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
Mulailah dari ujung jaringan yang paling jauh dari terminal.
Gabungkan resistor seri dengan menjumlahkannya, dan resistor paralel dengan 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
Gambar ulang rangkaian setelah setiap langkah.
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
Pilih simpul referensi (ground) dan beri label tegangan simpul lainnya.
Tulis hukum arus Kirchhoff di setiap simpul yang tidak diketahui: arus yang keluar melalui setiap cabang sama dengan arus yang masuk.
Nyatakan setiap arus cabang sebagai (Va − Vb)/R.
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
Gambar arus searah jarum jam di setiap mesh (jendela) rangkaian.
Terapkan hukum tegangan Kirchhoff di sekeliling setiap mesh: jumlah tegangan jatuh sama dengan nol.
Pada resistor yang dipakai bersama oleh dua mesh, arusnya adalah selisih kedua arus mesh.
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
Hitung jumlah sumber independen. Anda akan menyelesaikan satu rangkaian yang lebih sederhana untuk setiap sumber.
Pertahankan satu sumber dan matikan yang lain: sumber tegangan menjadi hubung singkat (kawat), sumber arus menjadi rangkaian terbuka (celah).
Selesaikan rangkaian yang lebih sederhana untuk tegangan atau arus yang Anda perlukan, dengan memperhatikan arahnya.
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
Lepaskan beban dan tandai kedua terminal a dan b.
Cari tegangan rangkaian terbuka antara a dan b: inilah Vth.
Matikan semua sumber independen dan cari hambatan yang terlihat dari a–b: inilah Rth.
Pasang kembali beban pada rangkaian ekuivalen: Vth seri dengan Rth.
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
Cari nilai awal sesaat setelah sakelar berpindah: tegangan kapasitor dan arus induktor tidak dapat melompat.
Cari nilai akhir lama setelah sakelar berpindah: kapasitor berperilaku sebagai rangkaian terbuka, induktor sebagai hubung singkat.
Cari konstanta waktu: τ = RC atau τ = L/R, dengan hambatan yang terlihat oleh kapasitor atau induktor.
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
Ubah frekuensinya: ω = 2πf.
Cari setiap reaktansi: XL = ωL dan XC = 1/(ωC).
Jumlahkan impedansi seperti resistor, dengan Z = R + jX.
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
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.
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.
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.
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
Tulis polinomial karakteristik loop tertutup: penyebut dari 1 + K·G(s) = 0, setelah dijabarkan.
Masukkan koefisien secara bergantian ke dua baris pertama tabel Routh lalu susun baris-baris sisanya.
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.
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
Hitung kutub loop terbuka C(s)·G(s) di s = 0: itulah tipe sistem.
Hitung konstanta galat yang sesuai dengan masukan: Kp untuk undak, Kv untuk ramp, Ka untuk parabola.
Terapkan ess = A/(1 + Kp), A/Kv, atau A/Ka, atau selesaikan untuk penguatan yang Anda perlukan.
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
Cari arus IR2 melalui R2.
V1 = 15 VR1 = 8 ΩR2 = 2 ΩR3 = 8 ΩR4 = 12 Ω
IR2 = A
2.Resistor seri & paralelSulit
Cari resistansi ekuivalen Req yang dilihat sumber V1.
Tiga cabang terhubung antara simpul A dan ground, seperti pada gambar. Gunakan analisis simpul untuk mencari arus I1 pada cabang 1, yang mengalir ke atas masuk ke simpul A searah panah.
Sebuah rangkaian resistif linear memuat satu sumber tegangan Vs dan satu sumber arus Is. Arus I melalui resistor beban diukur dua kali: dengan Vs = 12 V dan Is = 10 mA, I = −2,7 mA; dengan Vs = 6 V dan Is = 2 mA, I = 0,9 mA. Cari arus beban I ketika Vs = 12 V dan Is = 4 mA.
12 V, 10 mA → −2,7 mA6 V, 2 mA → 0,9 mAVs = 12 V, Is = 4 mA
I = mA
8.SuperposisiSulit
Gunakan superposisi untuk mencari arus IR3 melalui R3 searah panah.
Cari resistansi Thévenin Rth dilihat dari terminal a–b.
V1 = 24 VR1 = 4 ΩR2 = 8 ΩR3 = 6 Ω
Rth = Ω
10.Thévenin & NortonSulit
Cari arus Norton IN: arus yang mengalir dari a ke b jika terminal dihubung singkat.
V1 = 24 VIs = 1,5 AR1 = 25 ΩR2 = 2 ΩR3 = 10 Ω
IN = A
11.Transien RC & RLSedang
Induktor tidak dialiri arus sebelum sakelar ditutup pada t = 0. Cari energi W yang tersimpan dalam induktor pada t = 5 ms, dalam mJ.
Vs = 9 VR = 47 ΩL = 150 mHt = 5 ms
W = mJ
12.Transien RC & RLSulit
Sakelar yang paralel dengan R2 telah terbuka sejak lama, jadi arus induktor tunak. Pada t = 0 sakelar menutup dan menghubung singkat R2. Cari arus induktor i pada t = 5 ms.
Vs = 20 VR1 = 33 ΩR2 = 10 ΩL = 68 mHt = 5 ms
i = A
13.Impedansi AC & fasorSedang
Rangkaian RLC seri dihubungkan ke sumber 12 V (rms), 1000 Hz. Cari sudut fase φ impedansi, dalam derajat (positif bila arus tertinggal dari tegangan).
V = 12 V (rms)f = 1000 HzR = 80 ΩL = 20 mHC = 2,2 µF
φ = °
14.Impedansi AC & fasorSulit
Rangkaian RLC seri dihubungkan ke sumber 50 V (rms), 200 Hz. Cari arus rms I.
V = 50 V (rms)f = 200 HzR = 15 ΩL = 20 mHC = 22 µF
I = A
15.Daya AC & faktor dayaSedang
Sebuah beban induktif mengambil 15 A dan 1800 W dari sumber satu fase 240 V (rms). Modelkan sebagai resistansi R yang seri dengan reaktansi X. Cari R.
V = 240 VI = 15 AP = 1800 W
R = Ω
16.Daya AC & faktor dayaSulit
Sebuah beban satu fase mengambil 19 kW pada faktor daya 0,7 tertinggal dari sumber 230 V, 60 Hz. Kapasitor 470 µF dihubungkan paralel dengan beban. Cari faktor daya baru cos φ yang dilihat sumber.
P = 19 kWpf1 = 0,7V = 230 Vf = 60 HzC = 470 µF
cos φ =
17.Daya tiga fasaSedang
Beban seimbang terhubung Δ dengan impedansi 6 + j8 Ω per fasa dihubungkan ke sumber tiga fasa seimbang dengan tegangan antarsaluran 415 V. Cari daya nyata total P yang diserap beban dalam kW.
VL = 415 VZ = 6 + j8 Ω per fasa
P = kW
18.Daya tiga fasaSulit
Beban tiga fasa seimbang menyerap 150 kW pada faktor daya 0,8 tertinggal dari sumber 480 V (antarsaluran), 50 Hz. Bank kapasitor tiga fasa yang diparalel dengan beban harus menaikkan faktor daya keseluruhan menjadi 0,95 tertinggal. Daya nyatanya tetap sama. Cari daya reaktif total QC yang harus disuplai bank kapasitor, dalam kvar.
P = 150 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,95VL = 480 Vf = 50 Hz
QC = kvar
19.TransformatorSedang
Sebuah transformator satu fasa 15 kVA, 4800/240 V bekerja pada beban pengenalnya. Anggap ideal. Cari arus ILV pada kumparan tegangan rendah.
S = 15 kVAV1 = 4800 VV2 = 240 V
ILV = A
20.TransformatorSulit
Sebuah transformator satu fasa 500 kVA memiliki rugi inti 3000 W. Pada beban pengenal dan faktor daya 0,95 tertinggal, efisiensinya 98,8%. Cari rugi tembaga beban penuh Pcu,fl dalam watt.
S = 500 kVAPcore = 3000 Wpf = 0,95η = 98,8%
Pcu,fl = W
21.Rangkaian op-ampSedang
Pilih resistor umpan balik Rf yang memberi penguat non-pembalik ini penguatan tegangan 20.
R1 = 4,7 kΩAv = 20
Rf = kΩ
22.Rangkaian op-ampSulit
Penguat penjumlah memakai op-amp ideal yang dicatu ±15 V. Cari tegangan keluaran Vout.
3 LED merah (tegangan maju 2 V masing-masing) dihubungkan seri dengan resistor ke catu 24 V. Cari resistansi R yang menetapkan arus sebesar 20 mA.
Vs = 24 VVF = 2 Vn = 3I = 20 mA
R = Ω
24.Dioda & transistorSulit
Sebuah transistor NPN dengan β = 50 mengalihkan resistor beban 1 kΩ yang terhubung antara VCC = 5 V dan kolektornya. Emitornya dihubungkan ke ground. Basis dikemudikan dari keluaran logika 5 V melalui resistor basis RB. Ambil VBE = 0,7 V dan VCE(sat) = 0,2 V. Cari resistor basis terbesar RB, dalam kΩ, yang masih mengemudikan transistor tepat ke saturasi.
Carilah bentuk SOP minimal dari F(A, B, C, D) = Σm(2, 7, 8, 13, 14) + d(4, 5), dengan d menandai kondisi don’t-care. Berapa suku hasil kali N yang dimilikinya?
F(A, B, C, D) = Σm(2, 7, 8, 13, 14) + d(4, 5)
N =
29.Transformasi LaplaceSedang
Tentukan f(t) untuk F(s) = (4s + 7)/(s² + 6s + 34) dengan melengkapkan kuadrat, lalu hitung f(0,6).
F(s) = (4s + 7)/(s² + 6s + 34)t = 0,6 s
f(0.6) =
30.Transformasi LaplaceSulit
Sebuah sistem memenuhi y″ + 8y′ + 15y = 15·u(t). Sistem mulai dari keadaan diam (y(0) = 0, y′(0) = 0) dan masukannya adalah fungsi langkah u(t) = 10 untuk t ≥ 0. Gunakan transformasi Laplace untuk mencari keluaran y(0,2).
Plant G(s) = 7/(s + 6) dikendalikan dalam loop umpan balik negatif yang sensornya memiliki penguatan H = 0,2. Tentukan konstanta waktu τ loop tertutup.
G(s) = 7/(s + 6)H = 0,2
τ = s
32.Diagram blokSulit
Plant G(s) = 60/(s(s + 4)) berada dalam loop umpan balik negatif dengan penguatan sensor H = 2. Kutub loop tertutupnya kompleks. Tentukan bagian imajinernya ωd (nilai positif), dalam rad/s.
G(s) = 60/(s(s + 4))H = 2
ωd = rad/s
33.Respons langkahSedang
Sebuah sistem memiliki fungsi alih G(s) = 32/(s² + 8s + 32) dan menerima masukan langkah satuan. Tentukan frekuensi alami ωn dalam rad/s.
G(s) = 32/(s² + 8s + 32)
ωn = rad/s
34.Respons langkahSulit
Loop umpan balik negatif satuan memiliki G(s) = K/(s(s + 6)). Tentukan penguatan K yang memberi respons langkah dengan overshoot 10 %.
G(s) = K/(s(s + 6))%OS = 10 %
K =
35.Plot Bode dan marginSedang
Cari fasa ∠G(jω) dari G(s) = 49(s + 5)/(s(s + 8)) pada ω = 15 rad/s, dalam derajat.
G(s) = 49(s + 5)/(s(s + 8))ω = 15 rad/s
∠G(jω) = °
36.Plot Bode dan marginSulit
Lingkar umpan balik satuan memiliki fungsi alih lingkar terbuka L(s) = 520/(s(s + 8)). Cari frekuensi persilangan penguatan ωc, tempat |L(jω)| = 1.
L(s) = 520/(s(s + 8))
ωc = rad/s
37.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akarSedang
Loop pada diagram memiliki fungsi alih loop terbuka L(s) = K/(s(s + 2)(s + 4)). Cari penguatan terbesar Kmax agar loop tertutup stabil.
L(s) = K/(s(s + 2)(s + 4))
Kmax =
38.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akarSulit
Tempat kedudukan akar dari L(s) = K(s + 6)/(s(s + 1)) meninggalkan sumbu real di antara s = 0 dan s = −1, melingkar, lalu bergabung kembali dengan sumbu real di sebelah kiri nol. Cari titik pencar sb.
L(s) = K(s + 6)/(s(s + 1))
sb =
39.Galat keadaan tunak & kendali PIDSedang
Masukan r(t) = 10 + 5t (undak ditambah ramp) diberikan ke loop umpan balik satuan dengan G(s) = 5/(s(s + 5)(s + 10)). Cari galat keadaan tunak ess.
G(s) = 5/(s(s + 5)(s + 10))r(t) = 10 + 5t
ess =
40.Galat keadaan tunak & kendali PIDSulit
Pengendali proporsional K = 25 mengendalikan plant G(s) = 2/(s(s + 5)) dalam loop umpan balik satuan. Tentukan waktu penetapan 2 % ts dari respons langkah, dengan ts ≈ 4/(ζωₙ).
G(s) = 2/(s(s + 5))K = 25
ts = s
3Larutan
1.Resistor seri & paralel
Jawaban: IR2 = 1,389 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.
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 = 8 + 12 = 20 Ω
R2 ∥ 20 = 2·20/(2+20) = 1,818 Ω
Req = R1 + 1,818 = 8 + 1,818 = 9,818 Ω
Arus dari sumber
Sumber hanya melihat Req, jadi hukum Ohm memberi arus yang dialirkannya. Arus itu mengalir melalui R₁.
IR1 = V1/Req = 15/9,818 = 1,528 A
Arus melalui R₂
Kurangi jatuh tegangan pada R₁ untuk mendapat tegangan di simpul A, yaitu tegangan pada R₂.
VA = V1 − IR1·R1 = 15 − 1,528·8 = 2,778 V
IR2 = VA/R2 = 2,778/2 = 1,389 A
Jawaban
IR2 = 1,389 A
2.Resistor seri & paralel
Jawaban: Req = 25,08 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.
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 = 25 + 25 = 50 Ω
R4 ∥ 50 = 18,75 Ω
R3 + 18,75 = 30,75 Ω
R2 ∥ 30,75 = 10,08 Ω
Req = R1 + 10,08 = 15 + 10,08 = 25,08 Ω
Jawaban
Req = 25,08 Ω
3.Analisis simpul
Jawaban: I1 = 0,2143 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.
KCL di simpul A
Ambil kawat bawah sebagai ground. Setiap cabang mengalirkan (VA − Vk)/Rk keluar dari A, dengan Vk tegangan sumbernya (nol untuk resistor biasa). Arus-arus yang keluar dari A berjumlah nol.
(VA − 12)/2 + (VA − 18)/15 + (VA − 9)/4 = 0
Selesaikan untuk VA
VA = (12/2 + 18/15 + 9/4) / (1/2 + 1/15 + 1/4) = 9,45/0,8167 = 11,57 V
Arus cabang
Panah menunjuk ke atas melalui cabang, masuk ke simpul A.
I1 = (12 − VA)/R1 = (12 − 11,57)/2 = 0,2143 A
Jawaban
I1 = 0,2143 A
Hasil negatif berarti arus sebenarnya mengalir berlawanan dengan panah.
4.Analisis simpul
Jawaban: IR1 = 0,4019 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.
Tentukan simpul
Ground adalah kawat bawah. Tegangan simpul yang diketahui langsung berasal dari sumber (V1 = 6 V, V2 = 24 V). Yang tidak diketahui: VA, VB.
KCL di simpul A
Arus yang keluar dari A melalui resistor sama dengan arus yang dimasukkan sumber ke A.
VA/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/10 + (VA − 6)/6 + (VA − VB)/2 = 0
0,7667·VA − 0,5·VB = 1
KCL di simpul B
Arus yang keluar dari B melalui resistor sama dengan arus yang dimasukkan sumber ke B.
VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/4 + (VB − VA)/2 + (VB − 24)/3 = (−6)
−0,5·VA + 1,083·VB = 2
Selesaikan
Δ = (0,7667)(1,083) − (−0,5)(−0,5) = 0,5806
VA = Δ1/Δ = 2,083/0,5806 = 3,589 V
VB = Δ2/Δ = 2,033/0,5806 = 3,502 V
Jawaban
IR1 = (V1 − VA)/R1 = (6 − 3,589)/6 = 0,4019 A
5.Analisis mesh
Jawaban: IR3 = 3,571 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.
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
4·I1 + 4(I1 − I2) = 30
8·I1 − 4·I2 = 30
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
12·I2 + 4(I2 − I1) = (−10)
−4·I1 + 16·I2 = −10
Selesaikan
Δ = (8)(16) − (−4)(−4) = 112
I1 = Δ1/Δ = 440/112 = 3,929 A
I2 = Δ2/Δ = 40/112 = 0,3571 A
Jawaban
IR3 = I1 − I2 = 3,571 A
Arus mesh negatif mengalir berlawanan arah jarum jam.
6.Analisis mesh
Jawaban: VR4 = 2,71 V
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.
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
20·I1 + 6(I1 − I2) = 5
26·I1 − 6·I2 = 5
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
3·I2 + 6(I2 − I1) + 20(I2 − I3) = 0
−6·I1 + 29·I2 − 20·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
12·I3 + 20(I3 − I2) = (−10)
−20·I2 + 32·I3 = −10
Selesaikan
Δ = determinan matriks koefisien = 12576
I1 = Δ1/Δ = 1440/12576 = 0,1145 A
I2 = Δ2/Δ = −4240/12576 = −0,3372 A
I3 = Δ3/Δ = −6580/12576 = −0,5232 A
Jawaban
IR4 = I1 − I2 = 0,4517 A
VR4 = IR4·R4 = 0,4517·6 = 2,71 V
Arus mesh negatif mengalir berlawanan arah jarum jam.
7.Superposisi
Jawaban: I = 1,8 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
12·k₁ + 10·k₂ = −2,7
6·k₁ + 2·k₂ = 0,9
Selesaikan konstantanya
Δ = (12)(2) − (10)(6) = −36
k₁ = Δ1/Δ = −14,4/−36 = 0,4
k₂ = Δ2/Δ = 27/−36 = −0,75
k₁ = 0,4 mA/V, k₂ = −0,75
Prediksi arus yang baru
I = 0,4·12 + (−0,75)·4 = 1,8 mA
Jawaban
I = 1,8 mA
8.Superposisi
Jawaban: IR3 = −2,252 A
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.
Kasus 1 · hanya V1
V₂ menjadi hubung singkat dan Iₛ rangkaian terbuka. Dilihat dari A, R₃ paralel dengan pasangan seri R₂+R₄.
R3 ∥ (R2+R4) = 10 ∥ 7 = 4,118 Ω
VA = 36·4,118/(15+4,118) = 7,754 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 7,754·5/7 = 5,538 V
IR3′ = (0 − VA)/R3 = (0 − 7,754)/10 = −0,7754 A
Kasus 2 · hanya Is
Kedua sumber tegangan menjadi hubung singkat. Iₛ terbagi di B antara R₄ (kini ke ground) dan R₂ yang seri dengan R₁ ∥ R₃.
R1 ∥ R3 = 6 Ω, jadi jalur kiri adalah R2+6 = 8 Ω
Req = R4 ∥ 8 = 3,077 Ω
VB = Is·Req = 4·3,077 = 12,31 V
VA = VB·6/8 = 9,231 V
IR3″ = (0 − VA)/R3 = (0 − 9,231)/10 = −0,9231 A
Kasus 3 · hanya V2
V₁ menjadi hubung singkat dan Iₛ rangkaian terbuka. R₁ ∥ R₃ tergantung dari A, seri dengan R₂ kembali ke B.
R1 ∥ R3 = 15·10/(15+10) = 6 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 12·8/13 = 7,385 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 7,385·6/8 = 5,538 V
IR3‴ = (0 − VA)/R3 = (0 − 5,538)/10 = −0,5538 A
Jumlahkan kontribusinya
IR3 = IR3′ + IR3″ + IR3‴
IR3 = (−0,7754) + (−0,9231) + (−0,5538) = −2,252 A
Hasil negatif berarti sebenarnya arus mengalir berlawanan dengan panah.
9.Thévenin & Norton
Jawaban: Rth = 8,667 Ω
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.
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 = 4·8/(4+8) = 2,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,667 + 6 = 8,667 Ω
10.Thévenin & Norton
Jawaban: IN = 1,65 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.
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 = 25·2/(25+2) = 1,852 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,852 + 10 = 11,85 Ω
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) = 1,778 + 1,5·1,852 = 4,556 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 4,556 + 1,5·10 = 19,56 V
Ekuivalen Norton
Sumber Norton adalah rangkaian yang sama dilihat sebagai sumber arus paralel dengan R_th. Arusnya adalah arus hubung singkat di a–b.
IN = Vth/Rth = 19,56/11,85 = 1,65 A
11.Transien RC & RL
Jawaban: W = 1,722 mJ
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.
Konstanta waktu dan arus akhir
Lama setelah sakelar ditutup, induktor berperilaku seperti hubung singkat, jadi arus akhir hanya ditentukan oleh R.
τ = L/R = 150 mH / 47 Ω = 3,191 ms
i(∞) = Vs/R = 9/47 = 0,1915 A
Arus pada waktu tertentu
i(t) = 0,1915·(1 − e−5/3,191) = 0,1515 A
Energi tersimpan
W = ½·L·i² = ½·150·0,1515² = 1,722 mJ
Jawaban
W = 1,722 mJ
12.Transien RC & RL
Jawaban: i = 0,5936 A
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
Sebelum t = 0 kedua resistor berada dalam loop; sesudahnya sakelar yang tertutup memintas R₂.
i(0) = 20/(33 + 10) = 0,4651 A
i(∞) = 20/33 = 0,6061 A
τ = L/R = 68/33 = 2,061 ms
i(t) = 0,6061 + (0,4651 − 0,6061)·e−t/τ
Arus pada waktu tertentu
i(5) = 0,6061 + (−0,1409)·e−5/2,061 = 0,5936 A
Jawaban
i = 0,5936 A
13.Impedansi AC & fasor
Jawaban: φ = 33,68 °
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
ω = 2πf = 2π·1000 = 6283 rad/s
XL = ωL = 6283·0,02 = 125,7 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(6283·2,2·10⁻⁶) = 72,34 Ω
Impedansi
Dalam seri, impedansi dijumlahkan sebagai bilangan kompleks: Z = R + j(XL − XC).
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
ω = 2πf = 2π·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,02 = 25,13 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·22·10⁻⁶) = 36,17 Ω
Impedansi
Dalam seri, impedansi dijumlahkan sebagai bilangan kompleks: Z = R + j(XL − XC).
Arus yang sama mengalir melalui setiap elemen rangkaian seri.
I = V/|Z| = 50/18,62 = 2,685 A
Jawaban
I = 2,685 A
15.Daya AC & faktor daya
Jawaban: R = 8 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 = 1800/15² = 8 Ω
Jawaban
R = 8 Ω
16.Daya AC & faktor daya
Jawaban: cos φ = 0,8847
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 = 19·tan(arccos 0,7) = 19,38 kvar
QC = V²·2πf·C = 230²·2π·60·470·10⁻⁶ = 9373 var = 9,373 kvar
Q2 = 19,38 − 9,373 = 10,01 kvar
Daya semu baru
S2 = √(19² + 10,01²) = 21,48 kVA
Faktor daya baru
cos φ = P/S2 = 19/21,48 = 0,8847
Jawaban
cos φ = 0,8847
17.Daya tiga fasa
Jawaban: P = 31 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.
Tegangan fasa
Vph = VL = 415 V
Arus fasa
|Z| = √(6² + 8²) = 10 Ω
Iph = 415/10 = 41,5 A
Daya nyata total
Hanya bagian resistif dari setiap impedansi yang menyerap daya nyata.
P = 3·Iph²·R = 3·41,5²·6 = 31 kW
Jawaban
P = 31 kW
Periksa: cos φ = R/|Z| = 0,6, dan √3·VL·IL·cos φ memberikan daya yang sama.
18.Daya tiga fasa
Jawaban: QC = 63,2 kvar
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 = 150·tan(acos 0,8) = 150·0,75 = 112,5 kvar
Q2 = 150·tan(acos 0,95) = 150·0,3287 = 49,3 kvar
Daya reaktif dari kapasitor
QC = Q1 − Q2 = 63,2 kvar
Jawaban
QC = 63,2 kvar
19.Transformator
Jawaban: ILV = 62,5 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.
ILV = S/V = 15000/240 = 62,5 A
Jawaban
ILV = 62,5 A
20.Transformator
Jawaban: Pcu,fl = 2769 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.
Daya keluaran dan masukan
Pout = 500·0,95 = 475 kW
Pin = 475000/0,988 = 480769 W
Rugi total dan rugi tembaga
Ploss = 480769 − 475000 = 5769 W
Pcu,fl = 5769 − 3000 = 2769 W
Jawaban
Pcu,fl = 2769 W
21.Rangkaian op-amp
Jawaban: Rf = 89,3 kΩ
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 penguat non-pembalik
V₋ = V₊ = Vin, dan arus melalui R₁ juga mengalir melalui Rf, jadi Vout = Vin·(1 + Rf/R₁).
Av = 1 + Rf/R1
Rf = (20 − 1)·4,7 = 89,3 kΩ
Jawaban
Rf = 89,3 kΩ
22.Rangkaian op-amp
Jawaban: Vout = −0,8 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.
Arus masukan
V₋ = 0, jadi setiap resistor masukan menanggung seluruh tegangan masukannya.
I1 = V1/R1 = −1/47 = −0,02128 mA
I2 = V2/R2 = 0,9/4,7 = 0,1915 mA
If = I1 + I2 = 0,1702 mA
Tegangan keluaran
Vout = −Rf·If = −4,7·0,1702 = −0,8 V
Jawaban
Vout = −0,8 V
23.Dioda & transistor
Jawaban: R = 900 Ω
Rangkaian LED dan dioda: LED bias maju menjatuhkan tegangan sekitar tegangan majunya VF (sekitar 2 V untuk merah, 3 V untuk biru atau putih), berapa pun arusnya. Resistor seri menentukan arus: R = (Vs − n·VF)/I untuk n LED seri. Dengan model dioda yang lebih eksak V = V₀ + I·rd, titik kerja berada di tempat garis dioda berpotongan dengan garis beban I = (Vs − V)/R, sehingga I = (Vs − V₀)/(R + rd).
Tegangan pada resistor
VR = 24 − 3·2 = 18 V
Hambatan
R = 18/0,02 = 900 Ω
Jawaban
R = 900 Ω
Resistor menyerap daya 360 mW.
24.Dioda & transistor
Jawaban: RB = 44,79 kΩ
BJT sebagai sakelar: untuk menyalakan beban sepenuhnya, transistor dikemudikan ke saturasi, dengan VCE = VCE(sat) dan arus kolektor ditentukan oleh beban: IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC. Saturasi memerlukan paling sedikit IB = IC(sat)/β. Jika arus basis lebih kecil, transistor tetap aktif dan IC = β·IB.
Arus kolektor saat saturasi
IC(sat) = (5 − 0,2)/1000 = 4,8 mA
Arus basis minimum
IB(min) = IC(sat)/β = 4,8/50 = 96 µA
Resistor basis
RB = (5 − 0,7)/IB = 4,3 V/0,096 mA = 44,79 kΩ
Jawaban
RB = 44,79 kΩ
Resistor basis yang lebih kecil juga menyaturasi transistor; dalam praktik Anda memilih yang beberapa kali lebih kecil.
25.Sistem bilangan
Jawaban: N = 16
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.
Jumlahkan nilai posisi
Bit lainnya tetap bernilai positif seperti biasa.
16 = 16
Jawaban
N = 16
26.Sistem bilangan
Jawaban: b = 11 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
210 = 1024 < 1127
211 = 2048 ≥ 1127
Jawaban
b = 11
27.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flop
Jawaban: L = 5
Aljabar Boolean: aturan yang menyederhanakan ekspresi adalah X + X′ = 1 dan X·X′ = 0, X + X = X, absorpsi X + X·Y = X, aturan penggabungan X·Y + X·Y′ = X, X + X′Y = X + Y, dan teorema konsensus XY + X′Z + YZ = XY + X′Z. Hukum De Morgan mengubah (X·Y)′ menjadi X′ + Y′ dan (X + Y)′ menjadi X′·Y′. Peta Karnaugh menerapkan aturan ini secara grafis: setiap kelompok dua sel bertetangga adalah satu penggunaan XY + XY′ = X.
Minterm dari ekspresi
A′BC′ → m(2)
AB′C → m(5)
ABC′ → m(6)
Kelompokkan dan baca
F = BC′ + AB′C
Hitung literalnya
L = 5
Jawaban
L = 5
28.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flop
Jawaban: N = 5
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.
BC′D, A′BD, A′B′CD′, AB′C′D′, ABCD′
Cakupan minimal
F = BC′D + A′BD + A′B′CD′ + AB′C′D′ + ABCD′
N = 5
Jawaban
N = 5
29.Transformasi Laplace
Jawaban: f(0.6) = −0,6779
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).
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).
Transformasikan persamaannya
Y(s) = 150/(s(s + 3)(s + 5))
Pecahan parsial
A = 150/(3·5) = 10
B = 150/((−3)·2) = −25
C = 150/((−5)·(−2)) = 15
Haluaran
y(t) = 10 − 25·e−3t + 15·e−5t
y(0,2) = 1,798
Jawaban
y(0,2) = 1,798
31.Diagram blok
Jawaban: τ = 0,1351 s
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).
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
s(s + 4) + 60·2 = 0 → s² + 4s + 120 = 0
Akar
s = −2 ± j·√(120 − 4) = −2 ± j10,77
ωd = 10,77 rad/s
Jawaban
ωd = 10,77 rad/s
33.Respons langkah
Jawaban: ωn = 5,657 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).
Bandingkan dengan bentuk baku
Penyebut harus cocok dengan s² + 2ζωₙs + ωₙ².
ωₙ² = 32 → ωₙ = 5,657 rad/s
2ζωₙ = 8 → ζ = 8/(2·5,657) = 0,7071
Hasil
ωₙ = 5,657 rad/s
Jawaban
ωn = 5,657 rad/s
34.Respons langkah
Jawaban: K = 25,75
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).
Fungsi alih loop tertutup
T(s) = K/(s² + 6s + K)
Rasio redaman dari overshoot
ζ = −ln(0,1)/√(π² + ln²(0,1)) = 0,5912
Penguatan
ωₙ = 6/(2ζ) = 5,075 rad/s
K = ωₙ² = 25,75
Jawaban
K = 25,75
35.Plot Bode dan margin
Jawaban: ∠G(jω) = −80,36 °
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.
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 penguatan
ω⁴ + 64ω² − 270400 = 0
ω² = (−64 + √(4096 + 4·270400))/2 = 489
ωc = 22,11 rad/s
Jawaban
ωc = 22,11 rad/s
37.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akar
Jawaban: Kmax = 48
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.
Persamaan karakteristik
s³ + 6s² + 8s + K = 0
Larik Routh
s³: 1, 8
s²: 6, K
s¹: (6·8 − K)/6
s⁰: K
Syarat
Setiap entri kolom pertama harus positif.
K > 0
6·8 − K > 0 → K < 48
Jawaban
Kmax = 48
Pada K = 48 loop tertutup berosilasi pada ω = √8 = 2,828 rad/s.
38.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akar
Jawaban: sb = −0,5228
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.
Penguatan sepanjang sumbu real
K(s) = −(s² + 1s)/(s + 6)
Titik stasioner
Turunkan dengan aturan hasil bagi dan samakan pembilang dengan nol.
(2s + 1)(s + 6) − (s² + 1s) = s² + 12s + 6 = 0
s = −6 ± √30 = −0,5228, −11,48
Titik pencar
sb = −0,5228
Jawaban
sb = −0,5228
Di antara titik pencar dan titik temu, tempat kedudukan berupa lingkaran yang berpusat di nol, dengan jari-jari √30 = 5,477.
39.Galat keadaan tunak & kendali PID
Jawaban: ess = 50
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 kecepatan
Kv = lim s·G(s) = 0,1
Bagian undak
Kp = ∞ → estep = 0
Galat ramp
ess = 5/0,1 = 50
Jawaban
ess = 50
40.Galat keadaan tunak & kendali PID
Jawaban: ts = 1,6 s
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
s(s + 5) + 25·2 = s² + 5s + 50
ωₙ dan ζ
ωₙ = √50 = 7,071 rad/s
ζ = 5/(2·7,071) = 0,3536
Waktu penetapan
ζωₙ = 5/2 = 2,5
ts ≈ 4/2,5 = 1,6 s
Jawaban
ts = 1,6 s
Waktu penetapan di sini tidak bergantung pada K: menaikkan K hanya membuat respons berosilasi lebih cepat.
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.