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​ = 4 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​12 VR2​4 ΩIR2​AR4​20 ΩB

Cari arus IR2 melalui R2.

V1 = 12 VR1 = 4 ΩR2 = 4 ΩR3 = 5 ΩR4 = 20 Ω
IR2 = A
2.Resistor seri & paralelSulit
R1​ = 2 ΩR3​ = 6 ΩR5​ = 25 Ω+−V1​6 VR2​10 ΩIR2​AR4​15 ΩBR6​5 Ω

Cari arus IR2 melalui R2.

V1 = 6 VR1 = 2 ΩR2 = 10 ΩR3 = 6 ΩR4 = 15 ΩR5 = 25 ΩR6 = 5 Ω
IR2 = A
3.Analisis simpulSedang
R1​ = 12 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​9 VR2​3 ΩAR4​10 ΩBIs​4 A

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

V1 = 9 VIs = 4 AR1 = 12 ΩR2 = 3 ΩR3 = 20 ΩR4 = 10 Ω
PIs = W
4.Analisis simpulSulit
R1​ = 10 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​24 VR2​2 ΩAR4​10 ΩB0,5·VA​

Belah ketupat adalah sumber arus yang dikendalikan tegangan, yang mendorong arus sebesar 0,5·VA (dalam A, dengan VA dalam V) ke atas masuk ke simpul B. Gunakan analisis simpul untuk mencari tegangan simpul VA (diukur terhadap ground).

V1 = 24 VR1 = 10 ΩR2 = 2 ΩR3 = 12 ΩR4 = 10 Ωg = 0,5 A/V
VA = V
5.Analisis meshSedang
R1​ = 20 ΩR2​ = 15 Ω+−V1​9 VR3​3 ΩA+−V2​15 VI1​I2​

Gunakan analisis mesh untuk mencari arus mesh I2 (searah jarum jam).

V1 = 9 VV2 = 15 VR1 = 20 ΩR2 = 15 ΩR3 = 3 Ω
I2 = A
6.Analisis meshSulit
R1​ = 30 ΩIR1​R2​ = 12 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​15 VR4​30 ΩAR5​2 ΩB+−V2​12 VI1​I2​I3​

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

V1 = 15 VV2 = 12 VR1 = 30 ΩR2 = 12 ΩR3 = 15 ΩR4 = 30 ΩR5 = 2 Ω
IR1 = A
7.SuperposisiSedang
R1​ = 15 ΩR3​ = 10 ΩIR3​+−V1​12 VR2​10 ΩAR4​5 ΩBIs​?

Cari nilai sumber arus Is (arah seperti pada gambar) yang membuat arus IR3 melalui R3 sama dengan nol.

V1 = 12 VR1 = 15 ΩR2 = 10 ΩR3 = 10 ΩR4 = 5 Ω
Is = A
8.SuperposisiSulit
R1​ = 2 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​18 VR3​12 ΩIR3​AIs​1,5 AB+−V2​10 V

Gunakan superposisi untuk mencari daya PR3 yang diserap oleh R3.

V1 = 18 VIs = 1,5 AV2 = 10 VR1 = 2 ΩR2 = 12 ΩR3 = 12 ΩR4 = 15 Ω
PR3 = W
9.Thévenin & NortonSedang
R1​ = 5 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​12 VR2​6 ΩAab

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

V1 = 12 VR1 = 5 ΩR2 = 6 ΩR3 = 20 Ω
IN = A
10.Thévenin & NortonSulit
R1​ = 12 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​9 VR2​3 ΩAIs​2,5 ABRL​6 ΩIL​

Beban RL = 6 Ω dipasang di a–b. Gunakan ekuivalen Thévenin untuk mencari daya PL yang diserap beban.

V1 = 9 VIs = 2,5 AR1 = 12 ΩR2 = 3 ΩR3 = 8 ΩRL = 6 Ω
PL = W
11.Transien RC & RLSedang
R = 100 Ωt = 0L47 mHi(t)

Induktor mengalirkan arus tunak 3 A. Pada t = 0 sakelar menutup loop melalui R dan sumber dilepas, jadi arus induktor meluruh melalui R. Cari arus i pada t = 1 ms.

i(0) = 3 AR = 100 ΩL = 47 mHt = 1 ms
i = A
12.Transien RC & RLSulit
+−Vs​20 Vt = 0R = 6,8 kΩC68 µF+−vC​vC​(0) = 6 V

Tepat sebelum sakelar ditutup pada t = 0, kapasitor bertegangan 6 V dengan polaritas yang ditunjukkan. Berapa lama waktu yang diperlukan agar vC mencapai 15,8 V? Cari t.

Vs = 20 VR = 6,8 kΩC = 68 µFvC(0) = 6 V
t = ms
13.Impedansi AC & fasorSedang
100 V1000 HzR = 40 ΩL = 100 mHC = 10 µFI

Rangkaian RLC seri dihubungkan ke sumber 100 V (rms), 1000 Hz. Cari arus rms I.

V = 100 V (rms)f = 1000 HzR = 40 ΩL = 100 mHC = 10 µF
I = A
14.Impedansi AC & fasorSulit
230 V500 HzR = 60 ΩL = 200 mHC = 100 µFI

Rangkaian RLC seri dihubungkan ke sumber 230 V (rms), 500 Hz. Cari arus rms I.

V = 230 V (rms)f = 500 HzR = 60 ΩL = 200 mHC = 100 µF
I = A
15.Daya AC & faktor dayaSedang
230 V114 kW, 0,8213 kW, 0,95I

Dua beban dihubungkan paralel ke sumber satu fase 230 V: beban 14 kW dengan faktor daya 0,8 tertinggal dan beban 13 kW dengan faktor daya 0,95 tertinggal. Cari faktor daya total cos φ yang dilihat sumber.

V = 230 VP1 = 14 kW, pf1 = 0,8 tertinggalP2 = 13 kW, pf2 = 0,95 tertinggal
cos φ =
16.Daya AC & faktor dayaSulit
240 V50 Hzbeban28 kW, 0,6C220 µFI

Sebuah beban satu fase mengambil 28 kW pada faktor daya 0,6 tertinggal dari sumber 240 V, 50 Hz. Kapasitor 220 µF dihubungkan paralel dengan beban. Cari faktor daya baru cos φ yang dilihat sumber.

P = 28 kWpf1 = 0,6V = 240 Vf = 50 HzC = 220 µF
cos φ =
17.Daya tiga fasaSedang
ABCVL​ = 690 VIL​ = 30 Acos φ = 0,88tertinggal

Beban tiga fasa seimbang menarik arus saluran 30 A dari sumber dengan tegangan antarsaluran 690 V. Faktor dayanya 0,88 tertinggal. Cari daya nyata total P yang diserap beban dalam kW.

VL = 690 VIL = 30 Acos φ = 0,88
P = kW
18.Daya tiga fasaSulit
P = 250 kWφ1​S1​Q2​QC​

Beban tiga fasa seimbang menyerap 250 kW pada faktor daya 0,8 tertinggal dari sumber 480 V (antarsaluran), 50 Hz. Bank kapasitor tiga fasa yang diparalel dengan beban harus menaikkan faktor daya keseluruhan menjadi 0,92 tertinggal. Daya nyatanya tetap sama. Kapasitor dihubungkan secara Δ. Cari kapasitansi Cph setiap kapasitor dalam µF.

P = 250 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,92VL = 480 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.TransformatorSedang
RL​ = 60 Ω2012400 VV2​I1​ = ?I2​

Sebuah transformator ideal dengan rasio lilitan N₁:N₂ = 20:1 diberi tegangan 2400 V pada kumparan primernya. Resistor 60 Ω dihubungkan pada kumparan sekunder. Cari arus primer I1.

N1:N2 = 20:1V1 = 2400 VRL = 60 Ω
I1 = A
20.TransformatorSulit
pf 0,8250 kVA, 25% beban

Sebuah transformator satu fasa 250 kVA memiliki rugi inti 750 W dan rugi tembaga 1875 W pada beban pengenal. Transformator menyuplai 25% dari kVA pengenalnya pada faktor daya 0,8 tertinggal. Cari rugi total Ploss dalam watt pada beban ini.

S = 250 kVAPcore = 750 WPcu,fl = 1875 Wx = 0,25pf = 0,8
Ploss = W
21.Rangkaian op-ampSedang
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 4,7 kΩVin​

Pilih resistor umpan balik Rf yang memberi penguat non-pembalik ini penguatan tegangan 10.

R1 = 4,7 kΩAv = 10
Rf = kΩ
22.Rangkaian op-ampSulit
Vin​V1​Vout​tingkat 1: membalikR1​ = 47 kΩRf1​ = 47 kΩtingkat 2: tak membalikR2​ = 22 kΩRf2​ = 100 kΩ

Dua tingkat op-amp ideal dihubungkan secara kaskade: penguat membalik (R1, Rf1) diikuti penguat tak membalik (R2 ke ground, Rf2 di umpan balik). Keduanya dicatu ±15 V. Masukannya Vin = 0,7 V. Cari tegangan keluaran Vout.

R1 = 47 kΩRf1 = 47 kΩR2 = 22 kΩRf2 = 100 kΩVin = 0,7 V
Vout = V
23.Dioda & transistorSedang
RC​ = 5,6 kΩβ = 80RE​ = 2,2 kΩVCC​ = 18 VR1​ = 68 kΩR2​ = 6,8 kΩ

Sebuah transistor NPN dengan β = 80 dibias dengan pembagi tegangan dari VCC = 18 V: R₁ = 68 kΩ dari VCC ke basis dan R₂ = 6,8 kΩ dari basis ke ground. Resistor kolektornya RC = 5,6 kΩ dan resistor emitornya RE = 2,2 kΩ. Ambil VBE = 0,7 V dan gunakan ekivalen Thévenin dari pembagi tegangan (jangan abaikan arus basis). Cari tegangan kolektor–emitor VCE.

VCC = 18 VR1 = 68 kΩR2 = 6,8 kΩRC = 5,6 kΩRE = 2,2 kΩβ = 80
VCE = V
24.Dioda & transistorSulit
+−≥ 9 VR = ?5,6 V≤ 10 mA

Regulator Zener 5,6 V harus mencatu hingga 10 mA ke beban. Masukan dapat turun hingga 9 V, dan Zener memerlukan minimal 2 mA agar meregulasi. Cari resistansi seri terbesar Rmax yang menjaganya tetap meregulasi.

Vin,min = 9 VVZ = 5,6 VIL,max = 10 mAIZ,min = 2 mA
Rmax = Ω
25.Sistem bilanganSedang
Komplemen dua 8-bit0−12806403201608040201

Atur bit sehingga menyimpan −43 dalam komplemen dua 8-bit. Dibaca sebagai bilangan tak bertanda, berapa nilai pola U?

N = −438 bit
U =
26.Sistem bilanganSulit
24 bit1 px1920 px1080 pxM = ? KiB

Sebuah gambar tak terkompresi berukuran 1920 × 1080 piksel dengan 24 bit per piksel. Berapa memori M yang dipakainya, dalam KiB (1 KiB = 1024 byte)?

1920 × 1080 px24 bit/px1 KiB = 1024 B
M = KiB
27.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flopSedang
ABCD00011110000111101111111

Pada peta Karnaugh ini tepat satu angka 1 tidak memiliki angka 1 tetangga, sehingga tetap menjadi kelompok satu sel (minterm penuh berisi empat literal) dalam bentuk SOP minimal. Tetangga melewati tepi peta ikut dihitung. Klik sel itu.

F = Σm(4, 5, 7, 8, 11, 14, 15)
  1. 1AB = 00, CD = 00
  2. 2AB = 00, CD = 01
  3. 3AB = 00, CD = 11
  4. 4AB = 00, CD = 10
  5. 5AB = 01, CD = 00
  6. 6AB = 01, CD = 01
  7. 7AB = 01, CD = 11
  8. 8AB = 01, CD = 10
  9. 9AB = 11, CD = 00
  10. 10AB = 11, CD = 01
  11. 11AB = 11, CD = 11
  12. 12AB = 11, CD = 10
  13. 13AB = 10, CD = 00
  14. 14AB = 10, CD = 01
  15. 15AB = 10, CD = 11
  16. 16AB = 10, CD = 10
28.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flopSulit
ABCD000111100001111000X1030204X51706112113X150140819011010

Carilah bentuk SOP minimal dari F(A, B, C, D) = Σm(7, 9, 12, 13) + d(1, 5, 15), dengan d menandai kondisi don’t-care. Berapa literal L yang dimilikinya?

F(A, B, C, D) = Σm(7, 9, 12, 13) + d(1, 5, 15)
L =
29.Transformasi LaplaceSedang
ReIm−112

Tentukan f(t) untuk F(s) = 30/(s² + 2s + 5) dengan melengkapkan kuadrat, lalu hitung f(0,1).

F(s) = 30/(s² + 2s + 5)t = 0,1 s
f(0.1) =
30.Transformasi LaplaceSulit
t (s)y(t)t = 1y(1) = ?

Sebuah sistem memenuhi y″ + 6y′ + 5y = 20·u(t), dengan y(0) = 5 dan y′(0) = 0. Pada t = 0 diberikan masukan langkah u(t) = 10. Gunakan transformasi Laplace untuk mencari y(1).

y″ + 6y′ + 5y = 20·u(t)y(0) = 5y′(0) = 0u(t) = 10t = 1 s
y(1) =
31.Diagram blokSedang
R(s)+40s + 7G(s)C(s)0,25H−

Plant G(s) = 40/(s + 7) dikendalikan dalam loop umpan balik negatif yang sensornya memiliki penguatan H = 0,25. Sebuah masukan langkah berukuran 2 diberikan pada R. Tentukan keluaran keadaan tunak css.

G(s) = 40/(s + 7)H = 0,25R = 2
css =
32.Diagram blokSulit
R(s)+17s + 1G₁+2s + 8G₂C(s)4H₁−0,5H₂−

Reduksi diagram blok dengan G₁ = 17/(s + 1), G₂ = 2/(s + 8), umpan balik negatif dalam H₁ = 4 di sekitar G₂ dan umpan balik negatif luar H₂ = 0,5. Tentukan penguatan DC T(0) dari C(s)/R(s).

G₁ = 17/(s + 1)G₂ = 2/(s + 8)H₁ = 4H₂ = 0,5
T(0) =
33.Respons langkahSedang
t (s)y(t)1tp​ = ?

Sebuah sistem memiliki fungsi alih G(s) = 96/(s² + 12s + 96) dan menerima masukan langkah satuan. Tentukan waktu puncak tp dari respons langkah.

G(s) = 96/(s² + 12s + 96)
tp = s
34.Respons langkahSulit
k = 2000 N/mc = 100 N·s/mm = 5 kgF = 100 Nx(t)

Sebuah massa m = 5 kg tergantung pada pegas k = 2000 N/m dengan peredam kental c = 100 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). Dalam keadaan seimbang diam, gaya konstan F = 100 N tiba-tiba diberikan. Tentukan persen overshoot %OS dari simpangan.

m = 5 kgk = 2000 N/mc = 100 N·s/mF = 100 N
%OS = %
35.Plot Bode dan marginSedang
|H| (dB)0,10,1111010100100−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−90−450ω = 8

Cari fasa ∠G(jω) dari G(s) = 34(s + 3)/(s(s + 6)) pada ω = 8 rad/s, dalam derajat.

G(s) = 34(s + 3)/(s(s + 6))ω = 8 rad/s
∠G(jω) = °
36.Plot Bode dan marginSulit
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​

Lingkar umpan balik satuan memiliki fungsi alih lingkar terbuka L(s) = 4/(s(s + 2)). Cari margin fasa PM dalam derajat.

L(s) = 4/(s(s + 2))
PM = °
37.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akarSedang
R(s)+K = 105,61s(s + 3)(s + 8)C(s)−

Loop pada diagram bekerja dengan K = 105,6 dan L(s) = K/(s(s + 3)(s + 8)). Berapa kali lipat m penguatan dapat dinaikkan sebelum loop tertutup menjadi tidak stabil?

L(s) = K/(s(s + 3)(s + 8))K = 105,6
m =
38.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akarSulit
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−8−9−101j1j2

Suatu loop umpan balik satuan memiliki L(s) = K(s + 5)/(s(s + 8)(s + 1)(s + 4)). Cari titik σa tempat asimtot tempat kedudukan akar memotong sumbu real.

L(s) = K(s + 5)/(s(s + 8)(s + 1)(s + 4))
σa =
39.Galat keadaan tunak & kendali PIDSedang
r(t) = 4·t²/2+4(s + 2)s²(s + 4)C(s)−

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

G(s) = 4(s + 2)/(s²(s + 4))r(t) = 4·t²/2
ess =
40.Galat keadaan tunak & kendali PIDSulit
R(s)+K = 164s(s + 10)C(s)−

Pengendali proporsional K = 16 mengendalikan plant G(s) = 4/(s(s + 10)) dalam loop umpan balik satuan. Tentukan waktu puncak tp dari respons langkah.

G(s) = 4/(s(s + 10))K = 16
tp = s

3Larutan

1.Resistor seri & paralel

Jawaban: IR2 = 1,389 A

Resistor seri dan paralel: dalam seri, arus yang sama mengalir di setiap resistor dan R = R₁ + R₂ + …. Dalam paralel, setiap resistor punya tegangan yang sama dan 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Jaringan tangga disederhanakan satu pasang demi satu pasang hingga tersisa satu resistansi ekuivalen.

R1​ = 4 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​12 VR2​4 ΩAR4​20 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 = 5 + 20 = 25 Ω
R2 ∥ 25 = 4·25/(4+25) = 3,448 Ω
Req = R1 + 3,448 = 4 + 3,448 = 7,448 Ω

Arus dari sumber

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

IR1 = V1/Req = 12/7,448 = 1,611 A

Arus melalui R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 12 − 1,611·4 = 5,556 V
IR2 = VA/R2 = 5,556/4 = 1,389 A

Jawaban

IR2 = 1,389 A
2.Resistor seri & paralel

Jawaban: IR2 = 0,4528 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​ = 2 ΩR3​ = 6 ΩR5​ = 25 Ω+−V1​6 VR2​10 ΩAR4​15 ΩBR6​5 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 = 25 + 5 = 30 Ω
R4 ∥ 30 = 10 Ω
R3 + 10 = 16 Ω
R2 ∥ 16 = 6,154 Ω
Req = R1 + 6,154 = 2 + 6,154 = 8,154 Ω

Arus dari sumber

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

IR1 = V1/Req = 6/8,154 = 0,7358 A

Arus melalui R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 6 − 0,7358·2 = 4,528 V
IR2 = VA/R2 = 4,528/10 = 0,4528 A

Jawaban

IR2 = 0,4528 A
3.Analisis simpul

Jawaban: PIs = 112,8 W

Analisis simpul: pilih simpul referensi, beri nama tegangan simpul yang tidak diketahui, tulis hukum arus Kirchhoff di setiap simpul tersebut memakai hukum Ohm (I = ΔV/R), lalu selesaikan persamaannya.

KCL di simpul A

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

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/3 + (VA − 9)/12 + (VA − VB)/20 = 0
0,4667·VA − 0,05·VB = 0,75

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/10 + (VB − VA)/20 = 4
−0,05·VA + 0,15·VB = 4

Selesaikan

Δ = (0,4667)(0,15) − (−0,05)(−0,05) = 0,0675
VA = Δ1/Δ = 0,3125/0,0675 = 4,63 V
VB = Δ2/Δ = 1,904/0,0675 = 28,21 V

Daya yang diberikan sumber arus

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

PIs = VB·Is = 28,21·4 = 112,8 W

Jawaban

PIs = 112,8 W
4.Analisis simpul

Jawaban: VA = 5,739 V

Analisis simpul: pilih simpul referensi, beri nama tegangan simpul yang tidak diketahui, tulis hukum arus Kirchhoff di setiap simpul tersebut memakai hukum Ohm (I = ΔV/R), lalu selesaikan persamaannya.

KCL di simpul A

Arus yang keluar dari A melalui resistor sama dengan arus yang didorong masuk ke A oleh sumber.

(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
0,6833·VA − 0,08333·VB = 2,4

KCL di simpul B

Sumber tak bebas mendorong g·VA masuk ke simpul B. Perlakukan seperti sumber bebas, lalu pindahkan suku VA ke ruas kiri.

(VB − VA)/R3 + VB/R4 = 0,5·VA
−0,5833·VA + 0,1833·VB = 0

Selesaikan

Δ = (0,6833)(0,1833) − (−0,08333)(−0,5833) = 0,07667
VA = Δ1/Δ = 0,44/0,07667 = 5,739 V
VB = Δ2/Δ = 1,4/0,07667 = 18,26 V

Jawaban

VA = 5,739 V
5.Analisis mesh

Jawaban: I2 = −0,7852 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​ = 20 ΩR2​ = 15 Ω+−V1​9 VR3​3 ΩA+−V2​15 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
20·I1 + 3(I1 − I2) = 9
23·I1 − 3·I2 = 9

KVL di sekitar mesh 2

Searah jarum jam, jatuh tegangan pada resistor sama dengan kenaikan tegangan sumber (dari − ke + searah lintasan).

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
15·I2 + 3(I2 − I1) = (−15)
−3·I1 + 18·I2 = −15

Selesaikan

Δ = (23)(18) − (−3)(−3) = 405
I1 = Δ1/Δ = 117/405 = 0,2889 A
I2 = Δ2/Δ = −318/405 = −0,7852 A

Jawaban

I2 = −0,7852 A

Arus mesh negatif mengalir berlawanan arah jarum jam.

6.Analisis mesh

Jawaban: IR1 = 0,3558 A

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

R1​ = 30 ΩR2​ = 12 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​15 VR4​30 ΩAR5​2 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
30·I1 + 30(I1 − I2) = 15
60·I1 − 30·I2 = 15

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
12·I2 + 30(I2 − I1) + 2(I2 − I3) = 0
−30·I1 + 44·I2 − 2·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
15·I3 + 2(I3 − I2) = (−12)
−2·I2 + 17·I3 = −12

Selesaikan

Δ = determinan matriks koefisien = 29340
I1 = Δ1/Δ = 10440/29340 = 0,3558 A
I2 = Δ2/Δ = 6210/29340 = 0,2117 A
I3 = Δ3/Δ = −19980/29340 = −0,681 A

Jawaban

IR1 = I1 = 0,3558 A

Arus mesh negatif mengalir berlawanan arah jarum jam.

7.Superposisi

Jawaban: Is = 0,96 A

Superposisi: dalam rangkaian linear, setiap tegangan atau arus adalah jumlah respons terhadap masing-masing sumber independen yang bekerja sendiri. Untuk mematikan sumber, ganti sumber tegangan ideal dengan hubung singkat dan sumber arus ideal dengan rangkaian terbuka. Resistor tetap di tempatnya.

R1​ = 15 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​12 VR2​10 ΩAR4​5 ΩBTERBUKA

Kasus 1 · V1 bekerja sendiri

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

R3+R4 = 10+5 = 15 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 10·15/(10+15) = 6 Ω
VA = 12·6/(15+6) = 3,429 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 3,429·5/15 = 1,143 V
IR3′ = (VA − VB)/R3 = (3,429 − 1,143)/10 = 0,2286 A

Kasus 2 · Is bekerja sendiri

V₁ menjadi hubung singkat, jadi R₁ ∥ R₂ terhubung dari A ke ground. Iₛ terbagi di B antara R₄ dan jalur R₃ + R₁∥R₂; bagian yang melalui R₃ mengalir dari B ke A, berlawanan dengan panah.

R1 ∥ R2 = 6 Ω
IR3″ = −Is·R4/(R4 + R3 + R1∥R2) = −Is·5/21 = −0,2381·Is

Samakan total dengan nol

IR3′ + IR3″ = 0,2286 − 0,2381·Is = 0
Is = 0,2286/0,2381 = 0,96 A

Jawaban

Is = 0,96 A
8.Superposisi

Jawaban: PR3 = 22,54 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​ = 2 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​18 VR3​12 ΩATERBUKABHUBUNG SINGKAT

Kasus 1 · hanya V1

V₂ menjadi hubung singkat dan Iₛ rangkaian terbuka. Dilihat dari A, R₃ paralel dengan pasangan seri R₂+R₄.

R3 ∥ (R2+R4) = 12 ∥ 27 = 8,308 Ω
VA = 18·8,308/(2+8,308) = 14,51 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 14,51·15/27 = 8,06 V
IR3′ = (VA − 0)/R3 = (14,51 − 0)/12 = 1,209 A
R1​ = 2 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 15 ΩHUBUNG SINGKATR3​12 ΩAIs​1,5 ABHUBUNG SINGKAT

Kasus 2 · hanya Is

Kedua sumber tegangan menjadi hubung singkat. Iₛ terbagi di B antara R₄ (kini ke ground) dan R₂ yang seri dengan R₁ ∥ R₃.

R1 ∥ R3 = 1,714 Ω, jadi jalur kiri adalah R2+1,714 = 13,71 Ω
Req = R4 ∥ 13,71 = 7,164 Ω
VB = Is·Req = 1,5·7,164 = 10,75 V
VA = VB·1,714/13,71 = 1,343 V
IR3″ = (VA − 0)/R3 = (1,343 − 0)/12 = 0,1119 A
R1​ = 2 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 15 ΩHUBUNG SINGKATR3​12 ΩATERBUKAB+−V2​10 V

Kasus 3 · hanya V2

V₁ menjadi hubung singkat dan Iₛ rangkaian terbuka. R₁ ∥ R₃ tergantung dari A, seri dengan R₂ kembali ke B.

R1 ∥ R3 = 2·12/(2+12) = 1,714 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 10·13,71/28,71 = 4,776 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 4,776·1,714/13,71 = 0,597 V
IR3‴ = (VA − 0)/R3 = (0,597 − 0)/12 = 0,04975 A

Jumlahkan kontribusi arus

IR3 = IR3′ + IR3″ + IR3‴ = 1,209 + 0,1119 + 0,04975 = 1,371 A

Daya pada resistor

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

PR3 = IR3²·R3 = 1,371²·12 = 22,54 W

Jawaban

PR3 = 22,54 W

Menjumlahkan daya dari kasus-kasus terpisah akan memberi 17,72 W, dan itu salah.

9.Thévenin & Norton

Jawaban: IN = 0,288 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​ = 5 ΩR3​ = 20 ΩHUBUNG SINGKATR2​6 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 = 5·6/(5+6) = 2,727 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,727 + 20 = 22,73 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​12 VR2​6 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) = 12·6/(5+6) = 6,545 V
IN​0,288 ARth​22,73 Ωab

Ekuivalen Norton

Sumber Norton adalah rangkaian yang sama dilihat sebagai sumber arus paralel dengan R_th. Arusnya adalah arus hubung singkat di a–b.

IN = Vth/Rth = 6,545/22,73 = 0,288 A
10.Thévenin & Norton

Jawaban: PL = 13,06 W

Teorema Thévenin: setiap jaringan linear dua terminal berperilaku seperti satu sumber tegangan Vth yang seri dengan resistansi Rth. Teorema Norton menyatakan jaringan yang sama sebagai sumber arus IN = Vth/Rth yang paralel dengan Rth.

R1​ = 12 ΩR3​ = 8 ΩHUBUNG SINGKATR2​3 ΩATERBUKABabRth​

Cari Rth dengan semua sumber dimatikan

Ganti sumber tegangan dengan hubung singkat dan sumber arus dengan rangkaian terbuka, lalu lihat rangkaian dari a–b.

R1 ∥ R2 = 12·3/(12+3) = 2,4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,4 + 8 = 10,4 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​9 VR2​3 ΩAIs​2,5 ABab+−Vth​

Cari Vth, tegangan rangkaian terbuka

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

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 1,8 + (−2,5)·2,4 = −4,2 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −4,2 + (−2,5)·8 = −24,2 V
Rth​ = 10,4 Ω−+Vth​24,2 VRL​6 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) = −24,2/(10,4 + 6) = −1,476 A
PL = IL²·RL = −1,476²·6 = 13,06 W
11.Transien RC & RL

Jawaban: i = 0,3573 A

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

Konstanta waktu

τ = L/R = 47 mH / 100 Ω = 0,47 ms

Peluruhan arus

i(t) = 3·e−1/0,47 = 0,3573 A

Jawaban

i = 0,3573 A
12.Transien RC & RL

Jawaban: t = 556,7 ms

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

Nilai awal, nilai akhir, konstanta waktu

Tegangan kapasitor tidak dapat melompat, jadi dimulai dari nilai tersimpannya dan menuju tegangan sumber.

vC(0) = 6 V, vC(∞) = Vs = 20 V
τ = R·C = 6,8 kΩ · 68 µF = 462,4 ms
vC(t) = 20 + (6 − 20)·e−t/τ

Selesaikan untuk waktu

15,8 = 20 + (−14)·e−t/τ → e−t/τ = (15,8 − 20)/(6 − 20) = 0,3
t = τ·ln((6 − 20)/(15,8 − 20)) = 462,4·ln(3,333) = 556,7 ms

Jawaban

t = 556,7 ms
13.Impedansi AC & fasor

Jawaban: I = 0,1629 A

Rangkaian AC dengan fasor: resistor, induktor, dan kapasitor memiliki impedansi R, jωL, dan 1/(jωC), dengan ω = 2πf. Dalam seri, impedansi dijumlahkan seperti resistansi, tetapi sebagai bilangan kompleks. Arus dan tegangan rms mengikuti hukum Ohm dengan |Z|.

Reaktansi

ω = 2πf = 2π·1000 = 6283 rad/s
XL = ωL = 6283·0,1 = 628,3 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(6283·10·10⁻⁶) = 15,92 Ω

Impedansi

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(40² + (612,4)²) = 613,7 Ω

Arus

Arus yang sama mengalir melalui setiap elemen rangkaian seri.

I = V/|Z| = 100/613,7 = 0,1629 A

Jawaban

I = 0,1629 A
14.Impedansi AC & fasor

Jawaban: I = 0,3662 A

Rangkaian AC dengan fasor: resistor, induktor, dan kapasitor memiliki impedansi R, jωL, dan 1/(jωC), dengan ω = 2πf. Dalam seri, impedansi dijumlahkan seperti resistansi, tetapi sebagai bilangan kompleks. Arus dan tegangan rms mengikuti hukum Ohm dengan |Z|.

Reaktansi

ω = 2πf = 2π·500 = 3142 rad/s
XL = ωL = 3142·0,2 = 628,3 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(3142·100·10⁻⁶) = 3,183 Ω

Impedansi

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(60² + (625,1)²) = 628 Ω

Arus

Arus yang sama mengalir melalui setiap elemen rangkaian seri.

I = V/|Z| = 230/628 = 0,3662 A

Jawaban

I = 0,3662 A
15.Daya AC & faktor daya

Jawaban: cos φ = 0,8773

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 = 14·tan(arccos 0,8) = 10,5 kvar
Q2 = 13·tan(arccos 0,95) = 4,273 kvar

Total

P = 14 + 13 = 27 kW
Q = 10,5 + 4,273 = 14,77 kvar
S = √(27² + 14,77²) = 30,78 kVA

Faktor daya total

cos φ = P/S = 27/30,78 = 0,8773 tertinggal

Jawaban

cos φ = 0,8773
16.Daya AC & faktor daya

Jawaban: cos φ = 0,643

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 = 28·tan(arccos 0,6) = 37,33 kvar
QC = V²·2πf·C = 240²·2π·50·220·10⁻⁶ = 3981 var = 3,981 kvar
Q2 = 37,33 − 3,981 = 33,35 kvar

Daya semu baru

S2 = √(28² + 33,35²) = 43,55 kVA

Faktor daya baru

cos φ = P/S2 = 28/43,55 = 0,643

Jawaban

cos φ = 0,643
17.Daya tiga fasa

Jawaban: P = 31,55 kW

Sistem tiga fasa seimbang: pada hubungan Y (bintang) tegangan antarsaluran adalah √3 kali tegangan fasa, VL = √3·Vph, dan arus saluran sama dengan arus fasa. Pada hubungan Δ (delta) tegangan antarsaluran sama dengan tegangan fasa dan arus saluran adalah √3 kali arus fasa, IL = √3·Iph. Daya total adalah tiga kali daya satu fasa: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ.

Daya semu

S = √3·VL·IL = √3·690·30 = 35,85 kVA

Daya nyata

P = S·cos φ = 35,85·0,88 = 31,55 kW

Jawaban

P = 31,55 kW
18.Daya tiga fasa

Jawaban: Cph = 373 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 = 250·tan(acos 0,8) = 250·0,75 = 187,5 kvar
Q2 = 250·tan(acos 0,92) = 250·0,426 = 106,5 kvar

Daya reaktif dari kapasitor

QC = Q1 − Q2 = 81 kvar

Kapasitansi per fasa

Pada bank Δ, setiap kapasitor terhubung di antara dua saluran.

V = 480 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 27000/(314,2·480²) = 373 µF

Jawaban

Cph = 373 µF
19.Transformator

Jawaban: I1 = 0,1 A

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

Tegangan dan arus sekunder

V2 = 2400/20 = 120 V
I2 = 120/60 = 2 A

Arus primer

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

I1 = I2/20 = 0,1 A

Jawaban

I1 = 0,1 A

Periksa: beban yang terlihat dari sisi primer adalah a²·RL = 24000 Ω, dan 2400/24000 memberikan arus yang sama.

20.Transformator

Jawaban: Ploss = 867,2 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.

Rugi tembaga pada beban ini

Pcu = x²·Pcu,fl = 0,0625·1875 = 117,2 W

Rugi total

Rugi inti sama pada beban berapa pun.

Ploss = 750 + 117,2 = 867,2 W

Jawaban

Ploss = 867,2 W

Efisiensi pada beban ini adalah η = 98,3%.

21.Rangkaian op-amp

Jawaban: Rf = 42,3 kΩ

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

Penguatan penguat non-pembalik

V₋ = V₊ = Vin, dan arus melalui R₁ juga mengalir melalui Rf, jadi Vout = Vin·(1 + Rf/R₁).

Av = 1 + Rf/R1
Rf = (10 − 1)·4,7 = 42,3 kΩ

Jawaban

Rf = 42,3 kΩ
22.Rangkaian op-amp

Jawaban: Vout = −3,882 V

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

Penguatan tiap tingkat

A1 = −Rf1/R1 = −47/47 = −1
A2 = 1 + Rf2/R2 = 1 + 100/22 = 5,545

Tingkat demi tingkat

V1 = −1·0,7 = −0,7 V
Vout = 5,545·(−0,7) = −3,882 V

Jawaban

Vout = −3,882 V
23.Dioda & transistor

Jawaban: VCE = 14,82 V

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

Ekivalen Thévenin dari pembagi tegangan

VTH = 18·6,8/(68 + 6,8) = 1,636 V
RTH = 68·6,8/(68 + 6,8) = 6,182 kΩ

Arus basis

KVL di sekeliling loop basis; arus emitor adalah (β + 1)·IB.

IB = (1,636 − 0,7)/(6,182 + 81·2,2) = 5,078 µA

Arus kolektor

IC = 80·5,078 µA = 0,4063 mA
IE = 81·5,078 µA = 0,4113 mA

Tegangan kolektor–emitor

VCE = 18 − 0,4063·5,6 − 0,4113·2,2 = 14,82 V

Jawaban

VCE = 14,82 V
24.Dioda & transistor

Jawaban: Rmax = 283,3 Ω

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 kasus terburuk

IR = 10 + 2 = 12 mA

Resistansi terbesar

Rmax = 3,4/0,012 = 283,3 Ω

Jawaban

Rmax = 283,3 Ω
25.Sistem bilangan

Jawaban: U = 213

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

43 = 0010 1011
dibalik: 1101 0100
+1 → 1101 0101

Baca sebagai tak bertanda

1101 0101₂ = 256 − 43 = 213

Jawaban

U = 213
26.Sistem bilangan

Jawaban: M = 6075 KiB

Sistem bilangan posisional: setiap digit bernilai digit itu dikali pangkat dari basis. Dalam biner, posisinya bernilai 1, 2, 4, 8, 16, …; dalam heksadesimal 1, 16, 256, …, dengan A–F mewakili 10–15. Dalam komplemen dua 8-bit, bit paling kiri bernilai −128, bukan +128; begitulah bilangan negatif disimpan.

Bit dan byte

1920·1080·24 = 49766400 bit = 6220800 B

Ubah ke KiB

6220800/1024 = 6075 KiB

Jawaban

M = 6075 KiB
27.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flop

Jawaban: AB = 10, CD = 00

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.

Tetangga setiap angka 1

Angka 1 dengan tetangga angka 1 dapat bergabung dalam kelompok dua atau lebih.

m8: m9, m10, m12, m0 → 0
ABCD00011110000111101111111

Angka 1 yang terisolasi

m8 = AB′C′D′ → AB = 10, CD = 00

Jawaban

AB = 10, CD = 00
28.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flop

Jawaban: L = 7

Peta Karnaugh: sel-sel diurutkan dalam kode Gray (00, 01, 11, 10), sehingga sel bertetangga, termasuk yang melewati tepi, berbeda tepat pada satu variabel. Kelompokkan angka 1 dalam persegi panjang berisi 1, 2, 4, 8, atau 16 sel, sebesar mungkin dan sesedikit mungkin, sampai setiap angka 1 tercakup. Setiap kelompok adalah satu suku hasil kali: variabel yang tetap konstan di dalamnya. Kelompok 2ᵏ sel kehilangan k variabel. Don’t-care (X) boleh dipakai untuk memperbesar kelompok tetapi tidak harus dicakup. Mengelompokkan angka 0 sebagai gantinya menghasilkan bentuk POS minimal.

Implikan prima

Kelompok terbesar yang dapat dibentuk dari angka 1 dan X.

C′D, BD, ABC′
ABCD000111100001111000X1030204X51706112113X150140819011010

Cakupan minimal

F = C′D + BD + ABC′
L = 7

Jawaban

L = 7
29.Transformasi Laplace

Jawaban: f(0.1) = 2,696

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 + 2s + 5 = (s + 1)² + 4 = (s + 1)² + 2²

Cocokkan pembilangnya

F(s) = (30/2)·2/((s + 1)² + 2²)

Transformasi balik

f(t) = e−t·(15·sin 2t)
f(0,1) = e−0,1·(15·sin(2·0,1)) = 2,696

Jawaban

f(0,1) = 2,696
30.Transformasi Laplace

Jawaban: y(1) = 23,96

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

(s² + 6s + 5)·Y(s) = 5s + 30 + 200/s
Y(s) = (5s² + 30s + 200)/(s(s + 1)(s + 5))

Pecahan parsial

A = 200/(1·5) = 40
B = 175/((−1)·4) = −43,75
C = 175/((−5)·(−4)) = 8,75

Hasil

y(t) = 40 − 43,75·e−t + 8,75·e−5t
y(1) = 23,96

Jawaban

y(1) = 23,96

Periksa: y(0) = A + B + C = 5.

31.Diagram blok

Jawaban: css = 4,706

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) = 40/(s + 7 + 10) = 40/(s + 17)

Hasil

css = R·T(0) = 2·40/17 = 4,706

Jawaban

css = 4,706
32.Diagram blok

Jawaban: T(0) = 1,03

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) = 2/(s + 16)

Loop luar

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 34/((s + 1)(s + 16) + 17)

Penguatan DC

T(0) = 34/(1·16 + 17) = 34/33 = 1,03

Jawaban

T(0) = 1,03
33.Respons langkah

Jawaban: tp = 0,4056 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 = 96 → ωₙ = 9,798 rad/s
2ζωₙ = 12 → ζ = 12/(2·9,798) = 0,6124

Hasil

ωd = 9,798·√(1 − 0,6124²) = 7,746 rad/s → tp = π/ωd = 0,4056 s

Jawaban

tp = 0,4056 s
34.Respons langkah

Jawaban: %OS = 16,3 %

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

Frekuensi alami dan rasio redaman

ωₙ = √(k/m) = √(2000/5) = 20 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 100/(2·√(2000·5)) = 0,5

Hasil

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 16,3 %

Jawaban

%OS = 16,3 %
35.Plot Bode dan margin

Jawaban: ∠G(jω) = −73,69 °

Respons frekuensi: substitusikan s = jω ke fungsi alih. Besar dalam desibel adalah 20·log₁₀|H(jω)| dan fasa adalah jumlah sudut faktor pembilang dikurangi sudut faktor penyebut. Filter RC atau RL orde pertama memiliki frekuensi sudut (−3 dB) pada ωc = 1/(RC) atau R/L, dan fc = ωc/(2π); filter lolos rendah memberi |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) dan φ = −atan(ω/ωc). Pada plot Bode asimtotik (garis lurus) setiap kutub membengkokkan besar ke bawah sebesar 20 dB/dekade pada frekuensi sudutnya, setiap nol membengkokkannya ke atas sebesar 20 dB/dekade, dan integrator 1/s memberi −20 dB/dekade pada semua frekuensi. Persilangan penguatan ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); margin fasa PM = 180° + ∠L(jωc). Persilangan fasa ω180: ∠L(jω) = −180°; margin penguatan GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Lingkar tertutup stabil bila kedua margin positif.

Jumlahkan sudut

∠G = atan(8/3) − 90° − atan(8/6) = 69,44° − 90° − 53,13°

Hasil

∠G(j8) = −73,69°

Jawaban

∠G(jω) = −73,69°
36.Plot Bode dan margin

Jawaban: PM = 51,83 °

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 + 4ω² − 16 = 0
ω² = (−4 + √(16 + 4·16))/2 = 2,472
ωc = 1,572 rad/s

Margin fasa

∠L(jωc) = −90° − atan(1,572/2) = −128,2°
PM = 180° + ∠L = 51,83°

Jawaban

PM = 51,83°
37.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akar

Jawaban: m = 2,5

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.

Larik Routh

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

Penguatan stabil terbesar

Kmax = 11·24 = 264

Faktor

m = 264/105,6 = 2,5

Jawaban

m = 2,5

Faktor ini adalah margin penguatan sebagai rasio: 7,959 dB.

38.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akar

Jawaban: σa = −2,667

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.

Kutub dan nol

kutub: 0, −8, −1, −4
nol: −5
n − m = 4 − 1 = 3

Titik berat

σa = (−13 − (−5))/3 = −2,667

Jawaban

σa = −2,667

3 asimtot berangkat dari titik berat pada sudut 60°, 180°, 300°.

39.Galat keadaan tunak & kendali PID

Jawaban: ess = 2

Galat keadaan tunak: dalam loop umpan balik satuan dengan fungsi alih loop terbuka G(s), galatnya adalah E(s) = R(s)/(1 + G(s)), dan menurut teorema nilai akhir ess = lims→0 s·E(s). Tipe sistem adalah jumlah kutub G(s) di s = 0. Konstanta galat adalah Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s) dan Ka = lim s²·G(s), semuanya untuk s → 0. Masukan undak berukuran A memberikan ess = A/(1 + Kp), ramp A·t memberikan A/Kv dan parabola A·t²/2 memberikan A/Ka. Loop tipe 0 mengikuti undak dengan galat terhingga, loop tipe 1 mengikutinya dengan tepat dan mengikuti ramp dengan galat terhingga.

Konstanta percepatan

Ka = 4·2/4 = 2

Galat parabola

ess = 4/2 = 2

Jawaban

ess = 2
40.Galat keadaan tunak & kendali PID

Jawaban: tp = 0,5031 s

Kendali P, PI, dan PID: pengendali C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s bekerja pada galat. Penguatan proporsional membuat loop lebih cepat dan mengurangi galat plant tipe 0, tetapi tidak pernah menghilangkannya. Suku integral menambahkan kutub di s = 0: tipe sistem naik satu, dan undak diikuti tanpa galat. Suku turunan menambah redaman. Untuk memilih penguatan, tulis polinomial karakteristik loop tertutup dan bandingkan dengan s² + 2ζωns + ωn². Maka %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd dengan ωd = ωn√(1 − ζ²), dan ts ≈ 4/(ζωn).

Polinomial karakteristik

s(s + 10) + 16·4 = s² + 10s + 64

ωₙ dan ζ

ωₙ = √64 = 8 rad/s
ζ = 10/(2·8) = 0,625

Waktu puncak

ωd = 8·√(1 − 0,625²) = 6,245 rad/s
tp = π/6,245 = 0,5031 s

Jawaban

tp = 0,5031 s

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

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