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​ = 6 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​18 VR2​8 ΩAR4​12 ΩB

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
R1​ = 30 ΩIR1​R3​ = 10 ΩR5​ = 5 Ω+−V1​12 VR2​5 ΩAR4​20 ΩBR6​25 Ω

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

V1 = 12 VR1 = 30 ΩR2 = 5 ΩR3 = 10 ΩR4 = 20 ΩR5 = 5 ΩR6 = 25 Ω
IR1 = A
3.Analisis simpulSedang
R1​ = 3 ΩR3​ = 8 ΩIR3​+−V1​18 VR2​2 ΩAR4​4 ΩBIs​1 A

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

V1 = 18 VIs = 1 AR1 = 3 ΩR2 = 2 ΩR3 = 8 ΩR4 = 4 Ω
IR3 = A
4.Analisis simpulSulit
R1​ = 10 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​18 VR2​20 ΩAR4​4 ΩBIs​?

Sumber arus diatur sampai tegangan simpul di A menjadi VA = 19,5 V. Gunakan analisis simpul untuk mencari arus sumber Is (arah seperti pada gambar).

V1 = 18 VR1 = 10 ΩR2 = 20 ΩR3 = 2 ΩR4 = 4 ΩVA = 19,5 V
Is = A
5.Analisis meshSedang
R1​ = 8 ΩR2​ = 6 Ω+−V1​12 VR3​20 ΩA+−V2​6 VI1​I2​

Gunakan analisis mesh untuk mencari arus mesh I1 (searah jarum jam).

V1 = 12 VV2 = 6 VR1 = 8 ΩR2 = 6 ΩR3 = 20 Ω
I1 = A
6.Analisis meshSulit
R1​ = 5 ΩR2​ = 25 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​6 VR4​30 ΩAR5​5 ΩIR5​B+−V2​12 VI1​I2​I3​

Gunakan analisis mesh untuk mencari arus IR5 melalui R5 searah panah.

V1 = 6 VV2 = 12 VR1 = 5 ΩR2 = 25 ΩR3 = 5 ΩR4 = 30 ΩR5 = 5 Ω
IR5 = A
7.SuperposisiSedang
R1​ = 5 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​18 VR2​12 ΩIR2​AR4​6 ΩBIs​2 A

Gunakan superposisi untuk mencari daya PR2 yang diserap oleh R2.

V1 = 18 VIs = 2 AR1 = 5 ΩR2 = 12 ΩR3 = 5 ΩR4 = 6 Ω
PR2 = W
8.SuperposisiSulit
R1​ = 10 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 8 Ω+−V1​10 VR3​10 ΩIR3​AIs​6 AB+−V2​?

Cari nilai sumber tegangan V2 (polaritas seperti pada gambar) yang membuat arus IR3 melalui R3 sama dengan nol.

V1 = 10 VIs = 6 AR1 = 10 ΩR2 = 10 ΩR3 = 10 ΩR4 = 8 Ω
V2 = V
9.Thévenin & NortonSedang
R1​ = 3 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​24 VR2​5 ΩARL​8 ΩIL​B

Beban RL = 8 Ω dipasang di a–b. Ganti sisa rangkaian dengan ekuivalen Thévenin-nya dan cari arus beban IL.

V1 = 24 VR1 = 3 ΩR2 = 5 ΩR3 = 4 ΩRL = 8 Ω
IL = A
10.Thévenin & NortonSulit
R1​ = 3 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​5 VR2​25 ΩAIs​3 ABRL​12 ΩIL​

Beban RL = 12 Ω dipasang di a–b. Ganti sisa rangkaian dengan ekuivalen Thévenin-nya dan cari arus beban IL.

V1 = 5 VIs = 3 AR1 = 3 ΩR2 = 25 ΩR3 = 15 ΩRL = 12 Ω
IL = A
11.Transien RC & RLSedang
+−Vs​15 Vt = 0R = 33 ΩL22 mHi(t)

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
+−Vs​9 Vmembuka pada t = 0R1​ = 1 kΩR2​ = 6,8 kΩi2​C10 µF+−vC​

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
12 V60 HzR = 15 ΩC = 47 µFI

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
12 V100 HzR = 60 ΩL = 150 mHC = 4,7 µF

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
240 V18 kW, 0,627 kW, 1I

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.

V = 240 VP1 = 8 kW, pf1 = 0,6 tertinggalP2 = 7 kW, pf2 = 1
cos φ =
16.Daya AC & faktor dayaSulit
240 V50 Hzbeban16 kW, 0,7C100 µFI

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
ABCVL​ = 480 VZ = 6 + j8 Ωper fasa

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
P = 50 kWφ1​S1​Q2​QC​

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
2400 V240 VIHV​ILV​ = ?75 kVA

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
pf 0,875 kVA, η = 98,5%

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
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 1 kΩVin​

Pilih resistor umpan balik Rf yang memberi penguat non-pembalik ini penguatan tegangan 6.

R1 = 1 kΩAv = 6
Rf = kΩ
22.Rangkaian op-ampSulit
−+Vout​C = 0,1 µFVin​ = 2 VR = 47 kΩ

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
RC​ = 3,3 kΩβ = 75IC​ = ?VCC​ = 12 VRB​ = 560 kΩ

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
+−≤ 22 V150 Ω3,3 V

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
Komplemen dua 8-bit0−12806403201608040201

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
klik bit untuk mengaturnya012806403201608040201

Atur bit menjadi hasil 8-bit dari 1101 0111 << 1. Berapa nilai hasil R dalam desimal?

1101 0111<< 1
R =
27.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flopSedang
ABCD000111100001111010111312140517160121131150141809111010

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?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 2, 3, 4, 6, 7, 8, 11, 13, 15)
N =
28.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flopSulit
DQ3​Q3​DQ2​Q2​DQ1​Q1​DQ0​Q0​CLKJOHNSON

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
ReIm−5−10−15−20

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
t (s)y(t)t = 0,3y(0,3) = ?

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).

y″ + 8y′ + 15y = 15·u(t)u(t) = 1y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0,3 s
y(0.3) =
31.Diagram blokSedang
R(s)+5s + 3G(s)C(s)2H−

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
R(s)+3s + 4G₁+8s + 1G₂C(s)2H₁−0,5H₂−

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
t (s)y(t)0,5ts​ = ?

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
R(s)+250s(s + 5)G(s)C(s)−

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
vin​R = 22 kΩC = 47 nFvout​

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
|H| (dB)0,10,1111010100100−60−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​ = ?

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
R(s)+Ks + 9s(s + 2)(s + 3)C(s)−

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
ReIm−0,5−1−1,5−2−2,5−3−3,5−4−4,5−50,5j0,5j1−1

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
R(s)+K = 52,510s + 1C(s)−

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
R(s)+Kp​ + Ki​/s10s + 1C(s)−

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.

R1​ = 6 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​18 VR2​8 ΩAR4​12 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 = 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.

R1​ = 30 ΩR3​ = 10 ΩR5​ = 5 Ω+−V1​12 VR2​5 ΩAR4​20 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 = 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.

R1​ = 3 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​18 VR2​2 ΩAR4​4 ΩBIs​1 A

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.

R1​ = 8 ΩR2​ = 6 Ω+−V1​12 VR3​20 ΩA+−V2​6 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
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.

R1​ = 5 ΩR2​ = 25 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​6 VR4​30 ΩAR5​5 ΩB+−V2​12 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
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.

R1​ = 5 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​18 VR2​12 ΩAR4​6 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 = 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
R1​ = 5 ΩR3​ = 5 ΩHUBUNG SINGKATR2​12 ΩAR4​6 ΩBIs​2 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.

R1​ = 10 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 8 Ω+−V1​10 VR3​10 ΩATERBUKABHUBUNG SINGKAT

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
R1​ = 10 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 8 ΩHUBUNG SINGKATR3​10 ΩAIs​6 ABHUBUNG SINGKAT

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.

VA′ + VA″ + VA‴ = 3,913 + (−10,43) + 0,2174·V2 = 0
V2 = 6,522/0,2174 = 30 V

Jawaban

V2 = 30 V
9.Thévenin & Norton

Jawaban: IL = 1,081 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​ = 3 ΩR3​ = 4 ΩHUBUNG SINGKATR2​5 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 = 3·5/(3+5) = 1,875 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,875 + 4 = 5,875 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​24 VR2​5 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) = 24·5/(3+5) = 15 V
Rth​ = 5,875 Ω+−Vth​15 VRL​8 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) = 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.

R1​ = 3 ΩR3​ = 15 ΩHUBUNG SINGKATR2​25 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 = 3·25/(3+25) = 2,679 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,679 + 15 = 17,68 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​5 VR2​25 ΩAIs​3 ABab+−Vth​

Cari Vth, tegangan rangkaian terbuka

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

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 4,464 + 3·2,679 = 12,5 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 12,5 + 3·15 = 57,5 V
Rth​ = 17,68 Ω+−Vth​57,5 VRL​12 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) = 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.

f0 = 1/(2π√(LC)) = 1/(2π·√(0,15·4,7·10⁻⁶)) = 189,6 Hz

Jawaban

f0 = 189,6 Hz
15.Daya AC & faktor daya

Jawaban: cos φ = 0,815

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.

V = 690/√3 = 398,4 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 6271/(314,2·398,4²) = 125,8 µF

Jawaban

Cph = 125,8 µF
19.Transformator

Jawaban: ILV = 312,5 A

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

Arus pengenal

Kedua kumparan membawa daya semu yang sama.

ILV = S/V = 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.

Arus basis

IB = (VCC − VBE)/RB = (12 − 0,7)/560 kΩ = 20,18 µA

Arus kolektor

IC = β·IB = 75·20,18 µA = 1,513 mA

Jawaban

IC = 1,513 mA

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.

ABCD000111100001111010111312140517160121131150141809111010

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.

Keadaan setelah setiap tepi

0000 → 1000 → 1100 → 1110 → 1111 → 0111 → 0011 → 0001 → 0000 → 1000 → 1100 → 1110

Nilai desimal

1110₂ = 14

Jawaban

Q = 14
29.Transformasi Laplace

Jawaban: f(0.5) = 1,027

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 + 8s + 17 = (s + 4)² + 1 = (s + 4)² + 1²

Cocokkan pembilangnya

F(s) = 1·(s + 4)/((s + 4)² + 1²) + (14/1)·1/((s + 4)² + 1²)

Transformasi balik

f(t) = e−4t·(cos 1t + 14·sin 1t)
f(0,5) = e−4·0,5·(cos(1·0,5) + 14·sin(1·0,5)) = 1,027

Jawaban

f(0,5) = 1,027
30.Transformasi Laplace

Jawaban: y(0.3) = 0,3183

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).

Loop dalam

Gᵢ = G₂/(1 + G₂H₁) = 8/(s + 17)

Loop luar

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 24/((s + 4)(s + 17) + 12)

Penguatan DC

T(0) = 24/(4·17 + 12) = 24/80 = 0,3

Jawaban

T(0) = 0,3
33.Respons langkah

Jawaban: ts = 0,5333 s

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

Bandingkan dengan bentuk baku

Penyebut harus cocok dengan s² + 2ζωₙs + ωₙ².

ωₙ² = 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).

Fungsi alih loop tertutup

T(s) = 250/(s² + 5s + 250): ωₙ = 15,81 rad/s, ζ = 0,1581

Waktu penetapan

ζωₙ = 5/2 = 2,5
ts ≈ 4/(ζωₙ) = 1,6 s

Jawaban

ts = 1,6 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: 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.

Polinomial karakteristik

s(s + 2)(s + 3) + K(s + 9) = s³ + 5s² + (6 + K)s + 9K

Larik Routh

s³: 1, 6 + K
s²: 5, 9K
s¹: (5·(6 + K) − 9K)/5
s⁰: 9K

Syarat

30 − 4K > 0
K < 30/4 = 7,5

Jawaban

Kmax = 7,5

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.

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