik (garis lurus) setiap kutub membengkokkan besar ke bawah sebesar 20 dB/dekade pada frekuensi sudutnya, setiap nol membengkokkannya ke atas sebesar 20 dB/dekade, dan integrator 1/s memberi −20 dB/dekade pada semua frekuensi. Persilangan penguatan ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); margin fasa PM = 180° + ∠L(jωc). Persilangan fasa ω180: ∠L(jω) = −180°; margin penguatan GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Lingkar tertutup stabil bila kedua margin positif.

Frekuensi sudut

ωc = 1/(RC) = 1/(10000·1 × 10⁻⁸) = 10000 rad/s
fc = 1592 Hz → f/fc = 8000/1592 = 5,027

Fasa

φ = 90° − atan(5,027) = 11,25°

Jawaban

φ = 11,25°
36.Plot Bode dan margin

Jawaban: GM = 7,985 dB

Respons frekuensi: substitusikan s = jω ke fungsi alih. Besar dalam desibel adalah 20·log₁₀|H(jω)| dan fasa adalah jumlah sudut faktor pembilang dikurangi sudut faktor penyebut. Filter RC atau RL orde pertama memiliki frekuensi sudut (−3 dB) pada ωc = 1/(RC) atau R/L, dan fc = ωc/(2π); filter lolos rendah memberi |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) dan φ = −atan(ω/ωc). Pada plot Bode asimtotik (garis lurus) setiap kutub membengkokkan besar ke bawah sebesar 20 dB/dekade pada frekuensi sudutnya, setiap nol membengkokkannya ke atas sebesar 20 dB/dekade, dan integrator 1/s memberi −20 dB/dekade pada semua frekuensi. Persilangan penguatan ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); margin fasa PM = 180° + ∠L(jωc). Persilangan fasa ω180: ∠L(jω) = −180°; margin penguatan GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Lingkar tertutup stabil bila kedua margin positif.

Persilangan fasa

(ω/7)·(ω/9) = 1 → ω180 = √(7·9) = 7,937 rad/s

Besar pada persilangan fasa

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 49)·√(ω² + 81)) = K/(7·9·(7 + 9)) = K/1008

Margin penguatan

GM = 20·log₁₀(1008/402) = 7,985 dB

Jawaban

GM = 7,985 dB
37.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akar

Jawaban: m = 10

Kriteria Routh–Hurwitz: sistem linear stabil bila setiap akar polinomial karakteristiknya terletak di setengah bidang kiri pada bidang-s. Tulis koefisien secara bergantian ke dua baris pertama tabel Routh. Setiap entri baris baru berasal dari dua baris di atasnya; untuk polinomial kubik a₃s³ + a₂s² + a₁s + a₀ entri s¹ adalah b₁ = (a₂·a₁ − a₃·a₀)/a₂. Jumlah perubahan tanda pada kolom pertama sama dengan jumlah akar di setengah bidang kanan. Dengan penguatan K pada koefisien, setiap entri kolom pertama harus tetap positif: penguatan yang membuat entri s¹ sama dengan nol adalah batas kestabilan, dan baris s² kemudian memberikan frekuensi osilasi yang terus-menerus.

Larik Routh

s³ + 13s² + 40s + K = 0
s³: 1, 40
s²: 13, K
s¹: (13·40 − K)/13
s⁰: K

Penguatan stabil terbesar

Kmax = 13·40 = 520

Faktor

m = 520/52 = 10

Jawaban

m = 10

Faktor ini adalah margin penguatan sebagai rasio: 20 dB.

38.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akar

Jawaban: K = 12,38

Tempat kedudukan akar: saat penguatan K bergerak dari 0 ke ∞, kutub loop tertutup, yaitu akar 1 + K·G(s) = 0, bergerak dari kutub loop terbuka menuju nol loop terbuka atau menuju tak hingga. Suatu titik pada sumbu real termasuk dalam tempat kedudukan bila jumlah kutub dan nol real di sebelah kanannya ganjil. n − m cabang yang menuju tak hingga mengikuti asimtot pada sudut (2q + 1)·180°/(n − m), yang berawal dari titik berat σₐ = (Σ kutub − Σ nol)/(n − m). Cabang meninggalkan atau bergabung dengan sumbu real di tempat dK/ds = 0. Syarat sudut ∠G(s) = 180° menentukan bentuknya, dan syarat besar K = 1/|G(s)| memberikan penguatan di titik mana pun pada tempat kedudukan.

Syarat besar

K = |s|·|s + 5|·|s + 6|

Hitung di titik tersebut

K = 0,5·4,5·5,5 = 12,38

Jawaban

K = 12,38

Periksa: s(s + 5)(s + 6) + K bernilai nol di s = −0,5.

39.Galat keadaan tunak & kendali PID

Jawaban: K = 980

Galat keadaan tunak: dalam loop umpan balik satuan dengan fungsi alih loop terbuka G(s), galatnya adalah E(s) = R(s)/(1 + G(s)), dan menurut teorema nilai akhir ess = lims→0 s·E(s). Tipe sistem adalah jumlah kutub G(s) di s = 0. Konstanta galat adalah Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s) dan Ka = lim s²·G(s), semuanya untuk s → 0. Masukan undak berukuran A memberikan ess = A/(1 + Kp), ramp A·t memberikan A/Kv dan parabola A·t²/2 memberikan A/Ka. Loop tipe 0 mengikuti undak dengan galat terhingga, loop tipe 1 mengikutinya dengan tepat dan mengikuti ramp dengan galat terhingga.

Konstanta galat yang diperlukan

1/(1 + Kp) = 0,02 → Kp = 49

Penguatan

K/20 = 49 → K = 980

Jawaban

K = 980

Periksa juga kestabilan loop tertutup: untuk loop orde dua ini, setiap K > 0 stabil.

40.Galat keadaan tunak & kendali PID

Jawaban: Ki = 25

Kendali P, PI, dan PID: pengendali C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s bekerja pada galat. Penguatan proporsional membuat loop lebih cepat dan mengurangi galat plant tipe 0, tetapi tidak pernah menghilangkannya. Suku integral menambahkan kutub di s = 0: tipe sistem naik satu, dan undak diikuti tanpa galat. Suku turunan menambah redaman. Untuk memilih penguatan, tulis polinomial karakteristik loop tertutup dan bandingkan dengan s² + 2ζωns + ωn². Maka %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd dengan ωd = ωn√(1 − ζ²), dan ts ≈ 4/(ζωn).

Polinomial karakteristik

1 + C(s)G(s) = 0, dikalikan dengan s(s + 2).

s² + (2 + 4Kp)s + 4Ki

Polinomial target

s² + 2·0,7·10s + 10² = s² + 14s + 100

Samakan koefisien-koefisiennya

4Ki = 100 → Ki = 25

Jawaban

Ki = 25

Suku integral membuat loop bertipe 1, sehingga undak diikuti tanpa galat keadaan tunak.

Ini adalah materi latihan independen. ExamProblems tidak berafiliasi dengan atau didukung oleh organisasi penyelenggara ujian ini, dan nama ujian hanya digunakan untuk menggambarkan isinya. FE exam diselenggarakan oleh NCEES, yang tidak berafiliasi dengan ExamProblems dan tidak mendukungnya.

ExamProblems · examproblems.com/courses/fe-exam-electrical