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​ = 3 ΩIR1​R3​ = 10 Ω+−V1​24 VR2​6 ΩAR4​3 ΩB

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

V1 = 24 VR1 = 3 ΩR2 = 6 ΩR3 = 10 ΩR4 = 3 Ω
IR1 = A
2.Resistor seri & paralelSulit
R1​ = 6 ΩR3​ = 2 ΩR5​ = 8 Ω+−V1​24 VR2​6 ΩIR2​AR4​10 ΩBR6​25 Ω

Cari arus IR2 melalui R2.

V1 = 24 VR1 = 6 ΩR2 = 6 ΩR3 = 2 ΩR4 = 10 ΩR5 = 8 ΩR6 = 25 Ω
IR2 = A
3.Analisis simpulSedang
R1​ = 20 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​6 VR2​10 ΩAR4​15 ΩBIs​4 A

Gunakan analisis simpul untuk mencari daya PIs yang diberikan oleh sumber arus Is.

V1 = 6 VIs = 4 AR1 = 20 ΩR2 = 10 ΩR3 = 3 ΩR4 = 15 Ω
PIs = W
4.Analisis simpulSulit
R1​ = 6 ΩR2​ = 30 ΩIR2​R4​ = 2 Ω+−V1​15 VR3​4 ΩAR5​30 ΩBIs​2,5 A−+V2​6 V

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

V1 = 15 VIs = 2,5 AV2 = 6 VR1 = 6 ΩR2 = 30 ΩR3 = 4 ΩR4 = 2 ΩR5 = 30 Ω
IR2 = A
5.Analisis meshSedang
R1​ = 5 ΩIR1​R2​ = 12 Ω+−V1​24 VR3​12 ΩA+−V2​18 VI1​I2​

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

V1 = 24 VV2 = 18 VR1 = 5 ΩR2 = 12 ΩR3 = 12 Ω
IR1 = A
6.Analisis meshSulit
R1​ = 30 ΩR2​ = 15 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​36 VR4​10 ΩAR5​25 ΩB+−V2​15 VI1​I2​I3​

Gunakan analisis mesh untuk mencari arus mesh I3 (searah jarum jam).

V1 = 36 VV2 = 15 VR1 = 30 ΩR2 = 15 ΩR3 = 5 ΩR4 = 10 ΩR5 = 25 Ω
I3 = A
7.SuperposisiSedang
R1​ = 2 ΩIR1​R3​ = 4 Ω+−V1​18 VR2​4 ΩAR4​2 ΩBIs​4 A

Gunakan superposisi untuk mencari arus IR1 melalui R1 searah panah.

V1 = 18 VIs = 4 AR1 = 2 ΩR2 = 4 ΩR3 = 4 ΩR4 = 2 Ω
IR1 = A
8.SuperposisiSulit
R1​ = 12 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 30 ΩIR4​+−V1​18 VR3​3 ΩAIs​1,5 AB−+V2​30 V

Gunakan superposisi untuk mencari arus IR4 melalui R4 searah panah.

V1 = 18 VIs = 1,5 AV2 = 30 VR1 = 12 ΩR2 = 8 ΩR3 = 3 ΩR4 = 30 Ω
IR4 = A
9.Thévenin & NortonSedang
R1​ = 6 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​24 VR2​20 ΩAab

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

V1 = 24 VR1 = 6 ΩR2 = 20 ΩR3 = 8 Ω
IN = A
10.Thévenin & NortonSulit
R1​ = 12 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​36 VR2​3 ΩAIs​4 ABRL​2 ΩIL​

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

V1 = 36 VIs = 4 AR1 = 12 ΩR2 = 3 ΩR3 = 15 ΩRL = 2 Ω
IL = A
11.Transien RC & RLSedang
R = 33 Ωt = 0L33 mHi(t)

Induktor mengalirkan arus tunak 2,5 A. Pada t = 0 sakelar menutup loop melalui R dan sumber dilepas, jadi arus induktor meluruh melalui R. Berapa lama waktu yang diperlukan agar arus turun ke 0,5 A? Cari t.

i(0) = 2,5 AR = 33 ΩL = 33 mH
t = ms
12.Transien RC & RLSulit
+−Vs​15 Vmembuka pada t = 0R1​ = 10 kΩR2​ = 10 kΩi2​C22 µF+−vC​

Sakelar telah tertutup sejak lama, jadi rangkaian dalam keadaan tunak. Pada t = 0 sakelar membuka. Cari arus i2 melalui R2 pada t = 120 ms.

Vs = 15 VR1 = 10 kΩR2 = 10 kΩC = 22 µFt = 120 ms
i2 = mA
13.Impedansi AC & fasorSedang
Vf0​ = 500 HzRL = 200 mHC = ?

Sebuah rangkaian RLC seri dengan L = 200 mH harus beresonansi pada 500 Hz. Cari kapasitansi C yang diperlukan.

f0 = 500 HzL = 200 mH
C = µF
14.Impedansi AC & fasorSulit
24 V500 HzR = 15 ΩL = 20 mHC = 47 µF

Rangkaian RLC seri dihubungkan ke sumber 24 V (rms), 500 Hz. Cari frekuensi resonansi f0 rangkaian.

V = 24 V (rms)f = 500 HzR = 15 ΩL = 20 mHC = 47 µF
f0 = Hz
15.Daya AC & faktor dayaSedang
230 VZ5 + j12 ΩI

Sebuah beban dengan impedansi Z = 5 + j12 Ω dihubungkan ke sumber satu fase 230 V (rms). Cari daya reaktif Q yang diserapnya.

V = 230 VZ = 5 + j12 Ω
Q = var
16.Daya AC & faktor dayaSulit
P1​ = 26 kWQ1​S1​φ

Sebuah transformator satu fase 100 kVA memasok beban 26 kW pada faktor daya 0,85 tertinggal. Berapa daya nyata tambahan ΔP yang dapat ditambahkan sebagai beban resistif (faktor daya satu) sebelum transformator mencapai rating kVA-nya?

Smax = 100 kVAP1 = 26 kWpf1 = 0,85
ΔP = kW
17.Daya tiga fasaSedang
ABCVL​ = 690 VIL​ = 60 Acos φ = 0,9tertinggal

Beban tiga fasa seimbang menarik arus saluran 60 A dari sumber dengan tegangan antarsaluran 690 V. Faktor dayanya 0,9 tertinggal. Cari daya nyata total P yang diserap beban dalam kW.

VL = 690 VIL = 60 Acos φ = 0,9
P = kW
18.Daya tiga fasaSulit
P = 120 kWφ1​S1​Q2​QC​

Beban tiga fasa seimbang menyerap 120 kW pada faktor daya 0,7 tertinggal dari sumber 690 V (antarsaluran), 50 Hz. Bank kapasitor tiga fasa yang diparalel dengan beban harus menaikkan faktor daya keseluruhan menjadi 0,98 tertinggal. Daya nyatanya tetap sama. Kapasitor dihubungkan secara Y. Cari kapasitansi Cph setiap kapasitor dalam µF.

P = 120 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,98VL = 690 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.TransformatorSedang
10 Ω51

Resistor 10 Ω dihubungkan pada kumparan sekunder transformator ideal dengan rasio lilitan N₁:N₂ = 5:1. Cari hambatan R1′ yang terlihat dari kumparan primer.

N1:N2 = 5:1RL = 10 Ω
R1′ = Ω
20.TransformatorSulit
250 kVA

Sebuah transformator satu fasa 250 kVA memiliki rugi inti 1250 W dan rugi tembaga 5000 W pada beban pengenal. Pada beban Sη,max berapa, dalam kVA, efisiensinya paling tinggi?

S = 250 kVAPcore = 1250 WPcu,fl = 5000 W
Sη,max = kVA
21.Rangkaian op-ampSedang
−+Vout​Rf​ = 22 kΩR1​ = 10 kΩVin​

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

R1 = 10 kΩRf = 22 kΩVsat = ±12 V
Vin,max = V
22.Rangkaian op-ampSulit
−+Vout​Rf​ = 22 kΩV1​ = 2 VR1​ = 22 kΩV2​ = −1,3 VR2​ = 47 kΩ

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

V1 = 2 VV2 = −1,3 VR1 = 22 kΩR2 = 47 kΩRf = 22 kΩ
Vout = V
23.Dioda & transistorSedang
RC​ = 4,7 kΩβ = 50IC​ = ?VCC​ = 12 VRB​ = 330 kΩ

Sebuah transistor NPN dengan β = 50 dibias oleh resistor basis RB = 330 kΩ dari sumber VCC = 12 V. Resistor kolektornya RC = 4,7 kΩ dan emitornya dihubungkan ke ground. Ambil VBE = 0,7 V dan asumsikan transistor berada di daerah aktif. Cari arus kolektor IC dalam mA.

VCC = 12 VRB = 330 kΩRC = 4,7 kΩβ = 50VBE = 0,7 V
IC = mA
24.Dioda & transistorSulit
V (V)I (mA)0,633Q = ?

Sebuah dioda dimodelkan sebagai 0,6 V yang diseri dengan 5 Ω (ia menghantar di atas 0,6 V). Dioda itu diseri dengan resistor 1000 Ω melintasi catu 3 V. Cari arus kerja ID di tempat garis dioda bertemu garis beban.

Vs = 3 VR = 1000 ΩV0 = 0,6 Vrd = 5 Ω
ID = mA
25.Sistem bilanganSedang
Komplemen dua 8-bit0−12806403201608040201

Atur bit sehingga menyimpan −75 dalam komplemen dua 8-bit. Dibaca sebagai bilangan tak bertanda, berapa nilai pola U?

N = −758 bit
U =
26.Sistem bilanganSulit
10 bit, tak bertanda, N = ???????????

Berapa bilangan bulat tak bertanda terbesar N yang muat dalam 10 bit?

10 bit
N =
27.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flopSedang
ABC000111100101324576

Sederhanakan F = A′B′C′ + B′C′ + ABC′ ke bentuk jumlah dari hasil kali minimal. Berapa literal L yang dimiliki ekspresi yang sudah disederhanakan?

F = A′B′C′ + B′C′ + ABC′
L =
28.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flopSulit
FFQ0​Q0​FFQ1​Q1​FFQ2​Q2​FFQ3​Q3​CLKMOD-12

Clock 2 kHz menggerakkan pencacah mod-12. Carilah frekuensi fout dari keluaran paling signifikannya, yang menyelesaikan satu siklus per siklus pencacahan.

fclk = 2 kHzN = 12
fout = kHz
29.Transformasi LaplaceSedang
ReIm−2−4−6−824

Tentukan f(t) untuk F(s) = (4s + 30)/(s² + 4s + 20) dengan melengkapkan kuadrat, lalu hitung f(0,8).

F(s) = (4s + 30)/(s² + 4s + 20)t = 0,8 s
f(0.8) =
30.Transformasi LaplaceSulit
ReIm−1−2−312

Sebuah sistem dinyatakan oleh persamaan diferensial y″ + 6y′ + 13y = 3u′ + u, dengan masukan u(t) dan keluaran y(t). Tentukan fungsi alihnya G(s) = Y(s)/U(s) (syarat awal nol) dan hitung respons impuls g(t) pada t = 0,25 s. Tentukan g(0,25).

y″ + 6y′ + 13y = 3u′ + ut = 0,25 s
g(0.25) =
31.Diagram blokSedang
R(s)+Ks(s + 10)G(s)C(s)−

Plant G(s) = K/(s(s + 10)) berada dalam loop umpan balik negatif satuan. Tentukan penguatan K agar loop tertutup teredam kritis (dua kutub riil yang sama).

G(s) = K/(s(s + 10))umpan balik negatif satuan
K =
32.Diagram blokSulit
R(s)+Kpengendali+D(s)+1s + 3plantC(s)−

Pengendali proporsional K menggerakkan plant G(s) = 1/(s + 3) dalam loop umpan balik negatif satuan. Gangguan langkah berukuran 0,5 masuk di masukan plant sementara R = 0. Tentukan penguatan terkecil K yang menjaga keluaran keadaan tunak sama dengan atau di bawah 0,008333.

G(s) = 1/(s + 3)D = 0,5css ≤ 0,008333
K =
33.Respons langkahSedang
t (s)y(t)0,5

Sebuah sistem memiliki fungsi alih G(s) = 15,5/(s² + 6s + 31) dan menerima masukan langkah satuan. Kutubnya s = σ ± jωd. Tentukan bagian riil σ.

G(s) = 15,5/(s² + 6s + 31)
σ =
34.Respons langkahSulit
R(s)+140s(s + 4)G(s)C(s)−

Loop umpan balik negatif satuan memiliki G(s) = 140/(s(s + 4)). Tentukan waktu penetapan 2 % ts dari respons langkah loop tertutup, dengan ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 140/(s(s + 4))
ts = s
35.Plot Bode dan marginSedang
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 20

Cari fasa ∠G(jω) dari G(s) = 26(s + 12)/(s(s + 5)) pada ω = 20 rad/s, dalam derajat.

G(s) = 26(s + 12)/(s(s + 5))ω = 20 rad/s
∠G(jω) = °
36.Plot Bode dan marginSulit
|H| (dB)0,10,1111010100100−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​ = ?

Lingkar umpan balik satuan memiliki fungsi alih lingkar terbuka L(s) = 16/(s(s + 8)). Cari frekuensi persilangan penguatan ωc, tempat |L(jω)| = 1.

L(s) = 16/(s(s + 8))
ωc = rad/s
37.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akarSedang
R(s)+K1s(s + 3)(s + 8)C(s)−

Loop pada diagram memiliki fungsi alih loop terbuka L(s) = K/(s(s + 3)(s + 8)). Penguatan dinaikkan sampai loop tertutup berada di ambang kestabilan. Cari frekuensi ω osilasi yang terus-menerus.

L(s) = K/(s(s + 3)(s + 8))
ω = rad/s
38.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akarSulit
ReIm−1−2−3−4−5−6j1

Tempat kedudukan akar dari L(s) = K/(s(s + 1)(s + 5)) meninggalkan sumbu real di antara s = 0 dan s = −1. Cari titik pencar sb.

L(s) = K/(s(s + 1)(s + 5))
sb =
39.Galat keadaan tunak & kendali PIDSedang
R(s)+K = 12,510s + 1C(s)−

Suatu proses G(s) = 2,5/(10s + 1) dikendalikan oleh penguatan proporsional K = 1 dalam loop umpan balik satuan. Cari galat keadaan tunak ess untuk undak, sebagai persentase dari ukuran undak.

G(s) = 2,5/(10s + 1)K = 1
ess = %
40.Galat keadaan tunak & kendali PIDSulit
R(s)+K = 102s(s + 2)C(s)−

Pengendali proporsional K = 10 mengendalikan plant G(s) = 2/(s(s + 2)) dalam loop umpan balik satuan. Tentukan waktu puncak tp dari respons langkah.

G(s) = 2/(s(s + 2))K = 10
tp = s

3Larutan

1.Resistor seri & paralel

Jawaban: IR1 = 3,378 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​ = 3 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​24 VR2​6 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 = 10 + 3 = 13 Ω
R2 ∥ 13 = 6·13/(6+13) = 4,105 Ω
Req = R1 + 4,105 = 3 + 4,105 = 7,105 Ω

Arus dari sumber

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

IR1 = V1/Req = 24/7,105 = 3,378 A

Jawaban

IR1 = 3,378 A
2.Resistor seri & paralel

Jawaban: IR2 = 1,527 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​ = 6 ΩR3​ = 2 ΩR5​ = 8 Ω+−V1​24 VR2​6 ΩAR4​10 ΩBR6​25 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 = 8 + 25 = 33 Ω
R4 ∥ 33 = 7,674 Ω
R3 + 7,674 = 9,674 Ω
R2 ∥ 9,674 = 3,703 Ω
Req = R1 + 3,703 = 6 + 3,703 = 9,703 Ω

Arus dari sumber

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

IR1 = V1/Req = 24/9,703 = 2,473 A

Arus melalui R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 24 − 2,473·6 = 9,16 V
IR2 = VA/R2 = 9,16/6 = 1,527 A

Jawaban

IR2 = 1,527 A
3.Analisis simpul

Jawaban: PIs = 98,92 W

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

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/10 + (VA − 6)/20 + (VA − VB)/3 = 0
0,4833·VA − 0,3333·VB = 0,3

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)/3 = 4
−0,3333·VA + 0,4·VB = 4

Selesaikan

Δ = (0,4833)(0,4) − (−0,3333)(−0,3333) = 0,08222
VA = Δ1/Δ = 1,453/0,08222 = 17,68 V
VB = Δ2/Δ = 2,033/0,08222 = 24,73 V

Daya yang diberikan sumber arus

Sumber mendorong Iₛ ke atas masuk ke simpul B, dari ground (0 V) ke VB. Sumber yang arusnya keluar dari ujung + memberikan daya P = V·I.

PIs = VB·Is = 24,73·4 = 98,92 W

Jawaban

PIs = 98,92 W
4.Analisis simpul

Jawaban: IR2 = 0,2024 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​ = 6 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 2 Ω+−V1​15 VR3​4 ΩAR5​30 ΩBIs​2,5 A−+V2​6 V

Tentukan simpul

Ground adalah kawat bawah. Tegangan simpul yang diketahui langsung berasal dari sumber (V1 = 15 V, V2 = −6 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/4 + (VA − 15)/6 + (VA − VB)/30 = 0
0,45·VA − 0,03333·VB = 2,5

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/30 + (VB − VA)/30 + (VB − (−6))/2 = 2,5
−0,03333·VA + 0,5667·VB = −0,5

Selesaikan

Δ = (0,45)(0,5667) − (−0,03333)(−0,03333) = 0,2539
VA = Δ1/Δ = 1,4/0,2539 = 5,514 V
VB = Δ2/Δ = −0,1417/0,2539 = −0,558 V

Jawaban

IR2 = (VA − VB)/R2 = (5,514 − −0,558)/30 = 0,2024 A
5.Analisis mesh

Jawaban: IR1 = 1,364 A

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

R1​ = 5 ΩR2​ = 12 Ω+−V1​24 VR3​12 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
5·I1 + 12(I1 − I2) = 24
17·I1 − 12·I2 = 24

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 + 12(I2 − I1) = (−18)
−12·I1 + 24·I2 = −18

Selesaikan

Δ = (17)(24) − (−12)(−12) = 264
I1 = Δ1/Δ = 360/264 = 1,364 A
I2 = Δ2/Δ = −18/264 = −0,06818 A

Jawaban

IR1 = I1 = 1,364 A

Arus mesh negatif mengalir berlawanan arah jarum jam.

6.Analisis mesh

Jawaban: I3 = −0,6094 A

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

R1​ = 30 ΩR2​ = 15 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​36 VR4​10 ΩAR5​25 ΩB+−V2​15 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) = 36
40·I1 − 10·I2 = 36

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
15·I2 + 10(I2 − I1) + 25(I2 − I3) = 0
−10·I1 + 50·I2 − 25·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
5·I3 + 25(I3 − I2) = (−15)
−25·I2 + 30·I3 = −15

Selesaikan

Δ = determinan matriks koefisien = 32000
I1 = Δ1/Δ = 27750/32000 = 0,8672 A
I2 = Δ2/Δ = −4200/32000 = −0,1313 A
I3 = Δ3/Δ = −19500/32000 = −0,6094 A

Jawaban

I3 = −0,6094 A

Arus mesh negatif mengalir berlawanan arah jarum jam.

7.Superposisi

Jawaban: IR1 = 3,364 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.

R1​ = 2 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​18 VR2​4 ΩAR4​2 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 = 4+2 = 6 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 4·6/(4+6) = 2,4 Ω
VA = 18·2,4/(2+2,4) = 9,818 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 9,818·2/6 = 3,273 V
IR1′ = (V1 − VA)/R1 = (18 − 9,818)/2 = 4,091 A
R1​ = 2 ΩR3​ = 4 ΩHUBUNG SINGKATR2​4 ΩAR4​2 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.

R1 ∥ R2 = 2·4/(2+4) = 1,333 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 2 ∥ 5,333 = 1,455 Ω
VB = Is·Req = 4·1,455 = 5,818 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 5,818·1,333/5,333 = 1,455 V
IR1″ = (V1 − VA)/R1 = (0 − 1,455)/2 = −0,7273 A

Jumlahkan kontribusinya

IR1 = IR1′ + IR1″
IR1 = 4,091 + (−0,7273) = 3,364 A

Hasil negatif berarti sebenarnya arus mengalir berlawanan dengan panah.

8.Superposisi

Jawaban: IR4 = −1,218 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.

R1​ = 12 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 30 Ω+−V1​18 VR3​3 ΩATERBUKABHUBUNG SINGKAT

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) = 3 ∥ 38 = 2,78 Ω
VA = 18·2,78/(12+2,78) = 3,386 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 3,386·30/38 = 2,673 V
IR4′ = (V2 − VB)/R4 = (0 − 2,673)/30 = −0,08911 A
R1​ = 12 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 30 ΩHUBUNG SINGKATR3​3 ΩAIs​1,5 ABHUBUNG SINGKAT

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 = 2,4 Ω, jadi jalur kiri adalah R2+2,4 = 10,4 Ω
Req = R4 ∥ 10,4 = 7,723 Ω
VB = Is·Req = 1,5·7,723 = 11,58 V
VA = VB·2,4/10,4 = 2,673 V
IR4″ = (V2 − VB)/R4 = (0 − 11,58)/30 = −0,3861 A
R1​ = 12 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 30 ΩHUBUNG SINGKATR3​3 ΩATERBUKAB−+V2​30 V

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 = 12·3/(12+3) = 2,4 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−30)·10,4/40,4 = −7,723 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −7,723·2,4/10,4 = −1,782 V
IR4‴ = (V2 − VB)/R4 = (−30 − −7,723)/30 = −0,7426 A

Jumlahkan kontribusinya

IR4 = IR4′ + IR4″ + IR4‴
IR4 = (−0,08911) + (−0,3861) + (−0,7426) = −1,218 A

Hasil negatif berarti sebenarnya arus mengalir berlawanan dengan panah.

9.Thévenin & Norton

Jawaban: IN = 1,463 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​ = 6 ΩR3​ = 8 ΩHUBUNG SINGKATR2​20 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 = 6·20/(6+20) = 4,615 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,615 + 8 = 12,62 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​24 VR2​20 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) = 24·20/(6+20) = 18,46 V
IN​1,463 ARth​12,62 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 = 18,46/12,62 = 1,463 A
10.Thévenin & Norton

Jawaban: IL = 3,959 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​ = 15 ΩHUBUNG SINGKATR2​3 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 = 12·3/(12+3) = 2,4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,4 + 15 = 17,4 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​36 VR2​3 ΩAIs​4 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) = 7,2 + 4·2,4 = 16,8 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 16,8 + 4·15 = 76,8 V
Rth​ = 17,4 Ω+−Vth​76,8 VRL​2 ΩIL​

Hubungkan beban ke ekuivalen Thévenin

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

IL = Vth/(Rth + RL) = 76,8/(17,4 + 2) = 3,959 A
11.Transien RC & RL

Jawaban: t = 1,609 ms

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

Konstanta waktu

τ = L/R = 33 mH / 33 Ω = 1 ms

Selesaikan untuk waktu

0,5 = 2,5·e−t/τ → t = τ·ln(2,5/0,5)
t = 1·ln(5) = 1,609 ms

Jawaban

t = 1,609 ms
12.Transien RC & RL

Jawaban: i2 = 0,4347 mA

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.

Tegangan awal kapasitor

Dalam keadaan tunak kapasitor adalah rangkaian terbuka, jadi R₁ dan R₂ membentuk pembagi tegangan. Tegangan kapasitor tidak dapat melompat saat sakelar membuka.

vC(0) = 15·10/(10 + 10) = 7,5 V

Konstanta waktu setelah sakelar membuka

τ = R2·C = 10·22 = 220 ms

Pengosongan

vC(t) = 7,5·e−120/220 = 4,347 V
i2 = vC/R2 = 4,347/10 = 0,4347 mA

Jawaban

i2 = 0,4347 mA
13.Impedansi AC & fasor

Jawaban: C = 0,5066 µF

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|.

Syarat resonansi

Pada resonansi reaktansi induktif dan kapasitif saling meniadakan: ωL = 1/(ωC).

ω₀ = 2π·500 = 3142 rad/s
C = 1/(ω₀²·L) = 1/(3142²·0,2) = 0,5066 µF

Jawaban

C = 0,5066 µF
14.Impedansi AC & fasor

Jawaban: f0 = 164,2 Hz

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|.

Resonansi

Saat resonansi, reaktansi induktif dan kapasitif saling meniadakan: ωL = 1/(ωC). Frekuensi sumber tidak berpengaruh.

f0 = 1/(2π√(LC)) = 1/(2π·√(0,02·47·10⁻⁶)) = 164,2 Hz

Jawaban

f0 = 164,2 Hz
15.Daya AC & faktor daya

Jawaban: Q = 3756 var

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.

Arus

|Z| = √(5² + 12²) = 13 Ω
I = V/|Z| = 230/13 = 17,69 A

Daya reaktif

Q = I²·X = 17,69²·12 = 3756 var

Jawaban

Q = 3756 var
16.Daya AC & faktor daya

Jawaban: ΔP = 72,69 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 = 26·tan(arccos 0,85) = 16,11 kvar

Daya nyata total terbesar

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

P = √(Smax² − Q1²) = √(100² − 16,11²) = 98,69 kW

Daya nyata tambahan

ΔP = 98,69 − 26 = 72,69 kW

Jawaban

ΔP = 72,69 kW
17.Daya tiga fasa

Jawaban: P = 64,54 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 = √3·690·60 = 71,71 kVA

Daya nyata

P = S·cos φ = 71,71·0,9 = 64,54 kW

Jawaban

P = 64,54 kW
18.Daya tiga fasa

Jawaban: Cph = 655,6 µF

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

Daya reaktif sebelum dan sesudah

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

Q1 = 120·tan(acos 0,7) = 120·1,02 = 122,4 kvar
Q2 = 120·tan(acos 0,98) = 120·0,2031 = 24,37 kvar

Daya reaktif dari kapasitor

QC = Q1 − Q2 = 98,06 kvar

Kapasitansi per fasa

Pada bank Y, setiap kapasitor terhubung di antara satu saluran dan titik bintang.

V = 690/√3 = 398,4 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 32686/(314,2·398,4²) = 655,6 µF

Jawaban

Cph = 655,6 µF
19.Transformator

Jawaban: R1′ = 250 Ω

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.

Hambatan yang dirujuk

Tegangan naik sebesar a dan arus turun sebesar a, sehingga rasio V/I naik sebesar a².

R1′ = a²·RL = 5²·10 = 250 Ω

Jawaban

R1′ = 250 Ω
20.Transformator

Jawaban: Sη,max = 125 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

x²·5000 = 1250 → x = √(1250/5000) = 0,5

Beban pada efisiensi maksimum

Sη,max = x·S = 0,5·250 = 125 kVA

Jawaban

Sη,max = 125 kVA
21.Rangkaian op-amp

Jawaban: Vin,max = 3,75 V

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

Penguatan

Av = 1 + Rf/R1 = 1 + 22/10 = 3,2

Masukan terbesar sebelum terpotong

Vin,max = Vsat/|Av| = 12/3,2 = 3,75 V

Jawaban

Vin,max = 3,75 V
22.Rangkaian op-amp

Jawaban: Vout = −1,391 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 = 2/22 = 0,09091 mA
I2 = V2/R2 = −1,3/47 = −0,02766 mA
If = I1 + I2 = 0,06325 mA

Tegangan keluaran

Vout = −Rf·If = −22·0,06325 = −1,391 V

Jawaban

Vout = −1,391 V
23.Dioda & transistor

Jawaban: IC = 1,712 mA

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

Arus basis

IB = (VCC − VBE)/RB = (12 − 0,7)/330 kΩ = 34,24 µA

Arus kolektor

IC = β·IB = 50·34,24 µA = 1,712 mA

Jawaban

IC = 1,712 mA

Periksa: VCE = 3,953 V jauh di atas 0,2 V, sehingga transistor memang aktif.

24.Dioda & transistor

Jawaban: ID = 2,388 mA

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).

Gabungkan kedua persamaan

3 = 0,6 + I·(1000 + 5)

Arus kerja

ID = 2,4/1005 = 2,388 mA
VD = 0,6 + 0,002388·5 = 0,6119 V

Jawaban

ID = 2,388 mA
25.Sistem bilangan

Jawaban: U = 181

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

75 = 0100 1011
dibalik: 1011 0100
+1 → 1011 0101

Baca sebagai tak bertanda

1011 0101₂ = 256 − 75 = 181

Jawaban

U = 181
26.Sistem bilangan

Jawaban: N = 1023

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

210 − 1 = 1023

Jawaban

N = 1023
27.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flop

Jawaban: L = 4

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′B′C′ → m(0)
B′C′ → m(0, 4)
ABC′ → m(6)
ABC00011110011001030214050716

Kelompokkan dan baca

F = B′C′ + AC′

Hitung literalnya

L = 4

Jawaban

L = 4
28.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flop

Jawaban: fout = 0,1667 kHz

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.

Pembagian frekuensi

fout = 2 kHz / 12 = 0,1667 kHz

Jawaban

fout = 0,1667 kHz
29.Transformasi Laplace

Jawaban: f(0.8) = −0,871

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).

Lengkapkan kuadrat

s² + 4s + 20 = (s + 2)² + 16 = (s + 2)² + 4²

Cocokkan pembilangnya

F(s) = 4·(s + 2)/((s + 2)² + 4²) + (22/4)·4/((s + 2)² + 4²)

Transformasi balik

f(t) = e−2t·(4·cos 4t + 5,5·sin 4t)
f(0,8) = e−2·0,8·(4·cos(4·0,8) + 5,5·sin(4·0,8)) = −0,871

Jawaban

f(0,8) = −0,871
30.Transformasi Laplace

Jawaban: g(0.25) = 0,3378

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

Fungsi alih

G(s) = Y(s)/U(s) = (3s + 1)/(s² + 6s + 13)

Pecahan parsial

s² + 6s + 13 = (s + 3)² + 2²
G(s) = 3·(s + 3)/((s + 3)² + 2²) + (−8/2)·2/((s + 3)² + 2²)

Respons impuls

g(t) = e−3t·(3·cos 2t − 4·sin 2t)
g(0,25) = 0,3378

Jawaban

g(0,25) = 0,3378
31.Diagram blok

Jawaban: K = 25

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

Persamaan karakteristik

1 + K/(s(s + 10)) = 0 → s² + 10s + K = 0

Akar kembar

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

10² = 4K → K = 100/4 = 25

Jawaban

K = 25
Kedua kutub loop tertutup lalu berada di s = −5.
32.Diagram blok

Jawaban: K = 57

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)) = 0,5·1/(3 + 1K)

Selesaikan untuk K

3 + 1K = 0,5·1/0,008333 = 60
K = (60 − 3)/1 = 57

Jawaban

K = 57
33.Respons langkah

Jawaban: σ = −3

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 = 31 → ωₙ = 5,568 rad/s
2ζωₙ = 6 → ζ = 6/(2·5,568) = 0,5388

Hasil

σ = −ζωₙ = −6/2 = −3

Jawaban

σ = −3
34.Respons langkah

Jawaban: ts = 2 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).

Fungsi alih loop tertutup

T(s) = 140/(s² + 4s + 140): ωₙ = 11,83 rad/s, ζ = 0,169

Waktu penetapan

ζωₙ = 4/2 = 2
ts ≈ 4/(ζωₙ) = 2 s

Jawaban

ts = 2 s

Untuk loop ini ζωₙ = a/2 berapa pun K: menaikkan K menambah overshoot tetapi tidak memperpendek waktu penetapan.

35.Plot Bode dan margin

Jawaban: ∠G(jω) = −106,9 °

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(20/12) − 90° − atan(20/5) = 59,04° − 90° − 75,96°

Hasil

∠G(j20) = −106,9°

Jawaban

∠G(jω) = −106,9°
36.Plot Bode dan margin

Jawaban: ωc = 1,943 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 penguatan

ω⁴ + 64ω² − 256 = 0
ω² = (−64 + √(4096 + 4·256))/2 = 3,777
ωc = 1,943 rad/s

Jawaban

ωc = 1,943 rad/s
37.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akar

Jawaban: ω = 4,899 rad/s

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

Larik Routh

s³ + 11s² + 24s + K = 0
s³: 1, 24
s²: 11, K
s¹: (11·24 − K)/11
s⁰: K

Penguatan kritis

K = 11·24 = 264

Persamaan bantu

Pada penguatan kritis baris s¹ bernilai nol; baris s² memberikan kutub-kutub pada sumbu imajiner.

11s² + 264 = 0 → s = ±j√24
ω = 4,899 rad/s

Jawaban

ω = 4,899 rad/s
38.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akar

Jawaban: sb = −0,4725

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) = −s(s + 1)(s + 5) = −(s³ + 6s² + 5s)

Titik stasioner

dK/ds = −(3s² + 12s + 5) = 0
s = (−12 ± √(144 − 60))/6 = −0,4725, −3,528

Pilih titik pada tempat kedudukan

Tempat kedudukan terletak pada sumbu real di antara 0 dan −1; akar yang lain bukan bagian dari tempat kedudukan.

sb = −0,4725

Jawaban

sb = −0,4725
39.Galat keadaan tunak & kendali PID

Jawaban: ess = 28,57 %

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 posisi

Kp = 1·2,5 = 2,5

Galat undak

ess = 100/(1 + 2,5) = 28,57 %

Jawaban

ess = 28,57 %
40.Galat keadaan tunak & kendali PID

Jawaban: tp = 0,7207 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 + 2) + 10·2 = s² + 2s + 20

ωₙ dan ζ

ωₙ = √20 = 4,472 rad/s
ζ = 2/(2·4,472) = 0,2236

Waktu puncak

ωd = 4,472·√(1 − 0,2236²) = 4,359 rad/s
tp = π/4,359 = 0,7207 s

Jawaban

tp = 0,7207 s

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

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