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 ΩIR1​R3​ = 2 Ω+−V1​6 VR2​3 ΩAR4​12 ΩB

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

V1 = 6 VR1 = 4 ΩR2 = 3 ΩR3 = 2 ΩR4 = 12 Ω
IR1 = A
2.Resistor seri & paralelSulit
R1​ = 5 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 8 Ω+−V1​24 VR2​3 ΩIR2​AR4​3 ΩBR6​20 Ω

Cari arus IR2 melalui R2.

V1 = 24 VR1 = 5 ΩR2 = 3 ΩR3 = 5 ΩR4 = 3 ΩR5 = 8 ΩR6 = 20 Ω
IR2 = A
3.Analisis simpulSedang
R1​6 Ω+−V1​15 VR2​10 Ω+−V2​9 VI2​R3​6 Ω+−V3​24 VA

Tiga cabang terhubung antara simpul A dan ground, seperti pada gambar. Gunakan analisis simpul untuk mencari arus I2 pada cabang 2, yang mengalir ke atas masuk ke simpul A searah panah.

V1 = 15 VR1 = 6 ΩV2 = 9 VR2 = 10 ΩV3 = 24 VR3 = 6 Ω
I2 = A
4.Analisis simpulSulit
R1​ = 4 ΩR2​ = 2 ΩIR2​R4​ = 3 Ω+−V1​12 VR3​12 ΩAR5​20 ΩBIs​2,5 A−+V2​9 V

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

V1 = 12 VIs = 2,5 AV2 = 9 VR1 = 4 ΩR2 = 2 ΩR3 = 12 ΩR4 = 3 ΩR5 = 20 Ω
IR2 = A
5.Analisis meshSedang
R1​ = 6 ΩR2​ = 2 Ω+−V1​10 VR3​3 ΩA+−V2​24 VI1​I2​

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

V1 = 10 VV2 = 24 VR1 = 6 ΩR2 = 2 ΩR3 = 3 Ω
I2 = A
6.Analisis meshSulit
R1​ = 15 ΩR2​ = 3 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​9 VR4​25 ΩAR5​10 ΩIR5​B+−V2​5 VI1​I2​I3​

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

V1 = 9 VV2 = 5 VR1 = 15 ΩR2 = 3 ΩR3 = 15 ΩR4 = 25 ΩR5 = 10 Ω
IR5 = A
7.SuperposisiSedang
rangkaian linearVs​Is​IRL​

Sebuah rangkaian resistif linear memuat satu sumber tegangan Vs dan satu sumber arus Is. Arus I melalui resistor beban diukur dua kali: dengan Vs = 6 V dan Is = 1 mA, I = 7,3 mA; dengan Vs = 10 V dan Is = 5 mA, I = 12,5 mA. Cari arus beban I ketika Vs = 6 V dan Is = 5 mA.

6 V, 1 mA → 7,3 mA10 V, 5 mA → 12,5 mAVs = 6 V, Is = 5 mA
I = mA
8.SuperposisiSulit
R1​ = 4 ΩR2​ = 20 Ω+−VR2​R4​ = 2 Ω+−V1​15 VR3​25 ΩAIs​0,5 AB−+V2​36 V

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

V1 = 15 VIs = 0,5 AV2 = 36 VR1 = 4 ΩR2 = 20 ΩR3 = 25 ΩR4 = 2 Ω
VR2 = V
9.Thévenin & NortonSedang
R1​ = 12 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​18 VR2​3 ΩAab

Cari tegangan Thévenin Vth dilihat dari terminal a–b.

V1 = 18 VR1 = 12 ΩR2 = 3 ΩR3 = 6 Ω
Vth = V
10.Thévenin & NortonSulit
R1​ = 6 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​12 VR2​5 ΩAIs​6 ABab

Cari tegangan Thévenin Vth dilihat dari terminal a–b.

V1 = 12 VIs = 6 AR1 = 6 ΩR2 = 5 ΩR3 = 6 Ω
Vth = V
11.Transien RC & RLSedang
+−Vs​10 Vt = 0R1​ = 6,8 kΩR2​ = 3,3 kΩC22 µF+−vC​

Sumber Vₛ mengisi kapasitor melalui R₁, dan R₂ terhubung paralel dengan C. Kapasitor belum bermuatan saat sakelar ditutup pada t = 0. Cari konstanta waktu τ rangkaian setelah sakelar menutup.

Vs = 10 VR1 = 6,8 kΩR2 = 3,3 kΩC = 22 µF
τ = ms
12.Transien RC & RLSulit
+−Vs​12 VR1​ = 47 ΩR2​ = 5 Ωmembuka pada t = 0L33 mHi(t)

Sakelar yang paralel dengan R2 telah tertutup sejak lama, jadi arus induktor tunak. Pada t = 0 sakelar membuka. Cari arus induktor i pada t = 1 ms.

Vs = 12 VR1 = 47 ΩR2 = 5 ΩL = 33 mHt = 1 ms
i = A
13.Impedansi AC & fasorSedang
120 V200 HzR = 30 ΩL = 100 mHC = 2,2 µF

Rangkaian RLC seri dihubungkan ke sumber 120 V (rms), 200 Hz. Cari sudut fase φ impedansi, dalam derajat (positif bila arus tertinggal dari tegangan).

V = 120 V (rms)f = 200 HzR = 30 ΩL = 100 mHC = 2,2 µF
φ = °
14.Impedansi AC & fasorSulit
2 Vf0​R = 15 ΩL = 10 mHC = 0,47 µF

Sebuah rangkaian RLC seri dicatu oleh sumber 2 V (rms) yang frekuensinya diatur pada frekuensi resonansi rangkaian. Cari tegangan rms VL pada induktor.

V = 2 V (rms)R = 15 ΩL = 10 mHC = 0,47 µF
VL = V
15.Daya AC & faktor dayaSedang
240 VR + jXP = 3672 W17 A

Sebuah beban induktif mengambil 17 A dan 3672 W dari sumber satu fase 240 V (rms). Modelkan sebagai resistansi R yang seri dengan reaktansi X. Cari R.

V = 240 VI = 17 AP = 3672 W
R = Ω
16.Daya AC & faktor dayaSulit
P = 25 kWQ1​S1​φ1​QC​

Beban satu fase menyerap 25 kW pada faktor daya 0,65 tertinggal dari sumber 230 V, 50 Hz. Kapasitor yang dipasang paralel menaikkan faktor daya menjadi 0,92. Cari daya reaktif QC yang harus dipasok kapasitor.

P = 25 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,92V = 230 Vf = 50 Hz
QC = kvar
17.Daya tiga fasaSedang
ABCVL​ = 208 VIL​ = 50 Acos φ = 0,9tertinggal

Beban tiga fasa seimbang menarik arus saluran 50 A dari sumber dengan tegangan antarsaluran 208 V. Faktor dayanya 0,9 tertinggal. Cari daya nyata total P yang diserap beban dalam kW.

VL = 208 VIL = 50 Acos φ = 0,9
P = kW
18.Daya tiga fasaSulit
P = 50 kWφ1​S1​Q2​QC​

Beban tiga fasa seimbang menyerap 50 kW pada faktor daya 0,7 tertinggal dari sumber 690 V (antarsaluran), 50 Hz. Bank kapasitor tiga fasa yang diparalel dengan beban harus menaikkan faktor daya keseluruhan menjadi 0,92 tertinggal. Daya nyatanya tetap sama. Kapasitor dihubungkan secara Δ. Cari kapasitansi Cph setiap kapasitor dalam µF.

P = 50 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,92VL = 690 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.TransformatorSedang
10000 V400 VIHV​ = ?ILV​25 kVA

Sebuah transformator satu fasa 25 kVA, 10000/400 V bekerja pada beban pengenalnya. Anggap ideal. Cari arus IHV pada kumparan tegangan tinggi.

S = 25 kVAV1 = 10000 VV2 = 400 V
IHV = A
20.TransformatorSulit
pf 0,8500 kVA, 25% beban

Sebuah transformator satu fasa 500 kVA memiliki rugi inti 1500 W dan rugi tembaga 3000 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 = 500 kVAPcore = 1500 WPcu,fl = 3000 Wx = 0,25pf = 0,8
Ploss = W
21.Rangkaian op-ampSedang
−+Vout​Rf​ = 10 kΩR1​ = 10 kΩVin​ = 1,5 VRa​ = 4,7 kΩRb​ = 22 kΩ

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

Vin = 1,5 VRa = 4,7 kΩRb = 22 kΩR1 = 10 kΩRf = 10 kΩ
Vout = V
22.Rangkaian op-ampSulit
Vin​V1​Vout​tingkat 1: membalikR1​ = 1 kΩRf1​ = 2 kΩtingkat 2: tak membalikR2​ = 1 kΩRf2​ = 1 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 = 0,15 V. Cari tegangan keluaran Vout.

R1 = 1 kΩRf1 = 2 kΩR2 = 1 kΩRf2 = 1 kΩVin = 0,15 V
Vout = V
23.Dioda & transistorSedang
+−12 V680 Ω3,3 V3300 ΩIZ​ = ?

Regulator Zener 3,3 V dicatu dari 12 V melalui 680 Ω dan mencatu beban 3300 Ω. Cari arus Zener IZ.

Vin = 12 VVZ = 3,3 VR = 680 ΩRL = 3300 Ω
IZ = mA
24.Dioda & transistorSulit
RC​ = 220 Ωβ = 80IC​ = ?VCC​ = 12 V5 VRB​ = 10 kΩ

Sebuah transistor NPN dengan β = 80 mengalihkan resistor beban 220 Ω yang terhubung antara VCC = 12 V dan kolektornya. Emitornya dihubungkan ke ground. Basis dikemudikan dari keluaran logika 5 V melalui resistor basis RB = 10 kΩ. Ambil VBE = 0,7 V dan VCE(sat) = 0,2 V. Cari arus kolektor IC dalam mA saat masukan tinggi. Tentukan dulu apakah transistor saturasi.

VCC = 12 VRC = 220 Ωβ = 80Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 VRB = 10 kΩ
IC = mA
25.Sistem bilanganSedang
nilai posisi dalam komplemen dua1−12816413211618041201

Pola 8-bit 1111 1010 menyimpan bilangan bulat bertanda dalam komplemen dua. Berapa nilainya N dalam desimal?

1111 10108 bit
N =
26.Sistem bilanganSulit
komplemen dua 12-bit, N = ??tanda???????????

Berapa bilangan bulat terkecil (paling negatif) N yang dapat disimpan dalam komplemen dua 12-bit?

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

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

F = AC + A′B + A′C + A′B′C
L =
28.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flopSulit
ABCD00011110000111100001X30214X5070601211311511418X9011010

Untuk F(A, B, C, D) = Σm(4, 8, 13, 14, 15) + d(3, 5, 9), dengan d menandai kondisi don’t-care, carilah banyaknya N implikan prima esensial.

F(A, B, C, D) = Σm(4, 8, 13, 14, 15) + d(3, 5, 9)
N =
29.Transformasi LaplaceSedang
ReIm5

Tentukan f(t) untuk F(s) = (5s + 8)/(s² + 4s + 40) dengan melengkapkan kuadrat, lalu hitung f(0,3).

F(s) = (5s + 8)/(s² + 4s + 40)t = 0,3 s
f(0.3) =
30.Transformasi LaplaceSulit
t (s)y(t)t = 0,2y(0,2) = ?

Selesaikan y″ + 9y′ + 20y = 0 dengan y(0) = 5 dan y′(0) = 11 memakai transformasi Laplace, lalu tentukan y(0,2).

y″ + 9y′ + 20y = 0y(0) = 5y′(0) = 11t = 0,2 s
y(0.2) =
31.Diagram blokSedang
R(s)+Ks(s + 20)G(s)C(s)−

Plant G(s) = K/(s(s + 20)) berada dalam loop umpan balik negatif satuan. Tentukan penguatan K agar loop tertutup teredam kritis (dua kutub riil yang sama).

G(s) = K/(s(s + 20))umpan balik negatif satuan
K =
32.Diagram blokSulit
R(s)+17pengendali+D(s)+10s + 1plantC(s)−

Pengendali proporsional K = 17 menggerakkan plant G(s) = 10/(s + 1) dalam loop umpan balik negatif satuan. Sebuah gangguan D masuk di masukan plant (ditambahkan ke keluaran pengendali). Dengan R = 0, gangguan langkah berukuran 0,5 diberikan. Tentukan keluaran keadaan tunak css.

K = 17G(s) = 10/(s + 1)D = 0,5R = 0
css =
33.Respons langkahSedang
t (s)y(t)3?

Sebuah sistem memiliki fungsi alih G(s) = 75/(s² + 8s + 25) dan menerima masukan langkah satuan. Tentukan persen overshoot %OS dari respons langkah.

G(s) = 75/(s² + 8s + 25)
%OS = %
34.Respons langkahSulit
R(s)+Ks(s + 8)G(s)C(s)−

Loop umpan balik negatif satuan memiliki G(s) = K/(s(s + 8)). Tentukan penguatan K yang memberi respons langkah dengan overshoot 30 %.

G(s) = K/(s(s + 8))%OS = 30 %
K =
35.Plot Bode dan marginSedang
vin​L = 1 mHC = 1 µFR = 20 Ωvout​

Pada filter lolos pita RLC seri yang ditunjukkan, keluaran diambil di seberang R = 20 Ω, dengan L = 1 mH dan C = 1 µF. Cari frekuensi pusat (resonansi) f0 dalam Hz.

R = 20 ΩL = 1 mHC = 1 µF
f0 = Hz
36.Plot Bode dan marginSulit
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Lingkar umpan balik satuan memiliki fungsi alih lingkar terbuka L(s) = K/(s(s + 3)(s + 10)). Cari penguatan K yang memberi margin penguatan 5 dB.

L(s) = K/(s(s + 3)(s + 10))GM = 5 dB
K =
37.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akarSedang
R(s)+K = 2241s(s + 4)(s + 10)C(s)−

Loop pada diagram bekerja dengan K = 224 dan L(s) = K/(s(s + 4)(s + 10)). Berapa kali lipat m penguatan dapat dinaikkan sebelum loop tertutup menjadi tidak stabil?

L(s) = K/(s(s + 4)(s + 10))K = 224
m =
38.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akarSulit
ReIm−1−2−3−4−5−6j1−1,5

Untuk loop L(s) = K/(s(s + 2)(s + 5)), cari penguatan K yang menempatkan kutub loop tertutup di s = −1,5.

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 5))s = −1,5
K =
39.Galat keadaan tunak & kendali PIDSedang
r(t) = 5t+5s(s + 1)(s + 10)C(s)−

Ramp r(t) = 5t diberikan ke loop umpan balik satuan dengan G(s) = 5/(s(s + 1)(s + 10)). Cari galat keadaan tunak ess.

G(s) = 5/(s(s + 1)(s + 10))r(t) = 5t
ess =
40.Galat keadaan tunak & kendali PIDSulit
R(s)+K = 55s(s + 4)C(s)−

Pengendali proporsional K = 5 mengendalikan plant G(s) = 5/(s(s + 4)) dalam loop umpan balik satuan. Tentukan persen overshoot %OS dari respons langkah.

G(s) = 5/(s(s + 4))K = 5
%OS = %

3Larutan

1.Resistor seri & paralel

Jawaban: IR1 = 0,9273 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​ = 2 Ω+−V1​6 VR2​3 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 = 2 + 12 = 14 Ω
R2 ∥ 14 = 3·14/(3+14) = 2,471 Ω
Req = R1 + 2,471 = 4 + 2,471 = 6,471 Ω

Arus dari sumber

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

IR1 = V1/Req = 6/6,471 = 0,9273 A

Jawaban

IR1 = 0,9273 A
2.Resistor seri & paralel

Jawaban: IR2 = 2,413 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​ = 5 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 8 Ω+−V1​24 VR2​3 ΩAR4​3 ΩBR6​20 Ω

Gabungkan resistor dari ujung terjauh

Mulai dari ujung yang paling jauh dari sumber dan bergerak kembali ke arahnya. Resistor yang dialiri arus sama terhubung seri; resistor di antara dua simpul yang sama terhubung paralel.

R5 + R6 = 8 + 20 = 28 Ω
R4 ∥ 28 = 2,71 Ω
R3 + 2,71 = 7,71 Ω
R2 ∥ 7,71 = 2,16 Ω
Req = R1 + 2,16 = 5 + 2,16 = 7,16 Ω

Arus dari sumber

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

IR1 = V1/Req = 24/7,16 = 3,352 A

Arus melalui R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 24 − 3,352·5 = 7,239 V
IR2 = VA/R2 = 7,239/3 = 2,413 A

Jawaban

IR2 = 2,413 A
3.Analisis simpul

Jawaban: I2 = −0,8077 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

Ambil kawat bawah sebagai ground. Setiap cabang mengalirkan (VA − Vk)/Rk keluar dari A, dengan Vk tegangan sumbernya (nol untuk resistor biasa). Arus-arus yang keluar dari A berjumlah nol.

(VA − 15)/6 + (VA − 9)/10 + (VA − 24)/6 = 0

Selesaikan untuk VA

VA = (15/6 + 9/10 + 24/6) / (1/6 + 1/10 + 1/6) = 7,4/0,4333 = 17,08 V

Arus cabang

Panah menunjuk ke atas melalui cabang, masuk ke simpul A.

I2 = (9 − VA)/R2 = (9 − 17,08)/10 = −0,8077 A

Jawaban

I2 = −0,8077 A

Hasil negatif berarti arus sebenarnya mengalir berlawanan dengan panah.

4.Analisis simpul

Jawaban: IR2 = 1,354 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​ = 4 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 3 Ω+−V1​12 VR3​12 ΩAR5​20 ΩBIs​2,5 A−+V2​9 V

Tentukan simpul

Ground adalah kawat bawah. Tegangan simpul yang diketahui langsung berasal dari sumber (V1 = 12 V, V2 = −9 V). Yang tidak diketahui: VA, VB.

KCL di simpul A

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

VA/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/12 + (VA − 12)/4 + (VA − VB)/2 = 0
0,8333·VA − 0,5·VB = 3

KCL di simpul B

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

VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/20 + (VB − VA)/2 + (VB − (−9))/3 = 2,5
−0,5·VA + 0,8833·VB = −0,5

Selesaikan

Δ = (0,8333)(0,8833) − (−0,5)(−0,5) = 0,4861
VA = Δ1/Δ = 2,4/0,4861 = 4,937 V
VB = Δ2/Δ = 1,083/0,4861 = 2,229 V

Jawaban

IR2 = (VA − VB)/R2 = (4,937 − 2,229)/2 = 1,354 A
5.Analisis mesh

Jawaban: I2 = −5,167 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​ = 6 ΩR2​ = 2 Ω+−V1​10 VR3​3 ΩA+−V2​24 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
6·I1 + 3(I1 − I2) = 10
9·I1 − 3·I2 = 10

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
2·I2 + 3(I2 − I1) = (−24)
−3·I1 + 5·I2 = −24

Selesaikan

Δ = (9)(5) − (−3)(−3) = 36
I1 = Δ1/Δ = −22/36 = −0,6111 A
I2 = Δ2/Δ = −186/36 = −5,167 A

Jawaban

I2 = −5,167 A

Arus mesh negatif mengalir berlawanan arah jarum jam.

6.Analisis mesh

Jawaban: IR5 = 0,3184 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​ = 15 ΩR2​ = 3 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​9 VR4​25 ΩAR5​10 ΩB+−V2​5 VI1​I2​I3​

Tetapkan arus mesh

Gambar arus searah jarum jam di setiap jendela: I1, I2, I3. Resistor yang dipakai bersama dua mesh membawa selisih arus keduanya.

KVL di sekitar mesh 1

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

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
15·I1 + 25(I1 − I2) = 9
40·I1 − 25·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 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
3·I2 + 25(I2 − I1) + 10(I2 − I3) = 0
−25·I1 + 38·I2 − 10·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 + 10(I3 − I2) = (−5)
−10·I2 + 25·I3 = −5

Selesaikan

Δ = determinan matriks koefisien = 18375
I1 = Δ1/Δ = 6400/18375 = 0,3483 A
I2 = Δ2/Δ = 3625/18375 = 0,1973 A
I3 = Δ3/Δ = −2225/18375 = −0,1211 A

Jawaban

IR5 = I2 − I3 = 0,3184 A

Arus mesh negatif mengalir berlawanan arah jarum jam.

7.Superposisi

Jawaban: I = 7,7 mA

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

Tulis respons sebagai jumlah kontribusi

Setiap kontribusi sebanding dengan sumbernya sendiri, dengan konstanta yang hanya bergantung pada resistor.

I = k₁·Vs + k₂·Is
6·k₁ + 1·k₂ = 7,3
10·k₁ + 5·k₂ = 12,5

Selesaikan konstantanya

Δ = (6)(5) − (1)(10) = 20
k₁ = Δ1/Δ = 24/20 = 1,2
k₂ = Δ2/Δ = 2/20 = 0,1
k₁ = 1,2 mA/V, k₂ = 0,1

Prediksi arus yang baru

I = 1,2·6 + 0,1·5 = 7,7 mA

Jawaban

I = 7,7 mA
8.Superposisi

Jawaban: VR2 = 37,67 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​ = 4 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 2 Ω+−V1​15 VR3​25 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) = 25 ∥ 22 = 11,7 Ω
VA = 15·11,7/(4+11,7) = 11,18 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 11,18·2/22 = 1,016 V
VR2′ = VA − VB = 11,18 − 1,016 = 10,16 V
R1​ = 4 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 2 ΩHUBUNG SINGKATR3​25 ΩAIs​0,5 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 = 3,448 Ω, jadi jalur kiri adalah R2+3,448 = 23,45 Ω
Req = R4 ∥ 23,45 = 1,843 Ω
VB = Is·Req = 0,5·1,843 = 0,9214 V
VA = VB·3,448/23,45 = 0,1355 V
VR2″ = VA − VB = 0,1355 − 0,9214 = −0,7859 V
R1​ = 4 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 2 ΩHUBUNG SINGKATR3​25 ΩATERBUKAB−+V2​36 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 = 4·25/(4+25) = 3,448 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−36)·23,45/25,45 = −33,17 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −33,17·3,448/23,45 = −4,878 V
VR2‴ = VA − VB = −4,878 − −33,17 = 28,29 V

Jumlahkan kontribusinya

VR2 = VR2′ + VR2″ + VR2‴
VR2 = 10,16 + (−0,7859) + 28,29 = 37,67 V

Hasil negatif berarti sebenarnya polaritasnya berlawanan dengan yang ditandai.

9.Thévenin & Norton

Jawaban: Vth = 3,6 V

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​ = 6 ΩHUBUNG SINGKATR2​3 ΩAabRth​

Cari Rth dengan semua sumber dimatikan

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

R1 ∥ R2 = 12·3/(12+3) = 2,4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,4 + 6 = 8,4 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​18 VR2​3 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) = 18·3/(12+3) = 3,6 V
10.Thévenin & Norton

Jawaban: Vth = 57,82 V

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

R1​ = 6 ΩR3​ = 6 ΩHUBUNG SINGKATR2​5 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 = 6·5/(6+5) = 2,727 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,727 + 6 = 8,727 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​12 VR2​5 ΩAIs​6 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) = 5,455 + 6·2,727 = 21,82 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 21,82 + 6·6 = 57,82 V
11.Transien RC & RL

Jawaban: τ = 48,88 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.

Ekuivalen Thévenin yang dilihat kapasitor

Hubung singkatkan sumber untuk mencari Rth; buka kapasitor untuk mencari tegangan akhirnya.

Rth = R1 ∥ R2 = 6,8·3,3/(6,8 + 3,3) = 2,222 kΩ
vC(∞) = 10·3,3/(6,8 + 3,3) = 3,267 V

Konstanta waktu

τ = Rth·C = 2,222·22 = 48,88 ms

Jawaban

τ = 48,88 ms
12.Transien RC & RL

Jawaban: i = 0,2358 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.

Nilai awal, nilai akhir, konstanta waktu

Sebelum t = 0 sakelar yang tertutup memintas R₂; sesudahnya R₁ dan R₂ sama-sama berada dalam loop.

i(0) = 12/47 = 0,2553 A
i(∞) = 12/(47 + 5) = 0,2308 A
τ = L/R = 33/52 = 0,6346 ms
i(t) = 0,2308 + (0,2553 − 0,2308)·e−t/τ

Arus pada waktu tertentu

i(1) = 0,2308 + (0,02455)·e−1/0,6346 = 0,2358 A

Jawaban

i = 0,2358 A
13.Impedansi AC & fasor

Jawaban: φ = −82,76 °

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·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,1 = 125,7 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·2,2·10⁻⁶) = 361,7 Ω

Impedansi

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(30² + (−236,1)²) = 238 Ω

Sudut fase

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(−236,1/30) = −82,76°

Jawaban

φ = −82,76°
14.Impedansi AC & fasor

Jawaban: VL = 19,45 V

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

Pada resonansi reaktansi saling meniadakan, jadi impedansinya hanya R.

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,01·0,47·10⁻⁶) = 14586 rad/s
I = V/R = 2/15 = 0,1333 A

Tegangan pada induktor

XL = ω₀L = 14586·0,01 = 145,9 Ω
VL = I·XL = 0,1333·145,9 = 19,45 V

Jawaban

VL = 19,45 V

Ini Q = 9,724 kali tegangan sumber.

15.Daya AC & faktor daya

Jawaban: R = 12,71 Ω

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.

Resistansi dari daya nyata

R = P/I² = 3672/17² = 12,71 Ω

Jawaban

R = 12,71 Ω
16.Daya AC & faktor daya

Jawaban: QC = 18,58 kvar

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 = P·tan φ1 = 25·tan(49,46°) = 29,23 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 25·tan(23,07°) = 10,65 kvar
QC = Q1 − Q2 = 18,58 kvar

Jawaban

QC = 18,58 kvar
17.Daya tiga fasa

Jawaban: P = 16,21 kW

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

Daya semu

S = √3·VL·IL = √3·208·50 = 18,01 kVA

Daya nyata

P = S·cos φ = 18,01·0,9 = 16,21 kW

Jawaban

P = 16,21 kW
18.Daya tiga fasa

Jawaban: Cph = 66,21 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 0,7) = 50·1,02 = 51,01 kvar
Q2 = 50·tan(acos 0,92) = 50·0,426 = 21,3 kvar

Daya reaktif dari kapasitor

QC = Q1 − Q2 = 29,71 kvar

Kapasitansi per fasa

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

V = 690 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 9903/(314,2·690²) = 66,21 µF

Jawaban

Cph = 66,21 µF
19.Transformator

Jawaban: IHV = 2,5 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.

IHV = S/V = 25000/10000 = 2,5 A

Jawaban

IHV = 2,5 A
20.Transformator

Jawaban: Ploss = 1688 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 = 0,0625·3000 = 187,5 W

Rugi total

Rugi inti sama pada beban berapa pun.

Ploss = 1500 + 187,5 = 1688 W

Jawaban

Ploss = 1688 W

Efisiensi pada beban ini adalah η = 98,34%.

21.Rangkaian op-amp

Jawaban: Vout = 2,472 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.

Tegangan di masukan +

V₊ = Vin·Rb/(Ra + Rb) = 1,5·22/(4,7 + 22) = 1,236 V

Penguatan tak membalik

V₋ = V₊, dan arus melalui R₁ juga mengalir melalui Rf.

Vout = V₊·(1 + Rf/R1) = 1,236·(1 + 10/10) = 2,472 V

Jawaban

Vout = 2,472 V
22.Rangkaian op-amp

Jawaban: Vout = −0,6 V

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

Penguatan tiap tingkat

A1 = −Rf1/R1 = −2/1 = −2
A2 = 1 + Rf2/R2 = 1 + 1/1 = 2

Tingkat demi tingkat

V1 = −2·0,15 = −0,3 V
Vout = 2·(−0,3) = −0,6 V

Jawaban

Vout = −0,6 V
23.Dioda & transistor

Jawaban: IZ = 11,79 mA

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 resistor

IR = 8,7/680 = 12,79 mA

Arus beban

IL = 3,3/3300 = 1 mA

Arus Zener

IZ = 12,79 − 1 = 11,79 mA

Jawaban

IZ = 11,79 mA
24.Dioda & transistor

Jawaban: IC = 34,4 mA

BJT sebagai sakelar: untuk menyalakan beban sepenuhnya, transistor dikemudikan ke saturasi, dengan VCE = VCE(sat) dan arus kolektor ditentukan oleh beban: IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC. Saturasi memerlukan paling sedikit IB = IC(sat)/β. Jika arus basis lebih kecil, transistor tetap aktif dan IC = β·IB.

Arus basis

IB = (5 − 0,7)/10 kΩ = 430 µA

Saturasi atau aktif?

β·IB lebih kecil daripada IC(sat), sehingga transistor tetap aktif.

β·IB = 34,4 mA
IC(sat) = (12 − 0,2)/220 = 53,64 mA

Arus kolektor

IC = β·IB = 34,4 mA

Jawaban

IC = 34,4 mA

Transistor aktif, sehingga beban tidak menyala sepenuhnya.

25.Sistem bilangan

Jawaban: N = −6

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.

Jumlahkan nilai posisi

Bit lainnya tetap bernilai positif seperti biasa.

−128 + 64 + 32 + 16 + 8 + 2 = −6

Jawaban

N = −6
26.Sistem bilangan

Jawaban: N = −2048

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

Nilai paling negatif

−211 = −2048

Jawaban

N = −2048
27.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flop

Jawaban: L = 3

Aljabar Boolean: aturan yang menyederhanakan ekspresi adalah X + X′ = 1 dan X·X′ = 0, X + X = X, absorpsi X + X·Y = X, aturan penggabungan X·Y + X·Y′ = X, X + X′Y = X + Y, dan teorema konsensus XY + X′Z + YZ = XY + X′Z. Hukum De Morgan mengubah (X·Y)′ menjadi X′ + Y′ dan (X + Y)′ menjadi X′·Y′. Peta Karnaugh menerapkan aturan ini secara grafis: setiap kelompok dua sel bertetangga adalah satu penggunaan XY + XY′ = X.

Minterm dari ekspresi

AC → m(5, 7)
A′B → m(2, 3)
A′C → m(1, 3)
A′B′C → m(1)
ABC00011110010011131204151706

Kelompokkan dan baca

F = C + A′B

Hitung literalnya

L = 3

Jawaban

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

Jawaban: N = 3

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

Implikan prima

Kelompok terbesar yang dapat dibentuk dari angka 1 dan X.

BC′D, AC′D, ABD, A′BC′, AB′C′, ABC
ABCD00011110000111100001X30214X5070601211311511418X9011010

Implikan prima esensial

A′BC′, AB′C′, ABC
N = 3

Jawaban

N = 3
29.Transformasi Laplace

Jawaban: f(0.3) = −0,8016

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

Lengkapkan kuadrat

s² + 4s + 40 = (s + 2)² + 36 = (s + 2)² + 6²

Cocokkan pembilangnya

F(s) = 5·(s + 2)/((s + 2)² + 6²) + (−2/6)·6/((s + 2)² + 6²)

Transformasi balik

f(t) = e−2t·(5·cos 6t − 0,3333·sin 6t)
f(0,3) = e−2·0,3·(5·cos(6·0,3) − 0,3333·sin(6·0,3)) = −0,8016

Jawaban

f(0,3) = −0,8016
30.Transformasi Laplace

Jawaban: y(0.2) = 4,772

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

Transformasikan persamaannya

s²Y − 5s − 11 + 9(sY − 5) + 20Y = 0
Y(s) = (5s + 56)/((s + 4)(s + 5))

Pecahan parsial

A = 36/1 = 36
B = 31/(−1) = −31

Hasil

y(t) = 36·e−4t − 31·e−5t
y(0,2) = 4,772

Jawaban

y(0,2) = 4,772

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

31.Diagram blok

Jawaban: K = 100

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

Persamaan karakteristik

1 + K/(s(s + 20)) = 0 → s² + 20s + K = 0

Akar kembar

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

20² = 4K → K = 400/4 = 100

Jawaban

K = 100
Kedua kutub loop tertutup lalu berada di s = −10.
32.Diagram blok

Jawaban: css = 0,02924

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

C/D = G/(1 + K·G) = 10/(s + 1 + 170)

Keadaan tunak

css = 0,5·10/171 = 0,02924

Jawaban

css = 0,02924

K yang lebih besar mengurangi pengaruh gangguan, tetapi tidak pernah sampai nol dengan pengendali proporsional.

33.Respons langkah

Jawaban: %OS = 1,516 %

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 = 25 → ωₙ = 5 rad/s
2ζωₙ = 8 → ζ = 8/(2·5) = 0,8

Hasil

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−4,189 = 1,516 %

Jawaban

%OS = 1,516 %
34.Respons langkah

Jawaban: K = 124,9

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

Fungsi alih loop tertutup

T(s) = K/(s² + 8s + K)

Rasio redaman dari overshoot

ζ = −ln(0,3)/√(π² + ln²(0,3)) = 0,3579

Penguatan

ωₙ = 8/(2ζ) = 11,18 rad/s
K = ωₙ² = 124,9

Jawaban

K = 124,9
35.Plot Bode dan margin

Jawaban: f0 = 5033 Hz

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 resonansi

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,001·1 × 10⁻⁶) = 31623 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 5033 Hz

Jawaban

f0 = 5033 Hz
36.Plot Bode dan margin

Jawaban: K = 219,3

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

Persilangan fasa

(ω/3)·(ω/10) = 1 → ω180 = √(3·10) = 5,477 rad/s

Besar pada persilangan fasa

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 9)·√(ω² + 100)) = K/(3·10·(3 + 10)) = K/390

Penguatan yang diperlukan

390/K = 105/20 = 1,778
K = 390/1,778 = 219,3

Jawaban

K = 219,3
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 + 14s² + 40s + K = 0
s³: 1, 40
s²: 14, K
s¹: (14·40 − K)/14
s⁰: K

Penguatan stabil terbesar

Kmax = 14·40 = 560

Faktor

m = 560/224 = 2,5

Jawaban

m = 2,5

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

38.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akar

Jawaban: K = 2,625

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 + 5|

Hitung di titik tersebut

K = 1,5·0,5·3,5 = 2,625

Jawaban

K = 2,625

Periksa: s(s + 2)(s + 5) + K bernilai nol di s = −1,5.

39.Galat keadaan tunak & kendali PID

Jawaban: ess = 10

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 kecepatan

Kv = lim s·G(s) = 0,5

Galat ramp

ess = 5/0,5 = 10

Jawaban

ess = 10
40.Galat keadaan tunak & kendali PID

Jawaban: %OS = 25,38 %

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 + 4) + 5·5 = s² + 4s + 25

ωₙ dan ζ

ωₙ = √25 = 5 rad/s
ζ = 4/(2·5) = 0,4

Lewatan

%OS = 100·e−0,4π/√(1 − 0,4²) = 25,38 %

Jawaban

%OS = 25,38 %

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