Di jendela cetak, pilih “Simpan sebagai PDF” untuk menyimpan salinan di perangkat Anda.
1Rumus dan metode
Resistor seri & paralel
Resistor seri
Req = R1 + R2 + …
Resistor paralel
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
Dua resistor paralel
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Hukum Ohm
V = I·R
Daya
P = V·I = I²R = V²/R
Metode
Mulailah dari ujung jaringan yang paling jauh dari terminal.
Gabungkan resistor seri dengan menjumlahkannya, dan resistor paralel dengan 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
Gambar ulang rangkaian setelah setiap langkah.
Ulangi sampai tersisa satu resistor di antara terminal.
Analisis simpul
Hukum arus Kirchhoff
ΣIin = ΣIout
Arus cabang
I = (Va − Vb)/R
Simpul referensi
Vground = 0
Metode
Pilih simpul referensi (ground) dan beri label tegangan simpul lainnya.
Tulis hukum arus Kirchhoff di setiap simpul yang tidak diketahui: arus yang keluar melalui setiap cabang sama dengan arus yang masuk.
Nyatakan setiap arus cabang sebagai (Va − Vb)/R.
Selesaikan sistem persamaannya, lalu cari arus yang Anda perlukan.
Analisis mesh
Hukum tegangan Kirchhoff
ΣV = 0 di setiap loop
Resistor bersama
arus = I1 − I2
Sumber arus dalam mesh
menetapkan arus mesh tersebut
Metode
Gambar arus searah jarum jam di setiap mesh (jendela) rangkaian.
Terapkan hukum tegangan Kirchhoff di sekeliling setiap mesh: jumlah tegangan jatuh sama dengan nol.
Pada resistor yang dipakai bersama oleh dua mesh, arusnya adalah selisih kedua arus mesh.
Selesaikan persamaannya; hasil negatif berarti arus mengalir ke arah sebaliknya.
Superposisi
Superposisi
x = x1 + x2 + … (one source at a time)
Sumber tegangan dimatikan
hubung singkat (0 V)
Sumber arus dimatikan
rangkaian terbuka (0 A)
Pembagi tegangan
V2 = V·R2/(R1 + R2)
Pembagi arus
I1 = I·R2/(R1 + R2)
Metode
Hitung jumlah sumber independen. Anda akan menyelesaikan satu rangkaian yang lebih sederhana untuk setiap sumber.
Pertahankan satu sumber dan matikan yang lain: sumber tegangan menjadi hubung singkat (kawat), sumber arus menjadi rangkaian terbuka (celah).
Selesaikan rangkaian yang lebih sederhana untuk tegangan atau arus yang Anda perlukan, dengan memperhatikan arahnya.
Ulangi untuk setiap sumber, lalu jumlahkan kontribusinya beserta tandanya.
Thévenin & Norton
Tegangan Thévenin
Vth = Vopen circuit
Resistansi Thévenin
Rth: semua sumber dimatikan, dilihat dari a–b
Arus Norton
IN = Vth/Rth
Arus beban
IL = Vth/(Rth + RL)
Transfer daya maksimum
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)
Metode
Lepaskan beban dan tandai kedua terminal a dan b.
Cari tegangan rangkaian terbuka antara a dan b: inilah Vth.
Matikan semua sumber independen dan cari hambatan yang terlihat dari a–b: inilah Rth.
Pasang kembali beban pada rangkaian ekuivalen: Vth seri dengan Rth.
Untuk ekuivalen Norton, konversikan: IN = Vth/Rth, dengan RN = Rth secara paralel.
Transien RC & RL
Konstanta waktu
τ = RC | τ = L/R
Respons
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
Kapasitor pada DC
rangkaian terbuka; vC tidak dapat melompat
Induktor pada DC
hubung singkat; iL tidak dapat melompat
Keadaan tunak
t ≈ 5τ
Metode
Cari nilai awal sesaat setelah sakelar berpindah: tegangan kapasitor dan arus induktor tidak dapat melompat.
Cari nilai akhir lama setelah sakelar berpindah: kapasitor berperilaku sebagai rangkaian terbuka, induktor sebagai hubung singkat.
Cari konstanta waktu: τ = RC atau τ = L/R, dengan hambatan yang terlihat oleh kapasitor atau induktor.
Gunakan x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ.
Impedansi AC & fasor
Impedansi
ZR = R, ZL = jωL, ZC = 1/(jωC)
Frekuensi sudut
ω = 2πf
Besar dan sudut
|Z| = √(R² + X²), φ = atan(X/R)
Hukum Ohm dalam fasor
V = I·Z
Metode
Ubah frekuensinya: ω = 2πf.
Cari setiap reaktansi: XL = ωL dan XC = 1/(ωC).
Jumlahkan impedansi seperti resistor, dengan Z = R + jX.
Cari besar |Z| = √(R² + X²) dan sudut φ = atan(X/R), lalu gunakan hukum Ohm dengan fasor.
Daya AC & faktor daya
Daya nyata
P = V·I·cos φ
Daya reaktif
Q = V·I·sin φ
Daya semu
S = V·I = √(P² + Q²)
Faktor daya
pf = cos φ = P/S
Kapasitor kompensasi
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(ωV²)
Daya tiga fasa
Hubungan Y
VL = √3·Vph, IL = Iph
Hubungan Δ
VL = Vph, IL = √3·Iph
Daya nyata total
P = √3·VL·IL·cos φ = 3·Iph²·R
Daya semu dan daya reaktif
S = √3·VL·IL, Q = P·tan φ
Kapasitor perbaikan faktor daya
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(3ωV²)
Tegangan pada setiap kapasitor
Δ: VL Y: VL/√3
Daya masukan motor
Pin = Pout/η
Transformator
Rasio lilitan
a = N1/N2 = V1/V2
Rasio arus
I1/I2 = N2/N1 = 1/a
Arus pengenal
I = S/V
Impedansi yang dirujuk
Z1′ = a²·ZL
Rugi tembaga pada beban parsial
Pcu = x²·Pcu,fl
Efisiensi
η = x·S·pf/(x·S·pf + Pcore + x²·Pcu,fl)
Efisiensi maksimum
x = √(Pcore/Pcu,fl)
Rangkaian op-amp
Penguat pembalik
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Penguat tak membalik
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Penguat penjumlah
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
Op-amp ideal
V+ = V−, Iin = 0
Dioda & transistor
Dioda (tegangan jatuh konstan)
VD = 0,7 V when conducting
Daerah aktif
VBE = 0,7 V, IC = β·IB, IE = (β + 1)·IB
Bias tetap
IB = (VCC − 0,7)/RB
Bias pembagi tegangan
IB = (VTH − 0,7)/(RTH + (β + 1)RE)
Thévenin dari pembagi tegangan
VTH = VCC·R2/(R1 + R2), RTH = R1∥R2
Loop kolektor
VCE = VCC − ICRC − IERE
Saturasi
IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC, IB ≥ IC(sat)/β
Sistem bilangan
Nilai tempat
biner 2k, oktal 8k, heksadesimal 16k
Ke desimal
Σ dk·bk
Dari desimal
bagi dengan basis, baca sisanya dari bawah ke atas
Heksadesimal ↔ biner
satu digit heksadesimal = 4 bit
Komplemen dua
balik bitnya lalu tambahkan 1
Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flop
Gerbang dasar
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Aturan Boolean
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
De Morgan
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Urutan peta Karnaugh
00, 01, 11, 10 (Gray code)
Kelompok 2ᵏ sel
kehilangan k variabel
Multiplekser 4-ke-1
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Flip-flop
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Pencacah
n bit: 2ⁿ keadaan; mod-N: n terkecil dengan 2ⁿ ≥ N; fout = fclk/N
Pencacah ripple
fmax = 1/(n·tpd)
Pencacah cincin dan Johnson
n dan 2n keadaan
Metode
Untuk rangkaian, bekerjalah dari masukan ke keluaran satu gerbang demi satu gerbang dan tulis nilai pada setiap kawat, atau tulis ekspresinya dan isi tabel kebenaran.
Untuk penyederhanaan, taruh angka 1 (dan don’t-care sebagai X) ke dalam peta Karnaugh dengan baris dan kolom kode Gray: 00, 01, 11, 10.
Cakup angka 1 dengan kelompok sesedikit dan sebesar mungkin yang berisi 1, 2, 4, 8, atau 16 sel, melingkar melewati tepi; setiap kelompok adalah satu suku hasil kali yang tersusun dari variabel yang tetap konstan. Kelompokkan angka 0 untuk bentuk POS.
Untuk flip-flop dan pencacah, baca masukan pada setiap tepi clock aktif, tulis keadaan setelah setiap tepi, dan ingat bahwa pencacah n bit berputar kembali setelah 2ⁿ keadaan.
Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akar
Kestabilan
semua akar polinomial karakteristik berada di setengah bidang kiri
tabel Routh, entri s¹ dari polinomial kubik
b1 = (a2a1 − a3a0)/a2
Akar di setengah bidang kanan
jumlah perubahan tanda pada kolom pertama
Polinomial kubik s³ + a₂s² + a₁s + a₀
stabil bila semua a > 0 dan a₂·a₁ > a₀
K/(s(s + a)(s + b))
Kmax = ab(a + b), ω = √(ab)
Persamaan karakteristik
1 + K·G(s) = 0
Asimtot
σa = (Σp − Σz)/(n − m), θ = (2q + 1)·180°/(n − m)
Titik pencar dan titik temu
dK/ds = 0
Syarat besar
K = 1/|G(s)|
Sudut keberangkatan
θd = 180° − Σ∠(from other poles) + Σ∠(from zeros)
Metode
Tulis polinomial karakteristik loop tertutup: penyebut dari 1 + K·G(s) = 0, setelah dijabarkan.
Masukkan koefisien secara bergantian ke dua baris pertama tabel Routh lalu susun baris-baris sisanya.
Hitung perubahan tanda pada kolom pertama: masing-masing adalah satu kutub di setengah bidang kanan. Dengan K dalam tabel, syaratkan bahwa setiap entri kolom pertama tetap positif.
Untuk tempat kedudukan akar, tandai kutub dan nol, segmen sumbu real, asimtot dari titik berat, dan titik pisah di tempat dK/ds = 0. Gunakan K = 1/|G(s)| untuk penguatan di suatu titik.
Galat keadaan tunak & kendali PID
Tipe sistem
jumlah kutub G(s) di s = 0
Konstanta galat
Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s), Ka = lim s²·G(s) (s → 0)
Undak A
ess = A/(1 + Kp)
Ramp A·t
ess = A/Kv
Parabola A·t²/2
ess = A/Ka
Pengendali PID
C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s
Target orde dua
s² + 2ζωns + ωn²
Lewatan dan waktu
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, ts ≈ 4/(ζωn)
Metode
Hitung kutub loop terbuka C(s)·G(s) di s = 0: itulah tipe sistem.
Hitung konstanta galat yang sesuai dengan masukan: Kp untuk undak, Kv untuk ramp, Ka untuk parabola.
Terapkan ess = A/(1 + Kp), A/Kv, atau A/Ka, atau selesaikan untuk penguatan yang Anda perlukan.
Untuk spesifikasi redaman atau kecepatan, tulis polinomial karakteristik loop tertutup dan samakan dengan s² + 2ζω_n·s + ω_n².
2Soal latihan
1.Resistor seri & paralelSedang
Cari resistansi ekuivalen Req yang dilihat sumber V1.
V1 = 18 VR1 = 6 ΩR2 = 8 ΩR3 = 15 ΩR4 = 12 Ω
Req = Ω
2.Resistor seri & paralelSulit
Cari arus IR1 yang dialirkan sumber, yang mengalir melalui R1.
Induktor tidak dialiri arus sebelum sakelar ditutup pada t = 0. Cari energi W(∞) yang tersimpan dalam induktor setelah rangkaian tunak, dalam mJ.
Vs = 15 VR = 33 ΩL = 22 mH
W(∞) = mJ
12.Transien RC & RLSulit
Sakelar telah tertutup sejak lama, jadi rangkaian dalam keadaan tunak. Pada t = 0 sakelar membuka. Cari arus i2 melalui R2 pada t = 25 ms.
Vs = 9 VR1 = 1 kΩR2 = 6,8 kΩC = 10 µFt = 25 ms
i2 = mA
13.Impedansi AC & fasorSedang
Sebuah resistor dan sebuah kapasitor dihubungkan paralel ke sumber 12 V (rms), 60 Hz. Cari arus rms I.
V = 12 V (rms)f = 60 HzR = 15 ΩC = 47 µF
I = A
14.Impedansi AC & fasorSulit
Rangkaian RLC seri dihubungkan ke sumber 12 V (rms), 100 Hz. Cari frekuensi resonansi f0 rangkaian.
V = 12 V (rms)f = 100 HzR = 60 ΩL = 150 mHC = 4,7 µF
f0 = Hz
15.Daya AC & faktor dayaSedang
Dua beban dihubungkan paralel ke sumber satu fase 240 V: beban 8 kW dengan faktor daya 0,6 tertinggal dan pemanas 7 kW (faktor daya satu). Cari faktor daya total cos φ yang dilihat sumber.
Sebuah beban satu fase mengambil 16 kW pada faktor daya 0,7 tertinggal dari sumber 240 V, 50 Hz. Kapasitor 100 µF dihubungkan paralel dengan beban. Cari faktor daya baru cos φ yang dilihat sumber.
P = 16 kWpf1 = 0,7V = 240 Vf = 50 HzC = 100 µF
cos φ =
17.Daya tiga fasaSedang
Beban seimbang terhubung Δ dengan impedansi 6 + j8 Ω per fasa dihubungkan ke sumber tiga fasa seimbang dengan tegangan antarsaluran 480 V. Cari daya nyata total P yang diserap beban dalam kW.
VL = 480 VZ = 6 + j8 Ω per fasa
P = kW
18.Daya tiga fasaSulit
Beban tiga fasa seimbang menyerap 50 kW pada faktor daya 0,78 tertinggal dari sumber 690 V (antarsaluran), 50 Hz. Bank kapasitor tiga fasa yang diparalel dengan beban harus menaikkan faktor daya keseluruhan menjadi 0,92 tertinggal. Daya nyatanya tetap sama. Kapasitor dihubungkan secara Y. Cari kapasitansi Cph setiap kapasitor dalam µF.
P = 50 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,92VL = 690 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.TransformatorSedang
Sebuah transformator satu fasa 75 kVA, 2400/240 V bekerja pada beban pengenalnya. Anggap ideal. Cari arus ILV pada kumparan tegangan rendah.
S = 75 kVAV1 = 2400 VV2 = 240 V
ILV = A
20.TransformatorSulit
Sebuah transformator satu fasa 75 kVA memiliki rugi inti 600 W. Pada beban pengenal dan faktor daya 0,8 tertinggal, efisiensinya 98,5%. Cari rugi tembaga beban penuh Pcu,fl dalam watt.
S = 75 kVAPcore = 600 Wpf = 0,8η = 98,5%
Pcu,fl = W
21.Rangkaian op-ampSedang
Pilih resistor umpan balik Rf yang memberi penguat non-pembalik ini penguatan tegangan 6.
R1 = 1 kΩAv = 6
Rf = kΩ
22.Rangkaian op-ampSulit
Integrator memakai op-amp ideal dengan catu ±15 V; keluarannya jenuh pada ±12 V. Kapasitor tidak bermuatan ketika masukan konstan Vin = 2 V diberikan pada t = 0. Cari tegangan keluaran Vout pada t = 5 ms.
Vin = 2 VR = 47 kΩC = 0,1 µFVsat = ±12 Vt = 5 ms
Vout = V
23.Dioda & transistorSedang
Sebuah transistor NPN dengan β = 75 dibias oleh resistor basis RB = 560 kΩ dari sumber VCC = 12 V. Resistor kolektornya RC = 3,3 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 = 560 kΩRC = 3,3 kΩβ = 75VBE = 0,7 V
IC = mA
24.Dioda & transistorSulit
Regulator Zener 3,3 V memiliki resistor seri 150 Ω. Masukan dapat naik hingga 22 V, dan beban mungkin terlepas. Cari daya terbesar PZ,max yang harus didisipasikan Zener.
Vin,max = 22 VVZ = 3,3 VR = 150 Ω
PZ,max = mW
25.Sistem bilanganSedang
Atur bit sehingga menyimpan −13 dalam komplemen dua 8-bit. Dibaca sebagai bilangan tak bertanda, berapa nilai pola U?
N = −138 bit
U =
26.Sistem bilanganSulit
Atur bit menjadi hasil 8-bit dari 1101 0111 << 1. Berapa nilai hasil R dalam desimal?
Pakai peta Karnaugh untuk mencari bentuk jumlah dari hasil kali (SOP) minimal dari F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 2, 3, 4, 6, 7, 8, 11, 13, 15). Berapa suku hasil kali N yang dimilikinya?
Pencacah Johnson 4 bit Q₃Q₂Q₁Q₀ dimulai dari 0000. Pada setiap tepi clock bit bergeser satu tempat ke kanan (Q₃ → Q₂ → Q₁ → Q₀) dan Q₃ menerima kebalikan dari Q₀. Berikan keadaan Q = Q₃Q₂Q₁Q₀ sebagai bilangan desimal setelah 11 tepi clock.
Q₃Q₂Q₁Q₀ = 000011
Q =
29.Transformasi LaplaceSedang
Tentukan f(t) untuk F(s) = (s + 18)/(s² + 8s + 17) dengan melengkapkan kuadrat, lalu hitung f(0,5).
F(s) = (s + 18)/(s² + 8s + 17)t = 0,5 s
f(0.5) =
30.Transformasi LaplaceSulit
Sebuah sistem memenuhi y″ + 8y′ + 15y = 15·u(t). Sistem mulai dari keadaan diam (y(0) = 0, y′(0) = 0) dan masukannya adalah fungsi langkah u(t) = 1 untuk t ≥ 0. Gunakan transformasi Laplace untuk mencari keluaran y(0,3).
Plant G(s) = 5/(s + 3) dikendalikan dalam loop umpan balik negatif yang sensornya memiliki penguatan H = 2. Sebuah masukan langkah berukuran 1 diberikan pada R. Tentukan keluaran keadaan tunak css.
G(s) = 5/(s + 3)H = 2R = 1
css =
32.Diagram blokSulit
Reduksi diagram blok dengan G₁ = 3/(s + 4), G₂ = 8/(s + 1), umpan balik negatif dalam H₁ = 2 di sekitar G₂ dan umpan balik negatif luar H₂ = 0,5. Tentukan penguatan DC T(0) dari C(s)/R(s).
G₁ = 3/(s + 4)G₂ = 8/(s + 1)H₁ = 2H₂ = 0,5
T(0) =
33.Respons langkahSedang
Sebuah sistem memiliki fungsi alih G(s) = 47,5/(s² + 15s + 95) dan menerima masukan langkah satuan. Tentukan waktu penetapan 2 % ts dari respons langkah, dengan ts ≈ 4/(ζωₙ).
G(s) = 47,5/(s² + 15s + 95)
ts = s
34.Respons langkahSulit
Loop umpan balik negatif satuan memiliki G(s) = 250/(s(s + 5)). Tentukan waktu penetapan 2 % ts dari respons langkah loop tertutup, dengan ts ≈ 4/(ζωₙ).
G(s) = 250/(s(s + 5))
ts = s
35.Plot Bode dan marginSedang
Filter lolos rendah RC yang ditunjukkan memiliki R = 22 kΩ, C = 47 nF. Masukan sinusoidal 31 Hz diberikan. Cari pergeseran fasa φ dari vout relatif terhadap vin, dalam derajat.
R = 22 kΩC = 47 nFf = 31 Hz
φ = °
36.Plot Bode dan marginSulit
Lingkar umpan balik satuan memiliki fungsi alih lingkar terbuka L(s) = 68/(s(s + 4)). Cari frekuensi persilangan penguatan ωc, tempat |L(jω)| = 1.
L(s) = 68/(s(s + 4))
ωc = rad/s
37.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akarSedang
Suatu loop umpan balik satuan memiliki L(s) = K(s + 9)/(s(s + 2)(s + 3)), dengan K > 0. Cari penguatan terbesar Kmax agar loop tertutup stabil.
L(s) = K(s + 9)/(s(s + 2)(s + 3))
Kmax =
38.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akarSulit
Untuk loop L(s) = K/(s(s + 2)(s + 4)), cari penguatan K yang menempatkan kutub loop tertutup di s = −1.
L(s) = K/(s(s + 2)(s + 4))s = −1
K =
39.Galat keadaan tunak & kendali PIDSedang
Suatu proses G(s) = 2,5/(10s + 1) dikendalikan oleh penguatan proporsional K = 5 dalam loop umpan balik satuan. Cari galat keadaan tunak ess untuk undak, sebagai persentase dari ukuran undak.
G(s) = 2,5/(10s + 1)K = 5
ess = %
40.Galat keadaan tunak & kendali PIDSulit
Pengendali PI C(s) = Kp + Ki/s mengendalikan plant G(s) = 10/(s + 1) dalam loop umpan balik satuan. Loop tertutup harus memiliki ωₙ = 10 rad/s dan ζ = 0,8. Cari penguatan proporsional Kp.
G(s) = 10/(s + 1)ωₙ = 10 rad/sζ = 0,8
Kp =
3Larutan
1.Resistor seri & paralel
Jawaban: Req = 12,17 Ω
Resistor seri dan paralel: dalam seri, arus yang sama mengalir di setiap resistor dan R = R₁ + R₂ + …. Dalam paralel, setiap resistor punya tegangan yang sama dan 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Jaringan tangga disederhanakan satu pasang demi satu pasang hingga tersisa satu resistansi ekuivalen.
Gabungkan resistor dari ujung terjauh
Mulai dari ujung yang paling jauh dari sumber dan bergerak kembali ke arahnya. Resistor yang dialiri arus sama terhubung seri; resistor di antara dua simpul yang sama terhubung paralel.
R3 + R4 = 15 + 12 = 27 Ω
R2 ∥ 27 = 8·27/(8+27) = 6,171 Ω
Req = R1 + 6,171 = 6 + 6,171 = 12,17 Ω
Jawaban
Req = 12,17 Ω
2.Resistor seri & paralel
Jawaban: IR1 = 0,3522 A
Resistor seri dan paralel: dalam seri, arus yang sama mengalir di setiap resistor dan R = R₁ + R₂ + …. Dalam paralel, setiap resistor punya tegangan yang sama dan 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Jaringan tangga disederhanakan satu pasang demi satu pasang hingga tersisa satu resistansi ekuivalen.
Gabungkan resistor dari ujung terjauh
Mulai dari ujung yang paling jauh dari sumber dan bergerak kembali ke arahnya. Resistor yang dialiri arus sama terhubung seri; resistor di antara dua simpul yang sama terhubung paralel.
R5 + R6 = 5 + 25 = 30 Ω
R4 ∥ 30 = 12 Ω
R3 + 12 = 22 Ω
R2 ∥ 22 = 4,074 Ω
Req = R1 + 4,074 = 30 + 4,074 = 34,07 Ω
Arus dari sumber
Sumber hanya melihat Req, jadi hukum Ohm memberi arus yang dialirkannya. Arus itu mengalir melalui R₁.
IR1 = V1/Req = 12/34,07 = 0,3522 A
Jawaban
IR1 = 0,3522 A
3.Analisis simpul
Jawaban: IR3 = 0,2424 A
Analisis simpul: pilih simpul referensi, beri nama tegangan simpul yang tidak diketahui, tulis hukum arus Kirchhoff di setiap simpul tersebut memakai hukum Ohm (I = ΔV/R), lalu selesaikan persamaannya.
Tentukan simpul
Ground adalah kawat bawah. Tegangan simpul yang diketahui langsung berasal dari sumber (V1 = 18 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/2 + (VA − 18)/3 + (VA − VB)/8 = 0
0,9583·VA − 0,125·VB = 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/4 + (VB − VA)/8 = 1
−0,125·VA + 0,375·VB = 1
Selesaikan
Δ = (0,9583)(0,375) − (−0,125)(−0,125) = 0,3438
VA = Δ1/Δ = 2,375/0,3438 = 6,909 V
VB = Δ2/Δ = 1,708/0,3438 = 4,97 V
Jawaban
IR3 = (VA − VB)/R3 = (6,909 − 4,97)/8 = 0,2424 A
4.Analisis simpul
Jawaban: Is = 6,563 A
Analisis simpul: pilih simpul referensi, beri nama tegangan simpul yang tidak diketahui, tulis hukum arus Kirchhoff di setiap simpul tersebut memakai hukum Ohm (I = ΔV/R), lalu selesaikan persamaannya.
KCL di simpul A
VA diketahui, jadi persamaan ini memberi VB.
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
(19,5 − 18)/10 + 19,5/20 = (VB − 19,5)/2
1,125 = (VB − 19,5)/2 → VB = 21,75 V
KCL di simpul B
Arus yang keluar dari B melalui resistor sama dengan arus yang didorong masuk ke B oleh sumber.
Is = (VB − VA)/R3 + VB/R4 = (21,75 − 19,5)/2 + 21,75/4 = 6,563 A
Jawaban
Is = 6,563 A
5.Analisis mesh
Jawaban: I1 = 0,5854 A
Analisis mesh: beri setiap jendela rangkaian planar arus loop sendiri, tulis hukum tegangan Kirchhoff di setiap loop (jumlah jatuh = jumlah kenaikan), lalu selesaikan. Arus cabang adalah arus mesh, atau selisih dua arus mesh pada cabang bersama.
Tetapkan arus mesh
Gambar arus searah jarum jam di setiap jendela: I1, I2. Resistor yang dipakai bersama dua mesh membawa selisih arus keduanya.
KVL di sekitar mesh 1
Searah jarum jam, jatuh tegangan pada resistor sama dengan kenaikan tegangan sumber (dari − ke + searah lintasan).
R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
8·I1 + 20(I1 − I2) = 12
28·I1 − 20·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 + R3(I2 − I1) = −V2
6·I2 + 20(I2 − I1) = (−6)
−20·I1 + 26·I2 = −6
Selesaikan
Δ = (28)(26) − (−20)(−20) = 328
I1 = Δ1/Δ = 192/328 = 0,5854 A
I2 = Δ2/Δ = 72/328 = 0,2195 A
Jawaban
I1 = 0,5854 A
Arus mesh negatif mengalir berlawanan arah jarum jam.
6.Analisis mesh
Jawaban: IR5 = 1,187 A
Analisis mesh: beri setiap jendela rangkaian planar arus loop sendiri, tulis hukum tegangan Kirchhoff di setiap loop (jumlah jatuh = jumlah kenaikan), lalu selesaikan. Arus cabang adalah arus mesh, atau selisih dua arus mesh pada cabang bersama.
Tetapkan arus mesh
Gambar arus searah jarum jam di setiap jendela: I1, I2, 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
5·I1 + 30(I1 − I2) = 6
35·I1 − 30·I2 = 6
KVL di sekitar mesh 2
Searah jarum jam, jatuh tegangan pada resistor sama dengan kenaikan tegangan sumber (dari − ke + searah lintasan).
R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
25·I2 + 30(I2 − I1) + 5(I2 − I3) = 0
−30·I1 + 60·I2 − 5·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 + 5(I3 − I2) = (−12)
−5·I2 + 10·I3 = −12
Selesaikan
Δ = determinan matriks koefisien = 11125
I1 = Δ1/Δ = 1650/11125 = 0,1483 A
I2 = Δ2/Δ = −300/11125 = −0,02697 A
I3 = Δ3/Δ = −13500/11125 = −1,213 A
Jawaban
IR5 = I2 − I3 = 1,187 A
Arus mesh negatif mengalir berlawanan arah jarum jam.
7.Superposisi
Jawaban: PR2 = 3,746 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.
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 = 5+6 = 11 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 12·11/(12+11) = 5,739 Ω
VA = 18·5,739/(5+5,739) = 9,619 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 9,619·6/11 = 5,247 V
IR2′ = (VA − 0)/R2 = (9,619 − 0)/12 = 0,8016 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 = 5·12/(5+12) = 3,529 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 6 ∥ 8,529 = 3,522 Ω
VB = −Is·Req = −2·3,522 = −7,045 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = −7,045·3,529/8,529 = −2,915 V
IR2″ = (VA − 0)/R2 = (−2,915 − 0)/12 = −0,2429 A
Jumlahkan kontribusi arus
IR2 = IR2′ + IR2″ = 0,8016 + (−0,2429) = 0,5587 A
Daya pada resistor
Daya bergantung pada kuadrat arus, jadi tidak mengikuti superposisi: jumlahkan dulu arusnya, lalu kuadratkan.
PR2 = IR2²·R2 = 0,5587²·12 = 3,746 W
Jawaban
PR2 = 3,746 W
Menjumlahkan daya dari kasus-kasus terpisah akan memberi 8,419 W, dan itu salah.
8.Superposisi
Jawaban: V2 = 30 V
Superposisi: dalam rangkaian linear, setiap tegangan atau arus adalah jumlah respons terhadap masing-masing sumber independen yang bekerja sendiri. Untuk mematikan sumber, ganti sumber tegangan ideal dengan hubung singkat dan sumber arus ideal dengan rangkaian terbuka. Resistor tetap di tempatnya.
Kasus 1 · V1 bekerja sendiri
V₂ menjadi hubung singkat dan Iₛ rangkaian terbuka. Dilihat dari A, R₃ paralel dengan pasangan seri R₂+R₄.
R3 ∥ (R2+R4) = 10 ∥ 18 = 6,429 Ω
VA = 10·6,429/(10+6,429) = 3,913 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 3,913·8/18 = 1,739 V
Kasus 2 · Is bekerja sendiri
Kedua sumber tegangan menjadi hubung singkat. Iₛ terbagi di B antara R₄ (kini ke ground) dan R₂ yang seri dengan R₁ ∥ R₃. Panah Iₛ mengarah ke bawah, menjauhi simpulnya, jadi Iₛ menarik arus keluar dari simpul itu: sukunya masuk dengan tanda minus.
R1 ∥ R3 = 5 Ω, jadi jalur kiri adalah R2+5 = 15 Ω
Req = R4 ∥ 15 = 5,217 Ω
VB = −Is·Req = −6·5,217 = −31,3 V
VA = VB·5/15 = −10,43 V
Kasus 3 · V2 bekerja sendiri, per volt
V₁ menjadi hubung singkat dan Iₛ rangkaian terbuka. R₁ ∥ R₃ tergantung dari A, seri dengan R₂ kembali ke B.
R1 ∥ R3 = 5 Ω
VA‴ = V2·5/(8 + 10 + 5) = 0,2174·V2
Samakan VA dengan nol
Dengan VA = 0 tidak ada tegangan pada R₃, jadi arusnya nol.
Teorema Thévenin: setiap jaringan linear dua terminal berperilaku seperti satu sumber tegangan Vth yang seri dengan resistansi Rth. Teorema Norton menyatakan jaringan yang sama sebagai sumber arus IN = Vth/Rth yang paralel dengan Rth.
Cari Rth dengan semua sumber dimatikan
Ganti sumber tegangan dengan hubung singkat dan sumber arus dengan rangkaian terbuka, lalu lihat rangkaian dari a–b.
R1 ∥ R2 = 3·5/(3+5) = 1,875 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,875 + 4 = 5,875 Ω
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) = 24·5/(3+5) = 15 V
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) = 15/(5,875 + 8) = 1,081 A
10.Thévenin & Norton
Jawaban: IL = 1,937 A
Teorema Thévenin: setiap jaringan linear dua terminal berperilaku seperti satu sumber tegangan Vth yang seri dengan resistansi Rth. Teorema Norton menyatakan jaringan yang sama sebagai sumber arus IN = Vth/Rth yang paralel dengan Rth.
Cari Rth dengan semua sumber dimatikan
Ganti sumber tegangan dengan hubung singkat dan sumber arus dengan rangkaian terbuka, lalu lihat rangkaian dari a–b.
R1 ∥ R2 = 3·25/(3+25) = 2,679 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,679 + 15 = 17,68 Ω
Cari Vth, tegangan rangkaian terbuka
Dengan a–b terbuka, satu-satunya jalur Iₛ adalah melalui R₃ ke simpul A. Cari V_A dengan superposisi V₁ dan Iₛ, lalu tambahkan jatuh tegangan pada R₃.
VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 4,464 + 3·2,679 = 12,5 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 12,5 + 3·15 = 57,5 V
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) = 57,5/(17,68 + 12) = 1,937 A
11.Transien RC & RL
Jawaban: W(∞) = 2,273 mJ
Transien orde satu: pada rangkaian dengan satu kapasitor atau satu induktor, setiap tegangan dan arus berubah secara eksponensial dari nilai awal ke nilai akhir: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, dengan τ = RC atau τ = L/R. Setelah sekitar 5τ rangkaian sudah stabil.
Konstanta waktu dan arus akhir
Lama setelah sakelar ditutup, induktor berperilaku seperti hubung singkat, jadi arus akhir hanya ditentukan oleh R.
τ = L/R = 22 mH / 33 Ω = 0,6667 ms
i(∞) = Vs/R = 15/33 = 0,4545 A
Energi tersimpan
W(∞) = ½·L·i(∞)² = ½·22·0,4545² = 2,273 mJ
Jawaban
W(∞) = 2,273 mJ
12.Transien RC & RL
Jawaban: i2 = 0,7989 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) = 9·6,8/(1 + 6,8) = 7,846 V
Konstanta waktu setelah sakelar membuka
τ = R2·C = 6,8·10 = 68 ms
Pengosongan
vC(t) = 7,846·e−25/68 = 5,432 V
i2 = vC/R2 = 5,432/6,8 = 0,7989 mA
Jawaban
i2 = 0,7989 mA
13.Impedansi AC & fasor
Jawaban: I = 0,8278 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
XC = 1/(ωC) = 1/(2π·60·47·10⁻⁶) = 56,44 Ω
Arus cabang
Kedua cabang terhubung langsung ke sumber, jadi masing-masing mendapat tegangan penuh V.
IR = V/R = 12/15 = 0,8 A
IX = V/XC = 12/56,44 = 0,2126 A
Arus total
Arus resistor sefasa dengan V dan arus reaktif berbeda fasa 90°, jadi keduanya dijumlahkan seperti sisi-sisi segitiga siku-siku.
I = √(IR² + IX²) = √(0,8² + 0,2126²) = 0,8278 A
Jawaban
I = 0,8278 A
14.Impedansi AC & fasor
Jawaban: f0 = 189,6 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.
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 = 8·tan(arccos 0,6) = 10,67 kvar
Q2 = 0 = 0 kvar
Total
P = 8 + 7 = 15 kW
Q = 10,67 + 0 = 10,67 kvar
S = √(15² + 10,67²) = 18,41 kVA
Faktor daya total
cos φ = P/S = 15/18,41 = 0,815 tertinggal
Jawaban
cos φ = 0,815
16.Daya AC & faktor daya
Jawaban: cos φ = 0,7407
Daya AC: daya semu S = V·I (VA) terbagi menjadi daya nyata P = S·cos φ (W), yang melakukan kerja berguna, dan daya reaktif Q = S·sin φ (var), yang bolak-balik antara sumber dan beban. Faktor daya adalah cos φ. Kapasitor paralel memasok daya reaktif secara lokal, sehingga arus saluran turun untuk daya nyata yang sama.
Daya reaktif sebelum dan sesudah
Daya nyata P tidak berubah; hanya daya reaktif yang ditarik dari sumber yang berubah.
Q1 = 16·tan(arccos 0,7) = 16,32 kvar
QC = V²·2πf·C = 240²·2π·50·100·10⁻⁶ = 1810 var = 1,81 kvar
Q2 = 16,32 − 1,81 = 14,51 kvar
Daya semu baru
S2 = √(16² + 14,51²) = 21,6 kVA
Faktor daya baru
cos φ = P/S2 = 16/21,6 = 0,7407
Jawaban
cos φ = 0,7407
17.Daya tiga fasa
Jawaban: P = 41,47 kW
Sistem tiga fasa seimbang: pada hubungan Y (bintang) tegangan antarsaluran adalah √3 kali tegangan fasa, VL = √3·Vph, dan arus saluran sama dengan arus fasa. Pada hubungan Δ (delta) tegangan antarsaluran sama dengan tegangan fasa dan arus saluran adalah √3 kali arus fasa, IL = √3·Iph. Daya total adalah tiga kali daya satu fasa: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ.
Tegangan fasa
Vph = VL = 480 V
Arus fasa
|Z| = √(6² + 8²) = 10 Ω
Iph = 480/10 = 48 A
Daya nyata total
Hanya bagian resistif dari setiap impedansi yang menyerap daya nyata.
P = 3·Iph²·R = 3·48²·6 = 41,47 kW
Jawaban
P = 41,47 kW
Periksa: cos φ = R/|Z| = 0,6, dan √3·VL·IL·cos φ memberikan daya yang sama.
18.Daya tiga fasa
Jawaban: Cph = 125,8 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 = 50·tan(acos 0,78) = 50·0,8023 = 40,11 kvar
Q2 = 50·tan(acos 0,92) = 50·0,426 = 21,3 kvar
Daya reaktif dari kapasitor
QC = Q1 − Q2 = 18,81 kvar
Kapasitansi per fasa
Pada bank Y, setiap kapasitor terhubung di antara satu saluran dan titik bintang.
Transformator ideal: tegangan sebanding dengan jumlah lilitan dan arus berbanding terbalik: V₁/V₂ = N₁/N₂ = a dan I₁/I₂ = N₂/N₁ = 1/a, sehingga daya masuk sama dengan daya keluar, V₁·I₁ = V₂·I₂. Impedansi beban Z di sisi sekunder terlihat sebagai a²·Z dari sisi primer.
Arus pengenal
Kedua kumparan membawa daya semu yang sama.
ILV = S/V = 75000/240 = 312,5 A
Jawaban
ILV = 312,5 A
20.Transformator
Jawaban: Pcu,fl = 313,7 W
Rugi-rugi transformator: rugi inti (histeresis dan arus pusar) bergantung pada tegangan dan sama pada beban berapa pun. Rugi tembaga pada kumparan sebanding dengan kuadrat arus, sehingga pada fraksi x dari beban pengenal besarnya x²·Pcu,fl. Efisiensi η = Pout/(Pout + Pcore + Pcu), dengan Pout = x·S·pf. Efisiensi paling tinggi pada beban saat rugi tembaga sama dengan rugi inti.
Daya keluaran dan masukan
Pout = 75·0,8 = 60 kW
Pin = 60000/0,985 = 60914 W
Rugi total dan rugi tembaga
Ploss = 60914 − 60000 = 913,7 W
Pcu,fl = 913,7 − 600 = 313,7 W
Jawaban
Pcu,fl = 313,7 W
21.Rangkaian op-amp
Jawaban: Rf = 5 kΩ
Aturan op-amp ideal: dengan umpan balik negatif, op-amp mengatur keluarannya sehingga kedua masukan berada pada tegangan yang sama (V₋ = V₊), dan tidak ada arus yang masuk ke masukan mana pun. Menulis KCL di masukan pembalik dengan dua fakta ini memberi keluarannya.
Penguatan penguat non-pembalik
V₋ = V₊ = Vin, dan arus melalui R₁ juga mengalir melalui Rf, jadi Vout = Vin·(1 + Rf/R₁).
Av = 1 + Rf/R1
Rf = (6 − 1)·1 = 5 kΩ
Jawaban
Rf = 5 kΩ
22.Rangkaian op-amp
Jawaban: Vout = −2,128 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 dan laju kenaikan
kΩ dikali µF menghasilkan milidetik.
RC = 47 kΩ · 0,1 µF = 4,7 ms
laju kenaikan = −Vin/(RC) = −2/4,7 = −0,4255 V/ms
Keluaran pada waktu yang diberikan
Nilai ideal berada di dalam ±Vsat, jadi integrator belum terpotong.
Vout = −Vin·t/(RC) = −2·5/4,7 = −2,128 V
Jawaban
Vout = −2,128 V
23.Dioda & transistor
Jawaban: IC = 1,513 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.
Periksa: VCE = 7,006 V jauh di atas 0,2 V, sehingga transistor memang aktif.
24.Dioda & transistor
Jawaban: PZ,max = 411,4 mW
Regulator Zener: dioda Zener bias mundur mempertahankan tegangannya VZ selama arusnya tetap di atas minimum IZ,min. Resistor seri R menanggung selisih antara masukan dan keluaran: IR = (Vin − VZ)/R. Arus itu terbagi antara beban, IL = VZ/RL, dan Zener: IZ = IR − IL. Rancang untuk kasus terburuk: masukan terendah dengan beban terbesar tetap harus menyisakan IZ,min, dan masukan tertinggi tanpa beban memberi daya Zener terbesar PZ = VZ·IZ.
Arus Zener kasus terburuk
IZ = 18,7/150 = 124,7 mA
Daya Zener
PZ = 3,3·124,7 = 411,4 mW
Jawaban
PZ,max = 411,4 mW
25.Sistem bilangan
Jawaban: U = 243
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
13 = 0000 1101
dibalik: 1111 0010
+1 → 1111 0011
Baca sebagai tak bertanda
1111 0011₂ = 256 − 13 = 243
Jawaban
U = 243
26.Sistem bilangan
Jawaban: R = 174
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.
Bit demi bit
Menggeser ke kiri sebanyak 1 memindahkan setiap bit 1 tempat ke kiri; bit yang keluar dari ujung kiri hilang dan nol masuk dari kanan.
1101 0111 << 1
= 1010 1110
Nilai hasil
1010 1110₂ = 174
Jawaban
R = 174
27.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flop
Jawaban: N = 5
Peta Karnaugh: sel-sel diurutkan dalam kode Gray (00, 01, 11, 10), sehingga sel bertetangga, termasuk yang melewati tepi, berbeda tepat pada satu variabel. Kelompokkan angka 1 dalam persegi panjang berisi 1, 2, 4, 8, atau 16 sel, sebesar mungkin dan sesedikit mungkin, sampai setiap angka 1 tercakup. Setiap kelompok adalah satu suku hasil kali: variabel yang tetap konstan di dalamnya. Kelompok 2ᵏ sel kehilangan k variabel. Don’t-care (X) boleh dipakai untuk memperbesar kelompok tetapi tidak harus dicakup. Mengelompokkan angka 0 sebagai gantinya menghasilkan bentuk POS minimal.
Kelompokkan angka 1
Setiap kelompok adalah persegi panjang berisi 2ᵏ sel; sel di tepi bertetangga dengan sel di tepi seberangnya.
CD
B′C′D′
A′D′
A′B′
ABD
Bentuk SOP minimal
F = CD + B′C′D′ + A′D′ + A′B′ + ABD
N = 5
Jawaban
N = 5
28.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flop
Jawaban: Q = 14
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.
Transformasi Laplace: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt mengubah turunan menjadi perkalian dengan s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Pasangan baku: 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), dan pergeseran s → s + σ mengalikan fungsi waktu dengan e−σt. Untuk membalik F(s) rasional, uraikan menjadi pecahan parsial: residu sebuah kutub tunggal p adalah A = [(s − p)·F(s)] pada s = p. Teorema nilai akhir: f(∞) = lims→0 s·F(s), hanya berlaku jika semua kutub s·F(s) berada di setengah bidang kiri. Teorema nilai awal: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).
Transformasi Laplace: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt mengubah turunan menjadi perkalian dengan s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Pasangan baku: 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), dan pergeseran s → s + σ mengalikan fungsi waktu dengan e−σt. Untuk membalik F(s) rasional, uraikan menjadi pecahan parsial: residu sebuah kutub tunggal p adalah A = [(s − p)·F(s)] pada s = p. Teorema nilai akhir: f(∞) = lims→0 s·F(s), hanya berlaku jika semua kutub s·F(s) berada di setengah bidang kiri. Teorema nilai awal: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).
Transformasikan persamaannya
Y(s) = 15/(s(s + 3)(s + 5))
Pecahan parsial
A = 15/(3·5) = 1
B = 15/((−3)·2) = −2,5
C = 15/((−5)·(−2)) = 1,5
Haluaran
y(t) = 1 − 2,5·e−3t + 1,5·e−5t
y(0,3) = 0,3183
Jawaban
y(0,3) = 0,3183
31.Diagram blok
Jawaban: css = 0,3846
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) = 5/(s + 3 + 10) = 5/(s + 13)
Hasil
css = R·T(0) = 1·5/13 = 0,3846
Jawaban
css = 0,3846
32.Diagram blok
Jawaban: T(0) = 0,3
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 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 = 95 → ωₙ = 9,747 rad/s
2ζωₙ = 15 → ζ = 15/(2·9,747) = 0,7695
Hasil
ζωₙ = 7,5 → ts ≈ 4/7,5 = 0,5333 s
Jawaban
ts = 0,5333 s
34.Respons langkah
Jawaban: ts = 1,6 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).
Untuk loop ini ζωₙ = a/2 berapa pun K: menaikkan K menambah overshoot tetapi tidak memperpendek waktu penetapan.
35.Plot Bode dan margin
Jawaban: φ = −11,39 °
Respons frekuensi: substitusikan s = jω ke fungsi alih. Besar dalam desibel adalah 20·log₁₀|H(jω)| dan fasa adalah jumlah sudut faktor pembilang dikurangi sudut faktor penyebut. Filter RC atau RL orde pertama memiliki frekuensi sudut (−3 dB) pada ωc = 1/(RC) atau R/L, dan fc = ωc/(2π); filter lolos rendah memberi |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) dan φ = −atan(ω/ωc). Pada plot Bode asimtotik (garis lurus) setiap kutub membengkokkan besar ke bawah sebesar 20 dB/dekade pada frekuensi sudutnya, setiap nol membengkokkannya ke atas sebesar 20 dB/dekade, dan integrator 1/s memberi −20 dB/dekade pada semua frekuensi. Persilangan penguatan ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); margin fasa PM = 180° + ∠L(jωc). Persilangan fasa ω180: ∠L(jω) = −180°; margin penguatan GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Lingkar tertutup stabil bila kedua margin positif.
Frekuensi sudut
ωc = 1/(RC) = 1/(22000·4,7 × 10⁻⁸) = 967,1 rad/s
fc = 153,9 Hz → f/fc = 31/153,9 = 0,2014
Fasa
φ = − atan(0,2014) = −11,39°
Jawaban
φ = −11,39°
36.Plot Bode dan margin
Jawaban: ωc = 7,776 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 + 16ω² − 4624 = 0
ω² = (−16 + √(256 + 4·4624))/2 = 60,47
ωc = 7,776 rad/s
Jawaban
ωc = 7,776 rad/s
37.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akar
Jawaban: Kmax = 7,5
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.
Bila nol berada di sebelah kanan s = −5, loop akan tetap stabil untuk setiap K > 0.
38.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akar
Jawaban: K = 3
Tempat kedudukan akar: saat penguatan K bergerak dari 0 ke ∞, kutub loop tertutup, yaitu akar 1 + K·G(s) = 0, bergerak dari kutub loop terbuka menuju nol loop terbuka atau menuju tak hingga. Suatu titik pada sumbu real termasuk dalam tempat kedudukan bila jumlah kutub dan nol real di sebelah kanannya ganjil. n − m cabang yang menuju tak hingga mengikuti asimtot pada sudut (2q + 1)·180°/(n − m), yang berawal dari titik berat σₐ = (Σ kutub − Σ nol)/(n − m). Cabang meninggalkan atau bergabung dengan sumbu real di tempat dK/ds = 0. Syarat sudut ∠G(s) = 180° menentukan bentuknya, dan syarat besar K = 1/|G(s)| memberikan penguatan di titik mana pun pada tempat kedudukan.
Syarat besar
K = |s|·|s + 2|·|s + 4|
Hitung di titik tersebut
K = 1·1·3 = 3
Jawaban
K = 3
Periksa: s(s + 2)(s + 4) + K bernilai nol di s = −1.
39.Galat keadaan tunak & kendali PID
Jawaban: ess = 7,407 %
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 = 5·2,5 = 12,5
Galat undak
ess = 100/(1 + 12,5) = 7,407 %
Jawaban
ess = 7,407 %
40.Galat keadaan tunak & kendali PID
Jawaban: Kp = 1,5
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 + 1).
s² + (1 + 10Kp)s + 10Ki
Polinomial target
s² + 2·0,8·10s + 10² = s² + 16s + 100
Samakan koefisien-koefisiennya
1 + 10Kp = 16 → Kp = 1,5
Jawaban
Kp = 1,5
Suku integral membuat loop bertipe 1, sehingga undak diikuti tanpa galat keadaan tunak.
Ini adalah materi latihan independen. ExamProblems tidak berafiliasi dengan atau didukung oleh organisasi penyelenggara ujian ini, dan nama ujian hanya digunakan untuk menggambarkan isinya. FE exam diselenggarakan oleh NCEES, yang tidak berafiliasi dengan ExamProblems dan tidak mendukungnya.