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​ = 10 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​10 VR2​12 ΩAR4​3 ΩB

Cari resistansi ekuivalen Req yang dilihat sumber V1.

V1 = 10 VR1 = 10 ΩR2 = 12 ΩR3 = 4 ΩR4 = 3 Ω
Req = Ω
2.Resistor seri & paralelSulit
R1​ = 12 ΩR3​ = 6 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​36 VR2​2 ΩIR2​AR4​3 ΩBR6​4 Ω

Cari arus IR2 melalui R2.

V1 = 36 VR1 = 12 ΩR2 = 2 ΩR3 = 6 ΩR4 = 3 ΩR5 = 3 ΩR6 = 4 Ω
IR2 = A
3.Analisis simpulSedang
R1​ = 20 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​12 VR2​5 ΩAR4​15 ΩBIs​1,5 A

Gunakan analisis simpul untuk mencari tegangan simpul VB (diukur terhadap ground).

V1 = 12 VIs = 1,5 AR1 = 20 ΩR2 = 5 ΩR3 = 20 ΩR4 = 15 Ω
VB = V
4.Analisis simpulSulit
R1​ = 12 ΩIR1​R2​ = 25 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​15 VR3​20 ΩAR5​15 ΩBIs​4 A+−V2​9 V

Gunakan analisis simpul untuk mencari arus IR1 melalui R1 searah panah.

V1 = 15 VIs = 4 AV2 = 9 VR1 = 12 ΩR2 = 25 ΩR3 = 20 ΩR4 = 15 ΩR5 = 15 Ω
IR1 = A
5.Analisis meshSedang
R1​ = 15 ΩR2​ = 12 Ω+−VR2​+−V1​9 VR3​2 ΩA+−V2​18 VI1​I2​

Gunakan analisis mesh untuk mencari tegangan VR2 pada R2 dengan polaritas yang ditunjukkan.

V1 = 9 VV2 = 18 VR1 = 15 ΩR2 = 12 ΩR3 = 2 Ω
VR2 = V
6.Analisis meshSulit
R1​ = 30 ΩR2​ = 10 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​12 VR4​10 Ω+−VR4​AR5​8 ΩB+−V2​5 VI1​I2​I3​

Gunakan analisis mesh untuk mencari tegangan VR4 pada R4 dengan polaritas yang ditunjukkan.

V1 = 12 VV2 = 5 VR1 = 30 ΩR2 = 10 ΩR3 = 30 ΩR4 = 10 ΩR5 = 8 Ω
VR4 = V
7.SuperposisiSedang
R1​ = 6 ΩIR1​R3​ = 3 Ω+−V1​12 VR2​6 ΩAR4​4 ΩBIs​4 A

Gunakan superposisi untuk mencari daya PR1 yang diserap oleh R1.

V1 = 12 VIs = 4 AR1 = 6 ΩR2 = 6 ΩR3 = 3 ΩR4 = 4 Ω
PR1 = W
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 = 16,5 mA. Dengan V1 digandakan dan dua lainnya tidak berubah, I = 22,5 mA. Dengan arah Is dibalik dan dua lainnya tidak berubah, I = 14,5 mA. Cari arus beban I ketika V2 dimatikan dan V1 serta Is bernilai normal.

normal: I = 16,5 mA2·V1: I = 22,5 mA−Is: I = 14,5 mA
I = mA
9.Thévenin & NortonSedang
R1​ = 12 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​24 VR2​8 ΩAab

Cari arus Norton IN: arus yang mengalir dari a ke b jika terminal dihubung singkat.

V1 = 24 VR1 = 12 ΩR2 = 8 ΩR3 = 4 Ω
IN = A
10.Thévenin & NortonSulit
R1​ = 8 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​9 VR2​8 ΩAIs​2,5 ABab

Cari arus Norton IN: arus yang mengalir dari a ke b jika terminal dihubung singkat.

V1 = 9 VIs = 2,5 AR1 = 8 ΩR2 = 8 ΩR3 = 2 Ω
IN = A
11.Transien RC & RLSedang
+−Vs​12 Vt = 0R = 50 ΩL68 mHi(t)

Induktor tidak dialiri arus sebelum sakelar ditutup pada t = 0. Cari tegangan vL pada induktor saat t = 1 ms.

Vs = 12 VR = 50 ΩL = 68 mHt = 1 ms
vL = V
12.Transien RC & RLSulit
+−Vs​12 Vt = 0R = 1 kΩC?+−vC​

Sebuah pewaktu mulai mengisi kapasitor yang tidak bermuatan melalui resistor dari catu 12 V pada t = 0. Pewaktu harus terpicu ketika tegangan kapasitor mencapai 9 V, tepat 100 ms setelah mulai. Dengan R = 1 kΩ, cari kapasitansi C yang diperlukan.

Vs = 12 VVth = 9 VT = 100 msR = 1 kΩ
C = µF
13.Impedansi AC & fasorSedang
100 V500 HzR = 20 ΩL = 20 mHC = 10 µFI

Rangkaian RLC seri dihubungkan ke sumber 100 V (rms), 500 Hz. Cari daya nyata P yang diambil dari sumber.

V = 100 V (rms)f = 500 HzR = 20 ΩL = 20 mHC = 10 µF
P = W
14.Impedansi AC & fasorSulit
120 V60 HzR = 100 ΩL = 100 mHC = 22 µFI

Rangkaian RLC seri dihubungkan ke sumber 120 V (rms), 60 Hz. Cari arus rms I.

V = 120 V (rms)f = 60 HzR = 100 ΩL = 100 mHC = 22 µF
I = A
15.Daya AC & faktor dayaSedang
230 V122 kW, 0,65216 kW, 0,9I = ?

Dua beban dihubungkan paralel ke sumber satu fase 230 V: beban 22 kW dengan faktor daya 0,65 tertinggal dan beban 16 kW dengan faktor daya 0,9 mendahului. Cari arus total I yang ditarik dari sumber.

V = 230 VP1 = 22 kW, pf1 = 0,65 tertinggalP2 = 16 kW, pf2 = 0,9 mendahului
I = A
16.Daya AC & faktor dayaSulit
P1​ = 6 kWQ1​S1​φ

Sebuah transformator satu fase 15 kVA memasok beban 6 kW pada faktor daya 0,7 tertinggal. Berapa daya nyata tambahan ΔP yang dapat ditambahkan sebagai beban resistif (faktor daya satu) sebelum transformator mencapai rating kVA-nya?

Smax = 15 kVAP1 = 6 kWpf1 = 0,7
ΔP = kW
17.Daya tiga fasaSedang
ABCVL​ = 208 VIL​ = 40 Acos φ = 0,82tertinggal

Beban tiga fasa seimbang menarik arus saluran 40 A dari sumber dengan tegangan antarsaluran 208 V. Faktor dayanya 0,82 tertinggal. Cari daya nyata total P yang diserap beban dalam kW.

VL = 208 VIL = 40 Acos φ = 0,82
P = kW
18.Daya tiga fasaSulit
P = 150 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Beban tiga fasa seimbang menyerap 150 kW pada faktor daya 0,72 tertinggal dari sumber 690 V (antarsaluran), 60 Hz. Bank kapasitor tiga fasa yang diparalel dengan beban harus menaikkan faktor daya keseluruhan menjadi 0,98 tertinggal. Daya nyatanya tetap sama. Cari daya reaktif total QC yang harus disuplai bank kapasitor, dalam kvar.

P = 150 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,98VL = 690 Vf = 60 Hz
QC = kvar
19.TransformatorSedang
RL​ = 8 Ω1011200 VV2​I1​ = ?I2​

Sebuah transformator ideal dengan rasio lilitan N₁:N₂ = 10:1 diberi tegangan 1200 V pada kumparan primernya. Resistor 8 Ω dihubungkan pada kumparan sekunder. Cari arus primer I1.

N1:N2 = 10:1V1 = 1200 VRL = 8 Ω
I1 = A
20.TransformatorSulit
250 kVA

Sebuah transformator satu fasa 250 kVA memiliki rugi inti 750 W dan rugi tembaga 1125 W pada beban pengenal. Pada beban Sη,max berapa, dalam kVA, efisiensinya paling tinggi?

S = 250 kVAPcore = 750 WPcu,fl = 1125 W
Sη,max = kVA
21.Rangkaian op-ampSedang
−+Vout​Rf​ = 100 kΩR1​ = 10 kΩVin​ = 0,6 V

Op-amp ideal dan dicatu ±15 V. Cari tegangan keluaran Vout.

Vin = 0,6 VR1 = 10 kΩRf = 100 kΩ
Vout = V
22.Rangkaian op-ampSulit
−+Vout​Rf​ = 4,7 kΩV1​ = −1,9 VR1​ = 2 kΩV2​ = −1,6 VR2​ = 4,7 kΩ

Penguat penjumlah memakai op-amp ideal yang dicatu ±15 V. Cari tegangan keluaran Vout.

V1 = −1,9 VV2 = −1,6 VR1 = 2 kΩR2 = 4,7 kΩRf = 4,7 kΩ
Vout = V
23.Dioda & transistorSedang
RC​ = 2,2 kΩβ = 200VCC​ = 12 VRB​ = 820 kΩ

Sebuah transistor NPN dengan β = 200 dibias oleh resistor basis RB = 820 kΩ dari sumber VCC = 12 V. Resistor kolektornya RC = 2,2 kΩ dan emitornya dihubungkan ke ground. Ambil VBE = 0,7 V dan asumsikan transistor berada di daerah aktif. Cari tegangan kolektor–emitor VCE.

VCC = 12 VRB = 820 kΩRC = 2,2 kΩβ = 200VBE = 0,7 V
VCE = V
24.Dioda & transistorSulit
RC​ = 100 Ωβ = 100IC​ = ?VCC​ = 5 V5 VRB​ = 1 kΩ

Sebuah transistor NPN dengan β = 100 mengalihkan resistor beban 100 Ω yang terhubung antara VCC = 5 V dan kolektornya. Emitornya dihubungkan ke ground. Basis dikemudikan dari keluaran logika 5 V melalui resistor basis RB = 1 kΩ. Ambil VBE = 0,7 V dan VCE(sat) = 0,2 V. Cari arus kolektor IC dalam mA saat masukan tinggi. Tentukan dulu apakah transistor saturasi.

VCC = 5 VRC = 100 Ωβ = 100Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 VRB = 1 kΩ
IC = mA
25.Sistem bilanganSedang
Komplemen dua 8-bit0−12806403201608040201

Atur bit sehingga menyimpan −97 dalam komplemen dua 8-bit. Dibaca sebagai bilangan tak bertanda, berapa nilai pola U?

N = −978 bit
U =
26.Sistem bilanganSulit
16 bit, tak bertanda, N = ?????????????????

Berapa bilangan bulat tak bertanda terbesar N yang muat dalam 16 bit?

16 bit
N =
27.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flopSedang
ABC00011110010011031204051716

Pakai peta Karnaugh untuk mencari bentuk jumlah dari hasil kali (SOP) minimal dari F(A, B, C) = Σm(1, 2, 6, 7). Berapa suku hasil kali N yang dimilikinya?

F(A, B, C) = Σm(1, 2, 6, 7)
N =
28.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flopSulit
TQ0​Q0​TQ1​Q1​TQ2​Q2​TQ3​Q3​CLKMOD-9

Sebuah pencacah mod-9 sinkron menghitung 0, 1, …, 8 lalu kembali ke 0. Pencacah dimulai dari 8. Berapa hitungan Q (dalam desimal) yang ditunjukkannya setelah 29 pulsa clock?

Q0 = 829N = 9
Q =
29.Transformasi LaplaceSedang
ReIm−0,5−1−1,5−20,51

F(s) = 28/(s² + 3s + 2). Transformasi baliknya berbentuk f(t) = A·e−t + B·e−2t. Tentukan koefisien A dengan pecahan parsial.

F(s) = 28/(s² + 3s + 2)
A =
30.Transformasi LaplaceSulit
t (s)y(t)t = 0,2y(0,2) = ?

Selesaikan y″ + 10y′ + 24y = 0 dengan y(0) = −4 dan y′(0) = 12 memakai transformasi Laplace, lalu tentukan y(0,2).

y″ + 10y′ + 24y = 0y(0) = −4y′(0) = 12t = 0,2 s
y(0.2) =
31.Diagram blokSedang
R(s)+7s + 4G(s)C(s)0,25H−

Plant G(s) = 7/(s + 4) dikendalikan dalam loop umpan balik negatif yang sensornya memiliki penguatan H = 0,25. Sebuah masukan langkah berukuran 1 diberikan pada R. Tentukan keluaran keadaan tunak css.

G(s) = 7/(s + 4)H = 0,25R = 1
css =
32.Diagram blokSulit
R(s)+Kpengendali+D(s)+7s + 2plantC(s)−

Pengendali proporsional K menggerakkan plant G(s) = 7/(s + 2) dalam loop umpan balik negatif satuan. Gangguan langkah berukuran 2 masuk di masukan plant sementara R = 0. Tentukan penguatan terkecil K yang menjaga keluaran keadaan tunak sama dengan atau di bawah 0,07.

G(s) = 7/(s + 2)D = 2css ≤ 0,07
K =
33.Respons langkahSedang
t (s)y(t)1

Sebuah sistem memiliki fungsi alih G(s) = 74/(s² + 4s + 74) dan menerima masukan langkah satuan. Cari rasio redaman ζ.

G(s) = 74/(s² + 4s + 74)
ζ =
34.Respons langkahSulit
R(s)+Ks(s + 8)G(s)C(s)−

Loop umpan balik negatif satuan memiliki G(s) = K/(s(s + 8)). Tentukan penguatan K yang memberi respons langkah dengan overshoot 2 %.

G(s) = K/(s(s + 8))%OS = 2 %
K =
35.Plot Bode dan marginSedang
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−60−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 5

Cari fasa ∠G(jω) dari G(s) = 8(s + 17)/(s(s + 10)) pada ω = 5 rad/s, dalam derajat.

G(s) = 8(s + 17)/(s(s + 10))ω = 5 rad/s
∠G(jω) = °
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) = 120/(s(s + 2)(s + 10)). Cari frekuensi persilangan fasa ω180, tempat ∠L(jω) = −180°.

L(s) = 120/(s(s + 2)(s + 10))
ω180 = rad/s
37.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akarSedang
R(s)+Ks + 9s(s + 2)(s + 4)C(s)−

Suatu loop umpan balik satuan memiliki L(s) = K(s + 9)/(s(s + 2)(s + 4)), dengan K > 0. Cari penguatan terbesar Kmax agar loop tertutup stabil.

L(s) = K(s + 9)/(s(s + 2)(s + 4))
Kmax =
38.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akarSulit
ReIm−5j5

Tempat kedudukan akar dari L(s) = K/((s + 4)(s + 5)(s + 6)) digambarkan. Cari frekuensi ω tempat kurva itu memotong sumbu imajiner.

L(s) = K/((s + 4)(s + 5)(s + 6))
ω = rad/s
39.Galat keadaan tunak & kendali PIDSedang
r(t) = 0,5·t²/2+10(s + 2)s²(s + 4)C(s)−

Masukan parabola r(t) = 0,5·t²/2 diberikan ke loop umpan balik satuan dengan G(s) = 10(s + 2)/(s²(s + 4)). Cari galat keadaan tunak ess.

G(s) = 10(s + 2)/(s²(s + 4))r(t) = 0,5·t²/2
ess =
40.Galat keadaan tunak & kendali PIDSulit
R(s)+Kp​ + Ki​/s4s + 5C(s)−

Pengendali PI C(s) = Kp + Ki/s mengendalikan plant G(s) = 4/(s + 5) dalam loop umpan balik satuan. Loop tertutup harus memiliki ωₙ = 5 rad/s dan ζ = 1. Cari penguatan proporsional Kp.

G(s) = 4/(s + 5)ωₙ = 5 rad/sζ = 1
Kp =

3Larutan

1.Resistor seri & paralel

Jawaban: Req = 14,42 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​ = 10 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​10 VR2​12 ΩAR4​3 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 = 4 + 3 = 7 Ω
R2 ∥ 7 = 12·7/(12+7) = 4,421 Ω
Req = R1 + 4,421 = 10 + 4,421 = 14,42 Ω

Jawaban

Req = 14,42 Ω
2.Resistor seri & paralel

Jawaban: IR2 = 2,122 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​ = 12 ΩR3​ = 6 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​36 VR2​2 ΩAR4​3 ΩBR6​4 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 = 3 + 4 = 7 Ω
R4 ∥ 7 = 2,1 Ω
R3 + 2,1 = 8,1 Ω
R2 ∥ 8,1 = 1,604 Ω
Req = R1 + 1,604 = 12 + 1,604 = 13,6 Ω

Arus dari sumber

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

IR1 = V1/Req = 36/13,6 = 2,646 A

Arus melalui R₂

Kurangi jatuh tegangan pada R₁ untuk mendapat tegangan di simpul A, yaitu tegangan pada R₂.

VA = V1 − IR1·R1 = 36 − 2,646·12 = 4,245 V
IR2 = VA/R2 = 4,245/2 = 2,122 A

Jawaban

IR2 = 2,122 A
3.Analisis simpul

Jawaban: VB = 14,77 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.

R1​ = 20 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​12 VR2​5 ΩAR4​15 ΩBIs​1,5 A

Tentukan simpul

Ground adalah kawat bawah. Tegangan simpul yang diketahui langsung berasal dari sumber (V1 = 12 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/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/5 + (VA − 12)/20 + (VA − VB)/20 = 0
0,3·VA − 0,05·VB = 0,6

KCL di simpul B

Arus yang keluar dari B melalui resistor sama dengan arus yang dimasukkan sumber ke B.

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/15 + (VB − VA)/20 = 1,5
−0,05·VA + 0,1167·VB = 1,5

Selesaikan

Δ = (0,3)(0,1167) − (−0,05)(−0,05) = 0,0325
VA = Δ1/Δ = 0,145/0,0325 = 4,462 V
VB = Δ2/Δ = 0,48/0,0325 = 14,77 V

Jawaban

VB = 14,77 V
4.Analisis simpul

Jawaban: IR1 = 1,014 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.

R1​ = 12 ΩR2​ = 25 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​15 VR3​20 ΩAR5​15 ΩBIs​4 A+−V2​9 V

Tentukan simpul

Ground adalah kawat bawah. Tegangan simpul yang diketahui langsung berasal dari sumber (V1 = 15 V, V2 = 9 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/20 + (VA − 15)/12 + (VA − VB)/25 = 0
0,1733·VA − 0,04·VB = 1,25

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/15 + (VB − VA)/25 + (VB − 9)/15 = (−4)
−0,04·VA + 0,1733·VB = −3,4

Selesaikan

Δ = (0,1733)(0,1733) − (−0,04)(−0,04) = 0,02844
VA = Δ1/Δ = 0,08067/0,02844 = 2,836 V
VB = Δ2/Δ = −0,5393/0,02844 = −18,96 V

Jawaban

IR1 = (V1 − VA)/R1 = (15 − 2,836)/12 = 1,014 A
5.Analisis mesh

Jawaban: VR2 = −14,77 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.

R1​ = 15 ΩR2​ = 12 Ω+−V1​9 VR3​2 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 + 2(I1 − I2) = 9
17·I1 − 2·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
12·I2 + 2(I2 − I1) = (−18)
−2·I1 + 14·I2 = −18

Selesaikan

Δ = (17)(14) − (−2)(−2) = 234
I1 = Δ1/Δ = 90/234 = 0,3846 A
I2 = Δ2/Δ = −288/234 = −1,231 A

Jawaban

IR2 = I2 = −1,231 A
VR2 = IR2·R2 = −1,231·12 = −14,77 V

Arus mesh negatif mengalir berlawanan arah jarum jam.

6.Analisis mesh

Jawaban: VR4 = 2,387 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.

R1​ = 30 ΩR2​ = 10 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​12 VR4​10 ΩAR5​8 ΩB+−V2​5 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
30·I1 + 10(I1 − I2) = 12
40·I1 − 10·I2 = 12

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
10·I2 + 10(I2 − I1) + 8(I2 − I3) = 0
−10·I1 + 28·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) = (−5)
−8·I2 + 38·I3 = −5

Selesaikan

Δ = determinan matriks koefisien = 36200
I1 = Δ1/Δ = 11600/36200 = 0,3204 A
I2 = Δ2/Δ = 2960/36200 = 0,08177 A
I3 = Δ3/Δ = −4140/36200 = −0,1144 A

Jawaban

IR4 = I1 − I2 = 0,2387 A
VR4 = IR4·R4 = 0,2387·10 = 2,387 V

Arus mesh negatif mengalir berlawanan arah jarum jam.

7.Superposisi

Jawaban: PR1 = 26,46 W

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.

R1​ = 6 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​12 VR2​6 ΩAR4​4 ΩBTERBUKA

Kasus 1 · hanya V1

Iₛ menjadi rangkaian terbuka, jadi R₃ dan R₄ membentuk satu cabang seri dari A ke ground, paralel dengan R₂.

R3+R4 = 3+4 = 7 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 6·7/(6+7) = 3,231 Ω
VA = 12·3,231/(6+3,231) = 4,2 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 4,2·4/7 = 2,4 V
IR1′ = (V1 − VA)/R1 = (12 − 4,2)/6 = 1,3 A
R1​ = 6 ΩR3​ = 3 ΩHUBUNG SINGKATR2​6 ΩAR4​4 ΩBIs​4 A

Kasus 2 · hanya Is

V₁ menjadi hubung singkat, jadi R₁ paralel dengan R₂. Iₛ terbagi di B antara R₄ dan jalur melalui R₃. Panah Iₛ mengarah ke bawah, menjauhi simpulnya, jadi Iₛ menarik arus keluar dari simpul itu: sukunya masuk dengan tanda minus.

R1 ∥ R2 = 6·6/(6+6) = 3 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 4 ∥ 6 = 2,4 Ω
VB = −Is·Req = −4·2,4 = −9,6 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = −9,6·3/6 = −4,8 V
IR1″ = (V1 − VA)/R1 = (0 − −4,8)/6 = 0,8 A

Jumlahkan kontribusi arus

IR1 = IR1′ + IR1″ = 1,3 + 0,8 = 2,1 A

Daya pada resistor

Daya bergantung pada kuadrat arus, jadi tidak mengikuti superposisi: jumlahkan dulu arusnya, lalu kuadratkan.

PR1 = IR1²·R1 = 2,1²·6 = 26,46 W

Jawaban

PR1 = 26,46 W

Menjumlahkan daya dari kasus-kasus terpisah akan memberi 13,98 W, dan itu salah.

8.Superposisi

Jawaban: I = 7 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 = 16,5
2·I₁ + I₂ + I₃ = 22,5
I₁ + I₂ − I₃ = 14,5

Selesaikan kontribusinya

I₁ = 22,5 − 16,5 = 6 mA
I₃ = (16,5 − 14,5)/2 = 1 mA
I₂ = 16,5 − 6 − 1 = 9,5 mA

Matikan V₂

I = I₁ + I₃ = 6 + 1 = 7 mA

Jawaban

I = 7 mA
9.Thévenin & Norton

Jawaban: IN = 1,091 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​ = 12 ΩR3​ = 4 ΩHUBUNG SINGKATR2​8 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 = 12·8/(12+8) = 4,8 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,8 + 4 = 8,8 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​24 VR2​8 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) = 24·8/(12+8) = 9,6 V
IN​1,091 ARth​8,8 Ωab

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 = 9,6/8,8 = 1,091 A
10.Thévenin & Norton

Jawaban: IN = −1,75 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​ = 8 ΩR3​ = 2 ΩHUBUNG SINGKATR2​8 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 = 8·8/(8+8) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 2 = 6 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​9 VR2​8 ΩAIs​2,5 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) = 4,5 + (−2,5)·4 = −5,5 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −5,5 + (−2,5)·2 = −10,5 V
IN​1,75 ARth​6 Ωab

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 = −10,5/6 = −1,75 A
11.Transien RC & RL

Jawaban: vL = 5,752 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.

Konstanta waktu dan arus akhir

Lama setelah sakelar ditutup, induktor berperilaku seperti hubung singkat, jadi arus akhir hanya ditentukan oleh R.

τ = L/R = 68 mH / 50 Ω = 1,36 ms
i(∞) = Vs/R = 12/50 = 0,24 A

Tegangan induktor

Pada t = 0 seluruh tegangan sumber muncul pada induktor; kemudian meluruh ke nol.

vL(t) = Vs·e−t/τ = 12·e−1/1,36 = 5,752 V

Jawaban

vL = 5,752 V
12.Transien RC & RL

Jawaban: C = 72,13 µF

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 yang diperlukan

9 = 12·(1 − e−100/τ) → τ = 100/ln(12/(12 − 9))
τ = 100/1,386 = 72,13 ms

Kapasitansi

kΩ dikali µF menghasilkan milidetik.

C = τ/R = 72,13/1 = 72,13 µF

Jawaban

C = 72,13 µF
13.Impedansi AC & fasor

Jawaban: P = 146,9 W

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 = 62,83 Ω, XC = 31,83 Ω

Impedansi

|Z| = √(20² + (31)²) = 36,89 Ω

Daya nyata

Induktor dan kapasitor hanya menyimpan dan mengembalikan energi; resistor menyerap seluruh daya nyata.

I = 100/36,89 = 2,711 A
P = I²·R = 2,711²·20 = 146,9 W

Jawaban

P = 146,9 W
14.Impedansi AC & fasor

Jawaban: I = 0,924 A

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·60 = 377 rad/s
XL = ωL = 377·0,1 = 37,7 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(377·22·10⁻⁶) = 120,6 Ω

Impedansi

Dalam seri, impedansi dijumlahkan sebagai bilangan kompleks: Z = R + j(XL − XC).

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(100² + (−82,87)²) = 129,9 Ω

Arus

Arus yang sama mengalir melalui setiap elemen rangkaian seri.

I = V/|Z| = 120/129,9 = 0,924 A

Jawaban

I = 0,924 A
15.Daya AC & faktor daya

Jawaban: I = 182,8 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 tiap beban

Beban tertinggal mengambil daya reaktif (Q > 0); beban mendahului memasoknya (Q < 0).

Q1 = 22·tan(arccos 0,65) = 25,72 kvar
Q2 = −16·tan(arccos 0,9) = −7,749 kvar

Total

P = 22 + 16 = 38 kW
Q = 25,72 + (−7,749) = 17,97 kvar
S = √(38² + 17,97²) = 42,04 kVA

Arus total

I = S/V = 42035/230 = 182,8 A

Jawaban

I = 182,8 A
16.Daya AC & faktor daya

Jawaban: ΔP = 7,694 kW

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 beban yang ada

Q1 = 6·tan(arccos 0,7) = 6,121 kvar

Daya nyata total terbesar

Pada rating penuh S = Smax, dan Q tidak diubah oleh beban resistif.

P = √(Smax² − Q1²) = √(15² − 6,121²) = 13,69 kW

Daya nyata tambahan

ΔP = 13,69 − 6 = 7,694 kW

Jawaban

ΔP = 7,694 kW
17.Daya tiga fasa

Jawaban: P = 11,82 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 = √3·208·40 = 14,41 kVA

Daya nyata

P = S·cos φ = 14,41·0,82 = 11,82 kW

Jawaban

P = 11,82 kW
18.Daya tiga fasa

Jawaban: QC = 114,1 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 0,72) = 150·0,9639 = 144,6 kvar
Q2 = 150·tan(acos 0,98) = 150·0,2031 = 30,46 kvar

Daya reaktif dari kapasitor

QC = Q1 − Q2 = 114,1 kvar

Jawaban

QC = 114,1 kvar
19.Transformator

Jawaban: I1 = 1,5 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.

Tegangan dan arus sekunder

V2 = 1200/10 = 120 V
I2 = 120/8 = 15 A

Arus primer

Transformator ideal tidak memiliki rugi-rugi: V₁·I₁ = V₂·I₂.

I1 = I2/10 = 1,5 A

Jawaban

I1 = 1,5 A

Periksa: beban yang terlihat dari sisi primer adalah a²·RL = 800 Ω, dan 1200/800 memberikan arus yang sama.

20.Transformator

Jawaban: Sη,max = 204,1 kVA

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 sama dengan rugi inti

x²·1125 = 750 → x = √(750/1125) = 0,8165

Beban pada efisiensi maksimum

Sη,max = x·S = 0,8165·250 = 204,1 kVA

Jawaban

Sη,max = 204,1 kVA
21.Rangkaian op-amp

Jawaban: Vout = 6,6 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.

Masukan pembalik mengikuti masukan

V₋ = V₊ = 0,6 V
I = V₋/R1 = 0,6/10 = 0,06 mA

Tegangan keluaran

Arus melalui R₁ juga mengalir melalui Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = 0,6 + 0,06·100 = 6,6 V

Jawaban

Vout = 6,6 V
22.Rangkaian op-amp

Jawaban: Vout = 6,065 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 = −1,9/2 = −0,95 mA
I2 = V2/R2 = −1,6/4,7 = −0,3404 mA
If = I1 + I2 = −1,29 mA

Tegangan keluaran

Vout = −Rf·If = −4,7·(−1,29) = 6,065 V

Jawaban

Vout = 6,065 V
23.Dioda & transistor

Jawaban: VCE = 5,937 V

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.

Arus basis

IB = (VCC − VBE)/RB = (12 − 0,7)/820 kΩ = 13,78 µA

Arus kolektor

IC = β·IB = 200·13,78 µA = 2,756 mA

Tegangan kolektor–emitor

VCE = 12 − 2,756 mA·2,2 kΩ = 5,937 V

Jawaban

VCE = 5,937 V
24.Dioda & transistor

Jawaban: IC = 48 mA

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 basis

IB = (5 − 0,7)/1 kΩ = 4300 µA

Saturasi atau aktif?

β·IB lebih besar daripada IC(sat), sehingga transistor saturasi.

β·IB = 430 mA
IC(sat) = (5 − 0,2)/100 = 48 mA

Arus kolektor

IC = IC(sat) = 48 mA

Jawaban

IC = 48 mA

Transistor saturasi.

25.Sistem bilangan

Jawaban: U = 159

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

97 = 0110 0001
dibalik: 1001 1110
+1 → 1001 1111

Baca sebagai tak bertanda

1001 1111₂ = 256 − 97 = 159

Jawaban

U = 159
26.Sistem bilangan

Jawaban: N = 65535

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.

Nilai terbesar

216 − 1 = 65535

Jawaban

N = 65535
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.

ABC00011110010011031204051716

Kelompokkan angka 1

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

BC′
AB
A′B′C

Bentuk SOP minimal

F = BC′ + AB + A′B′C
N = 3

Jawaban

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

Jawaban: Q = 1

Flip-flop dan pencacah: flip-flop hanya berubah pada tepi clock aktif. D menyalin masukannya (Q⁺ = D); T berbalik jika T = 1; JK bertahan untuk 00, reset untuk 01, set untuk 10, dan berbalik untuk 11. Pencacah biner n bit memiliki 2ⁿ keadaan dan menghitung modulo 2ⁿ; pencacah mod-N berurutan 0, 1, …, N − 1 lalu kembali ke 0, dan memerlukan flip-flop sebanyak n terkecil dengan 2ⁿ ≥ N. Setiap tahap pencacah ripple membagi dua frekuensi, sehingga keluaran terakhir pencacah mod-N berjalan pada fclk/N. Pencacah Johnson dari n flip-flop memiliki 2n keadaan, pencacah cincin n.

Siklus penuh

Setiap 9 pulsa mengembalikan pencacah ke keadaan yang sama.

29 = 3·9 + 2

Hitungan setelah pulsa yang tersisa

Q = (8 + 2) mod 9 = 1
Q = 0001₂

Jawaban

Q = 1
29.Transformasi Laplace

Jawaban: A = 28

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 + 3s + 2 = (s + 1)(s + 2)
F(s) = A/(s + 1) + B/(s + 2)

Aturan tutup (cover-up)

Kalikan dengan (s + 1) dan masukkan s = −1: suku B lenyap.

A = 28/(s + 2) |s = −1 = 28/1 = 28

Jawaban

A = 28
(B = −28, jadi f(t) = 28·e−t − 28·e−2t)
30.Transformasi Laplace

Jawaban: y(0.2) = −2,094

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

s²Y − (−4)s − 12 + 10(sY − (−4)) + 24Y = 0
Y(s) = (−4s − 28)/((s + 4)(s + 6))

Pecahan parsial

A = −12/2 = −6
B = −4/(−2) = 2

Hasil

y(t) = −6·e−4t + 2·e−6t
y(0,2) = −2,094

Jawaban

y(0,2) = −2,094

Periksa: y(0) = A + B = −4.

31.Diagram blok

Jawaban: css = 1,217

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).

Fungsi alih loop tertutup

T(s) = G/(1 + G·H) = 7/(s + 4 + 1,75) = 7/(s + 5,75)

Hasil

css = R·T(0) = 1·7/5,75 = 1,217

Jawaban

css = 1,217
32.Diagram blok

Jawaban: K = 28,29

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).

Respons gangguan

css = D·G(0)/(1 + K·G(0)) = 2·7/(2 + 7K)

Selesaikan untuk K

2 + 7K = 2·7/0,07 = 200
K = (200 − 2)/7 = 28,29

Jawaban

K = 28,29
33.Respons langkah

Jawaban: ζ = 0,2325

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 = 74 → ωₙ = 8,602 rad/s
2ζωₙ = 4 → ζ = 4/(2·8,602) = 0,2325

Hasil

ζ = 0,2325

Jawaban

ζ = 0,2325
34.Respons langkah

Jawaban: K = 26,32

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 + 8s + K)

Rasio redaman dari overshoot

ζ = −ln(0,02)/√(π² + ln²(0,02)) = 0,7797

Penguatan

ωₙ = 8/(2ζ) = 5,13 rad/s
K = ωₙ² = 26,32

Jawaban

K = 26,32
35.Plot Bode dan margin

Jawaban: ∠G(jω) = −100,2 °

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.

Jumlahkan sudut

∠G = atan(5/17) − 90° − atan(5/10) = 16,39° − 90° − 26,57°

Hasil

∠G(j5) = −100,2°

Jawaban

∠G(jω) = −100,2°
36.Plot Bode dan margin

Jawaban: ω180 = 4,472 rad/s

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/2)·(ω/10) = 1 → ω180 = √(2·10) = 4,472 rad/s

Jawaban

ω180 = 4,472 rad/s
37.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akar

Jawaban: Kmax = 16

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.

Polinomial karakteristik

s(s + 2)(s + 4) + K(s + 9) = s³ + 6s² + (8 + K)s + 9K

Larik Routh

s³: 1, 8 + K
s²: 6, 9K
s¹: (6·(8 + K) − 9K)/6
s⁰: 9K

Syarat

48 − 3K > 0
K < 48/3 = 16

Jawaban

Kmax = 16

Bila nol berada di sebelah kanan s = −6, loop akan tetap stabil untuk setiap K > 0.

38.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akar

Jawaban: ω = 8,602 rad/s

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 kritis

s³ + 15s² + 74s + 120 + K = 0
s¹: (15·74 − 120 − K)/15 = 0 → K = 990

Frekuensi perpotongan

15s² + 120 + 990 = 15s² + 1110 = 0 → s² = −74
ω = √74 = 8,602 rad/s

Jawaban

ω = 8,602 rad/s
39.Galat keadaan tunak & kendali PID

Jawaban: ess = 0,1

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 percepatan

Ka = 10·2/4 = 5

Galat parabola

ess = 0,5/5 = 0,1

Jawaban

ess = 0,1
40.Galat keadaan tunak & kendali PID

Jawaban: Kp = 1,25

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 + 5).

s² + (5 + 4Kp)s + 4Ki

Polinomial target

s² + 2·1·5s + 5² = s² + 10s + 25

Samakan koefisien-koefisiennya

5 + 4Kp = 10 → Kp = 1,25

Jawaban

Kp = 1,25

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

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