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​ = 10 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​6 VR2​6 ΩAR4​5 ΩB

Cari resistansi ekuivalen Req yang dilihat sumber V1.

V1 = 6 VR1 = 10 ΩR2 = 6 ΩR3 = 20 ΩR4 = 5 Ω
Req = Ω
2.Resistor seri & paralelSulit
R1​ = 4 ΩR3​ = 8 ΩR5​ = 8 Ω+−V1​15 VR2​25 ΩAR4​2 ΩBR6​8 Ω

Cari resistansi ekuivalen Req yang dilihat sumber V1.

V1 = 15 VR1 = 4 ΩR2 = 25 ΩR3 = 8 ΩR4 = 2 ΩR5 = 8 ΩR6 = 8 Ω
Req = Ω
3.Analisis simpulSedang
−+Vs​ = 4 VIx​Is​2,5 AAR1​4 ΩR2​4 ΩB

Sumber tegangan Vₛ antara A dan B memiliki terminal + di B, jadi membuat VB − VA = Vₛ. Gunakan analisis simpul dengan supernode untuk mencari arus Ix melalui sumber tegangan, dari A ke B seperti ditunjukkan panah.

Is = 2,5 AVs = 4 VR1 = 4 ΩR2 = 4 Ω
Ix = A
4.Analisis simpulSulit
R1​ = 2 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​9 VR2​2 ΩAR4​8 ΩIR4​B0,25·VA​

Belah ketupat adalah sumber arus yang dikendalikan tegangan, yang mendorong arus sebesar 0,25·VA (dalam A, dengan VA dalam V) ke atas masuk ke simpul B. Gunakan analisis simpul untuk mencari arus IR4 melalui R4 searah panah.

V1 = 9 VR1 = 2 ΩR2 = 2 ΩR3 = 20 ΩR4 = 8 Ωg = 0,25 A/V
IR4 = A
5.Analisis meshSedang
R1​ = 4 ΩR2​ = 10 Ω+−V1​30 VR3​4 Ω+−VR3​A+−V2​24 VI1​I2​

Gunakan analisis mesh untuk mencari tegangan VR3 pada R3 dengan polaritas yang ditunjukkan.

V1 = 30 VV2 = 24 VR1 = 4 ΩR2 = 10 ΩR3 = 4 Ω
VR3 = V
6.Analisis meshSulit
R1​ = 8 ΩR2​ = 15 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​15 VR4​5 Ω+−VR4​AR5​30 ΩB+−V2​12 VI1​I2​I3​

Gunakan analisis mesh untuk mencari tegangan VR4 pada R4 dengan polaritas yang ditunjukkan.

V1 = 15 VV2 = 12 VR1 = 8 ΩR2 = 15 ΩR3 = 2 ΩR4 = 5 ΩR5 = 30 Ω
VR4 = V
7.SuperposisiSedang
R1​ = 12 ΩR3​ = 10 ΩIR3​+−V1​10 VR2​2 ΩAR4​6 ΩBIs​?

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

V1 = 10 VR1 = 12 ΩR2 = 2 ΩR3 = 10 ΩR4 = 6 Ω
Is = A
8.SuperposisiSulit
R1​ = 2 ΩR2​ = 15 Ω+−VR2​R4​ = 20 Ω+−V1​5 VR3​4 ΩAIs​6 AB+−V2​10 V

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

V1 = 5 VIs = 6 AV2 = 10 VR1 = 2 ΩR2 = 15 ΩR3 = 4 ΩR4 = 20 Ω
VR2 = V
9.Thévenin & NortonSedang
R1​ = 8 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​24 VR2​12 ΩAab

Cari resistansi Thévenin Rth dilihat dari terminal a–b.

V1 = 24 VR1 = 8 ΩR2 = 12 ΩR3 = 10 Ω
Rth = Ω
10.Thévenin & NortonSulit
R1​ = 20 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​9 VR2​5 ΩAIs​3 ABab

Cari tegangan Thévenin Vth dilihat dari terminal a–b.

V1 = 9 VIs = 3 AR1 = 20 ΩR2 = 5 ΩR3 = 3 Ω
Vth = V
11.Transien RC & RLSedang
+−Vs​10 Vt = 0R = 20 ΩL47 mHi(t)

Induktor tidak dialiri arus sebelum sakelar ditutup pada t = 0. Cari energi W(∞) yang tersimpan dalam induktor setelah rangkaian tunak, dalam mJ.

Vs = 10 VR = 20 ΩL = 47 mH
W(∞) = mJ
12.Transien RC & RLSulit
+−Vs​12 Vt = 0R = 4,7 kΩC22 µF+−vC​vC​(0) = 18 V

Tepat sebelum sakelar ditutup pada t = 0, kapasitor bertegangan 18 V dengan polaritas yang ditunjukkan. Cari tegangan kapasitor vC pada t = 250 ms.

Vs = 12 VR = 4,7 kΩC = 22 µFvC(0) = 18 Vt = 250 ms
vC = V
13.Impedansi AC & fasorSedang
230 V200 HzR = 80 ΩL = 200 mHI

Sebuah resistor dan sebuah induktor dihubungkan paralel ke sumber 230 V (rms), 200 Hz. Cari sudut fase φ impedansi, dalam derajat (positif bila arus tertinggal dari tegangan).

V = 230 V (rms)f = 200 HzR = 80 ΩL = 200 mH
φ = °
14.Impedansi AC & fasorSulit
24 V60 HzR1​ = 15 ΩR2​ = 40 ΩC = 100 µF

Sebuah resistor R1 dihubungkan seri dengan gabungan paralel R2 dan kapasitor C, ke sumber 24 V (rms), 60 Hz. Cari besar impedansi |Z|.

V = 24 V (rms)f = 60 HzR1 = 15 ΩR2 = 40 ΩC = 100 µF
|Z| = Ω
15.Daya AC & faktor dayaSedang
P = 8 kWQ = ?Sφ

Motor satu fase menyerap 8 kW pada faktor daya 0,9 tertinggal dari sumber 400 V. Cari daya reaktif Q yang ditariknya.

P = 8 kWpf = 0,9V = 400 V
Q = kvar
16.Daya AC & faktor dayaSulit
24 V50 HzRs​ = 25 ΩXs​ = j6 ΩZL​ = ?

Sebuah sumber 24 V (rms), 50 Hz memiliki impedansi dalam Zs = 25 + j6 Ω. Impedansi beban ZL dapat dipilih bebas. Cari daya nyata maksimum Pmax yang dapat diberikan ke beban.

Vs = 24 V (rms)f = 50 HzZs = 25 + j6 Ω
Pmax = W
17.Daya tiga fasaSedang
ABCVL​ = 400 VIL​ = ?M110 kW, η = 88%cos φ = 0,88

Sebuah motor induksi tiga fasa menghasilkan daya keluaran mekanis 110 kW pada beban penuh. Pada beban ini efisiensinya 88% dan faktor dayanya 0,88 tertinggal. Sumbernya memiliki tegangan antarsaluran 400 V. Cari arus saluran IL.

Pout = 110 kWη = 88%cos φ = 0,88VL = 400 V
IL = A
18.Daya tiga fasaSulit
P = 80 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Beban tiga fasa seimbang menyerap 80 kW pada faktor daya 0,75 tertinggal dari sumber 480 V (antarsaluran), 50 Hz. Bank kapasitor tiga fasa yang diparalel dengan beban harus menaikkan faktor daya keseluruhan menjadi 0,95 tertinggal. Daya nyatanya tetap sama. Cari daya reaktif total QC yang harus disuplai bank kapasitor, dalam kvar.

P = 80 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,95VL = 480 Vf = 50 Hz
QC = kvar
19.TransformatorSedang
5 Ω41

Resistor 5 Ω dihubungkan pada kumparan sekunder transformator ideal dengan rasio lilitan N₁:N₂ = 4:1. Cari hambatan R1′ yang terlihat dari kumparan primer.

N1:N2 = 4:1RL = 5 Ω
R1′ = Ω
20.TransformatorSulit
pf 0,825 kVA, η = 98,5%

Sebuah transformator satu fasa 25 kVA memiliki rugi inti 125 W. Pada beban pengenal dan faktor daya 0,8 tertinggal, efisiensinya 98,5%. Cari rugi tembaga beban penuh Pcu,fl dalam watt.

S = 25 kVAPcore = 125 Wpf = 0,8η = 98,5%
Pcu,fl = W
21.Rangkaian op-ampSedang
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 47 kΩVin​

Pilih resistor umpan balik Rf yang memberi penguat non-pembalik ini penguatan tegangan 11.

R1 = 47 kΩAv = 11
Rf = kΩ
22.Rangkaian op-ampSulit
−+Vout​Rf​ = 47 kΩV1​ = −0,8 VR1​ = 47 kΩV2​ = 1,8 VR2​ = 10 kΩ

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

V1 = −0,8 VV2 = 1,8 VR1 = 47 kΩR2 = 10 kΩRf = 47 kΩ
Vout = V
23.Dioda & transistorSedang
+−18 V330 Ω5,6 V2200 ΩIZ​ = ?

Regulator Zener 5,6 V dicatu dari 18 V melalui 330 Ω dan mencatu beban 2200 Ω. Cari arus Zener IZ.

Vin = 18 VVZ = 5,6 VR = 330 ΩRL = 2200 Ω
IZ = mA
24.Dioda & transistorSulit
RC​ = 100 Ωβ = 50IC​ = ?VCC​ = 24 V5 VRB​ = 100 kΩ

Sebuah transistor NPN dengan β = 50 mengalihkan resistor beban 100 Ω yang terhubung antara VCC = 24 V dan kolektornya. Emitornya dihubungkan ke ground. Basis dikemudikan dari keluaran logika 5 V melalui resistor basis RB = 100 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 = 24 VRC = 100 Ωβ = 50Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 VRB = 100 kΩ
IC = mA
25.Sistem bilanganSedang
nilai posisi dalam komplemen dua0−12816413211618140211

Pola 8-bit 0111 1101 menyimpan bilangan bulat bertanda dalam komplemen dua. Berapa nilainya N dalam desimal?

0111 11018 bit
N =
26.Sistem bilanganSulit
klik bit untuk mengaturnya012806403201608040201

Atur bit menjadi hasil 8-bit dari 1001 0011 XOR 1101 0001. Berapa nilai hasil R dalam desimal?

1001 0011XOR1101 0001
R =
27.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flopSedang
ABCD000111100001111010011302140517160121130150140819011010

Pakai peta Karnaugh untuk mencari bentuk jumlah dari hasil kali (SOP) minimal dari F(A, B, C, D) = Σm(0, 3, 4, 6, 7, 9, 13). Berapa suku hasil kali N yang dimilikinya?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 3, 4, 6, 7, 9, 13)
N =
28.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flopSulit
CLKJK123456

Flip-flop JK yang dipicu tepi positif dimulai dengan Q = 0 dan menerima masukan yang ditunjukkan pada 6 tepi naik clock. Berapa kali N Q berubah keadaan?

Q₀ = 0JK
N =
29.Transformasi LaplaceSedang
t (s)f(t)t = 0,1f(0,1) = ?

Tentukan f(t) untuk F(s) = (s + 1)/(s² + 10s + 25) dan hitung f(0,1).

F(s) = (s + 1)/(s² + 10s + 25)t = 0,1 s
f(0.1) =
30.Transformasi LaplaceSulit
ReIm−1−2−3−4−51

Sebuah sistem dinyatakan oleh persamaan diferensial y″ + 9y′ + 20y = u′ + 5u, dengan masukan u(t) dan keluaran y(t). Tentukan fungsi alihnya G(s) = Y(s)/U(s) (syarat awal nol) dan hitung respons impuls g(t) pada t = 0,3 s. Tentukan g(0,3).

y″ + 9y′ + 20y = u′ + 5ut = 0,3 s
g(0.3) =
31.Diagram blokSedang
R(s)+11K+5s + 4G(s)C(s)1H₁−−

Plant G(s) = 5/(s + 4) memiliki loop umpan balik negatif dalam (minor) dengan penguatan H₁ = 1. Penguatan pengendali K = 11 dan loop umpan balik negatif satuan luar menutup sistem. Tentukan kutub loop tertutup p.

G(s) = 5/(s + 4)H₁ = 1K = 11
p =
32.Diagram blokSulit
R(s)+Kpengendali+D(s)+10s + 2plantC(s)−

Pengendali proporsional K menggerakkan plant G(s) = 10/(s + 2) dalam loop umpan balik negatif satuan. Gangguan langkah berukuran 5 masuk di masukan plant sementara R = 0. Tentukan penguatan terkecil K yang menjaga keluaran keadaan tunak sama dengan atau di bawah 0,25.

G(s) = 10/(s + 2)D = 5css ≤ 0,25
K =
33.Respons langkahSedang
t (s)y(t)0,5?

Sebuah sistem memiliki fungsi alih G(s) = 21,5/(s² + 2s + 43) dan menerima masukan langkah satuan. Tentukan persen overshoot %OS dari respons langkah.

G(s) = 21,5/(s² + 2s + 43)
%OS = %
34.Respons langkahSulit
R(s)+200s(s + 20)G(s)C(s)−

Loop umpan balik negatif satuan memiliki G(s) = 200/(s(s + 20)). Tentukan waktu penetapan 2 % ts dari respons langkah loop tertutup, dengan ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 200/(s(s + 20))
ts = s
35.Plot Bode dan marginSedang
|H| (dB)1101001000−60−40−20020ω (rad/s)ω = 30

Cari besar eksak |G(jω)| dari G(s) = 3230/((s + 17)(s + 19)) pada ω = 30 rad/s, dalam dB.

G(s) = 3230/((s + 17)(s + 19))ω = 30 rad/s
|G(jω)| = dB
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) = 68/(s(s + 6)(s + 8)). Cari margin penguatan GM dalam dB.

L(s) = 68/(s(s + 6)(s + 8))
GM = dB
37.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akarSedang
R(s)+Ks + 5(s − 4)(s + 1)C(s)−

Plant G(s) = (s + 5)/((s − 4)(s + 1)) memiliki kutub tidak stabil di s = 4. Penguatan proporsional K menutup loop umpan balik satuan di sekelilingnya. Cari penguatan terkecil Kmin yang membuat loop tertutup stabil.

G(s) = (s + 5)/((s − 4)(s + 1))
Kmin =
38.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akarSulit
ReIm−1−2−3−4−5−6−71j1j2

Suatu loop umpan balik satuan memiliki L(s) = K(s + 1)/(s(s + 4)(s + 5)(s + 6)). Cari titik σa tempat asimtot tempat kedudukan akar memotong sumbu real.

L(s) = K(s + 1)/(s(s + 4)(s + 5)(s + 6))
σa =
39.Galat keadaan tunak & kendali PIDSedang
R(s)+K(s + 1)(s + 5)C(s)−

Suatu loop umpan balik satuan memiliki G(s) = K/((s + 1)(s + 5)). Cari penguatan K yang memberikan galat keadaan tunak 4 % untuk masukan undak.

G(s) = K/((s + 1)(s + 5))ess = 4 %
K =
40.Galat keadaan tunak & kendali PIDSulit
R(s)+K = 504s(s + 8)C(s)−

Pengendali proporsional K = 50 mengendalikan plant G(s) = 4/(s(s + 8)) dalam loop umpan balik satuan. Tentukan waktu penetapan 2 % ts dari respons langkah, dengan ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 4/(s(s + 8))K = 50
ts = s

3Larutan

1.Resistor seri & paralel

Jawaban: Req = 14,84 Ω

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

R1​ = 10 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​6 VR2​6 ΩAR4​5 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 = 20 + 5 = 25 Ω
R2 ∥ 25 = 6·25/(6+25) = 4,839 Ω
Req = R1 + 4,839 = 10 + 4,839 = 14,84 Ω

Jawaban

Req = 14,84 Ω
2.Resistor seri & paralel

Jawaban: Req = 11,03 Ω

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

R1​ = 4 ΩR3​ = 8 ΩR5​ = 8 Ω+−V1​15 VR2​25 ΩAR4​2 ΩBR6​8 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 + 8 = 16 Ω
R4 ∥ 16 = 1,778 Ω
R3 + 1,778 = 9,778 Ω
R2 ∥ 9,778 = 7,029 Ω
Req = R1 + 7,029 = 4 + 7,029 = 11,03 Ω

Jawaban

Req = 11,03 Ω
3.Analisis simpul

Jawaban: Ix = 1,75 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.

Bentuk supernode

Sumber tegangan antara A dan B mengalirkan arus yang tidak diketahui, jadi KCL tidak dapat ditulis di A atau B secara terpisah. Lingkupi A, B, dan sumber dalam satu supernode: arus yang masuk sama dengan arus yang keluar.

VB = VA + Vs = VA + 4
VA/R1 + VB/R2 = Is

Selesaikan

VA/4 + (VA + 4)/4 = 2,5
VA = (2,5 − 4/4)/(1/4 + 1/4) = 3 V
VB = 3 + 4 = 7 V

Arus melalui sumber tegangan

Semua arus yang melewati sumber dari A ke B keluar dari simpul B melalui R₂.

Ix = VB/R2 = 7/4 = 1,75 A

Jawaban

Ix = 1,75 A

Hasil negatif berarti arus sebenarnya mengalir berlawanan dengan panah.

4.Analisis simpul

Jawaban: IR4 = 1 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

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
1,05·VA − 0,05·VB = 4,5

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 = 0,25·VA
−0,3·VA + 0,175·VB = 0

Selesaikan

Δ = (1,05)(0,175) − (−0,05)(−0,3) = 0,1688
VA = Δ1/Δ = 0,7875/0,1688 = 4,667 V
VB = Δ2/Δ = 1,35/0,1688 = 8 V

Arus melalui R₄

IR4 = VB/R4 = 8/8 = 1 A

Jawaban

IR4 = 1 A
5.Analisis mesh

Jawaban: VR3 = 16,5 V

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​ = 4 ΩR2​ = 10 Ω+−V1​30 VR3​4 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
4·I1 + 4(I1 − I2) = 30
8·I1 − 4·I2 = 30

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
10·I2 + 4(I2 − I1) = (−24)
−4·I1 + 14·I2 = −24

Selesaikan

Δ = (8)(14) − (−4)(−4) = 96
I1 = Δ1/Δ = 324/96 = 3,375 A
I2 = Δ2/Δ = −72/96 = −0,75 A

Jawaban

IR3 = I1 − I2 = 4,125 A
VR3 = IR3·R3 = 4,125·4 = 16,5 V

Arus mesh negatif mengalir berlawanan arah jarum jam.

6.Analisis mesh

Jawaban: VR4 = 6,614 V

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

R1​ = 8 ΩR2​ = 15 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​15 VR4​5 ΩAR5​30 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
8·I1 + 5(I1 − I2) = 15
13·I1 − 5·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
15·I2 + 5(I2 − I1) + 30(I2 − I3) = 0
−5·I1 + 50·I2 − 30·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
2·I3 + 30(I3 − I2) = (−12)
−30·I2 + 32·I3 = −12

Selesaikan

Δ = determinan matriks koefisien = 8300
I1 = Δ1/Δ = 8700/8300 = 1,048 A
I2 = Δ2/Δ = −2280/8300 = −0,2747 A
I3 = Δ3/Δ = −5250/8300 = −0,6325 A

Jawaban

IR4 = I1 − I2 = 1,323 A
VR4 = IR4·R4 = 1,323·5 = 6,614 V

Arus mesh negatif mengalir berlawanan arah jarum jam.

7.Superposisi

Jawaban: Is = 0,2381 A

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

R1​ = 12 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​10 VR2​2 ΩAR4​6 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+6 = 16 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 2·16/(2+16) = 1,778 Ω
VA = 10·1,778/(12+1,778) = 1,29 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 1,29·6/16 = 0,4839 V
IR3′ = (VA − VB)/R3 = (1,29 − 0,4839)/10 = 0,08065 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 = 1,714 Ω
IR3″ = −Is·R4/(R4 + R3 + R1∥R2) = −Is·6/17,71 = −0,3387·Is

Samakan total dengan nol

IR3′ + IR3″ = 0,08065 − 0,3387·Is = 0
Is = 0,08065/0,3387 = 0,2381 A

Jawaban

Is = 0,2381 A
8.Superposisi

Jawaban: VR2 = −52,29 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​ = 2 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 20 Ω+−V1​5 VR3​4 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) = 4 ∥ 35 = 3,59 Ω
VA = 5·3,59/(2+3,59) = 3,211 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 3,211·20/35 = 1,835 V
VR2′ = VA − VB = 3,211 − 1,835 = 1,376 V
R1​ = 2 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 20 ΩHUBUNG SINGKATR3​4 ΩAIs​6 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 = 1,333 Ω, jadi jalur kiri adalah R2+1,333 = 16,33 Ω
Req = R4 ∥ 16,33 = 8,991 Ω
VB = Is·Req = 6·8,991 = 53,94 V
VA = VB·1,333/16,33 = 4,404 V
VR2″ = VA − VB = 4,404 − 53,94 = −49,54 V
R1​ = 2 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 20 ΩHUBUNG SINGKATR3​4 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 = 2·4/(2+4) = 1,333 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 10·16,33/36,33 = 4,495 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 4,495·1,333/16,33 = 0,367 V
VR2‴ = VA − VB = 0,367 − 4,495 = −4,128 V

Jumlahkan kontribusinya

VR2 = VR2′ + VR2″ + VR2‴
VR2 = 1,376 + (−49,54) + (−4,128) = −52,29 V

Hasil negatif berarti sebenarnya polaritasnya berlawanan dengan yang ditandai.

9.Thévenin & Norton

Jawaban: Rth = 14,8 Ω

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​ = 8 ΩR3​ = 10 ΩHUBUNG SINGKATR2​12 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 = 8·12/(8+12) = 4,8 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,8 + 10 = 14,8 Ω
10.Thévenin & Norton

Jawaban: Vth = 22,8 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​ = 20 ΩR3​ = 3 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 = 20·5/(20+5) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 3 = 7 Ω
R1​ = 20 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​9 VR2​5 ΩAIs​3 ABab+−Vth​

Cari Vth, tegangan rangkaian terbuka

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

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 1,8 + 3·4 = 13,8 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 13,8 + 3·3 = 22,8 V
11.Transien RC & RL

Jawaban: W(∞) = 5,875 mJ

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

Konstanta waktu dan arus akhir

Lama setelah sakelar ditutup, induktor berperilaku seperti hubung singkat, jadi arus akhir hanya ditentukan oleh R.

τ = L/R = 47 mH / 20 Ω = 2,35 ms
i(∞) = Vs/R = 10/20 = 0,5 A

Energi tersimpan

W(∞) = ½·L·i(∞)² = ½·47·0,5² = 5,875 mJ

Jawaban

W(∞) = 5,875 mJ
12.Transien RC & RL

Jawaban: vC = 12,53 V

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) = 18 V, vC(∞) = Vs = 12 V
τ = R·C = 4,7 kΩ · 22 µF = 103,4 ms
vC(t) = 12 + (18 − 12)·e−t/τ

Tegangan pada waktu tertentu

vC(250) = 12 + (6)·e−250/103,4 = 12,53 V

Jawaban

vC = 12,53 V
13.Impedansi AC & fasor

Jawaban: φ = 17,66 °

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

XL = ωL = 2π·200·0,2 = 251,3 Ω

Arus cabang

Kedua cabang terhubung langsung ke sumber, jadi masing-masing mendapat tegangan penuh V.

IR = V/R = 230/80 = 2,875 A
IX = V/XL = 230/251,3 = 0,9151 A

Arus total

Arus resistor sefasa dengan V dan arus reaktif berbeda fasa 90°, jadi keduanya dijumlahkan seperti sisi-sisi segitiga siku-siku.

I = √(IR² + IX²) = √(2,875² + 0,9151²) = 3,017 A

Sudut fase

Arus induktor tertinggal dari V, jadi arus total tertinggal dan sudutnya positif.

φ = arctan(IX/IR) = arctan(0,9151/2,875) = 17,66°

Jawaban

φ = 17,66°
14.Impedansi AC & fasor

Jawaban: |Z| = 32,87 Ω

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

Reaktansi

XC = 1/(2π·60·100·10⁻⁶) = 26,53 Ω

Gabungan paralel

Kalikan pembilang dan penyebut dengan sekawan kompleksnya untuk memisahkan Zp menjadi bagian real dan imajiner.

Zp = R₂·(−jXC)/(R₂ − jXC) = (R₂·XC² − jR₂²·XC)/(R₂² + XC²)
Zp = 12,22 − j18,42 Ω

Impedansi total

Z = 15 + 12,22 − j18,42 = 27,22 − j18,42 Ω
|Z| = √(27,22² + 18,42²) = 32,87 Ω

Jawaban

|Z| = 32,87 Ω
15.Daya AC & faktor daya

Jawaban: Q = 3,875 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.

Sudut

φ = arccos(0,9) = 25,84°, tan φ = 0,4843

Daya reaktif

Q = P·tan φ = 8·0,4843 = 3,875 kvar

Jawaban

Q = 3,875 kvar
16.Daya AC & faktor daya

Jawaban: Pmax = 5,76 W

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.

Penyesuaian sekawan

Reaktansi beban meniadakan reaktansi sumber, dan resistansi beban sama dengan resistansi sumber.

ZL = Zs* = 25 − j6 Ω

Daya maksimum

I = Vs/(2Rs) = 24/50 = 0,48 A
Pmax = I²·RL = Vs²/(4Rs) = 24²/(4·25) = 5,76 W

Jawaban

Pmax = 5,76 W
17.Daya tiga fasa

Jawaban: IL = 205 A

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 masukan listrik

Pin = Pout/η = 110/0,88 = 125 kW

Arus saluran

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 125000/(√3·400·0,88) = 205 A

Jawaban

IL = 205 A
18.Daya tiga fasa

Jawaban: QC = 44,26 kvar

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 = 80·tan(acos 0,75) = 80·0,8819 = 70,55 kvar
Q2 = 80·tan(acos 0,95) = 80·0,3287 = 26,29 kvar

Daya reaktif dari kapasitor

QC = Q1 − Q2 = 44,26 kvar

Jawaban

QC = 44,26 kvar
19.Transformator

Jawaban: R1′ = 80 Ω

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

Hambatan yang dirujuk

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

R1′ = a²·RL = 4²·5 = 80 Ω

Jawaban

R1′ = 80 Ω
20.Transformator

Jawaban: Pcu,fl = 179,6 W

Rugi-rugi transformator: rugi inti (histeresis dan arus pusar) bergantung pada tegangan dan sama pada beban berapa pun. Rugi tembaga pada kumparan sebanding dengan kuadrat arus, sehingga pada fraksi x dari beban pengenal besarnya x²·Pcu,fl. Efisiensi η = Pout/(Pout + Pcore + Pcu), dengan Pout = x·S·pf. Efisiensi paling tinggi pada beban saat rugi tembaga sama dengan rugi inti.

Daya keluaran dan masukan

Pout = 25·0,8 = 20 kW
Pin = 20000/0,985 = 20305 W

Rugi total dan rugi tembaga

Ploss = 20305 − 20000 = 304,6 W
Pcu,fl = 304,6 − 125 = 179,6 W

Jawaban

Pcu,fl = 179,6 W
21.Rangkaian op-amp

Jawaban: Rf = 470 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 = (11 − 1)·47 = 470 kΩ

Jawaban

Rf = 470 kΩ
22.Rangkaian op-amp

Jawaban: Vout = −7,66 V

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

Arus masukan

V₋ = 0, jadi setiap resistor masukan menanggung seluruh tegangan masukannya.

I1 = V1/R1 = −0,8/47 = −0,01702 mA
I2 = V2/R2 = 1,8/10 = 0,18 mA
If = I1 + I2 = 0,163 mA

Tegangan keluaran

Vout = −Rf·If = −47·0,163 = −7,66 V

Jawaban

Vout = −7,66 V
23.Dioda & transistor

Jawaban: IZ = 35,03 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 = 12,4/330 = 37,58 mA

Arus beban

IL = 5,6/2200 = 2,545 mA

Arus Zener

IZ = 37,58 − 2,545 = 35,03 mA

Jawaban

IZ = 35,03 mA
24.Dioda & transistor

Jawaban: IC = 2,15 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)/100 kΩ = 43 µA

Saturasi atau aktif?

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

β·IB = 2,15 mA
IC(sat) = (24 − 0,2)/100 = 238 mA

Arus kolektor

IC = β·IB = 2,15 mA

Jawaban

IC = 2,15 mA

Transistor aktif, sehingga beban tidak menyala sepenuhnya.

25.Sistem bilangan

Jawaban: N = 125

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.

64 + 32 + 16 + 8 + 4 + 1 = 125

Jawaban

N = 125
26.Sistem bilangan

Jawaban: R = 66

Mengatur bit: setiap bit bernilai pangkat dua (128, 64, …, 1). Satu digit heksa tepat empat bit, dan pada komplemen dua 8-bit bit paling kiri bernilai −128. Operasi bitwise bekerja pada setiap posisi bit secara terpisah.

Bit demi bit

XOR menghasilkan 1 jika kedua bit berbeda.

1001 0011
XOR 1101 0001
= 0100 0010

Nilai hasil

0100 0010₂ = 66

Jawaban

R = 66
27.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flop

Jawaban: N = 4

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.

ABCD000111100001111010011302140517160121130150140819011010

Kelompokkan angka 1

Setiap kelompok adalah persegi panjang berisi 2ᵏ sel; sel di tepi bertetangga dengan sel di tepi seberangnya.

A′C′D′
A′CD
AC′D
A′BD′

Bentuk SOP minimal

F = A′C′D′ + A′CD + AC′D + A′BD′
N = 4

Jawaban

N = 4

Ada pengelompokan lain dengan ukuran sama; banyaknya suku dan literalnya sama.

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

Jawaban: N = 2

Flip-flop dan pencacah: flip-flop hanya berubah pada tepi clock aktif. D menyalin masukannya (Q⁺ = D); T berbalik jika T = 1; JK bertahan untuk 00, reset untuk 01, set untuk 10, dan berbalik untuk 11. Pencacah biner n bit memiliki 2ⁿ keadaan dan menghitung modulo 2ⁿ; pencacah mod-N berurutan 0, 1, …, N − 1 lalu kembali ke 0, dan memerlukan flip-flop sebanyak n terkecil dengan 2ⁿ ≥ N. Setiap tahap pencacah ripple membagi dua frekuensi, sehingga keluaran terakhir pencacah mod-N berjalan pada fclk/N. Pencacah Johnson dari n flip-flop memiliki 2n keadaan, pencacah cincin n.

Q setelah setiap tepi

Flip-flop JK: 00 bertahan, 01 reset (Q = 0), 10 set (Q = 1), 11 berbalik.

1: J = 1, K = 1 → Q = 1
2: J = 0, K = 1 → Q = 0
3: J = 0, K = 0 → Q = 0
4: J = 0, K = 1 → Q = 0
5: J = 0, K = 1 → Q = 0
6: J = 0, K = 1 → Q = 0

Hitung perubahannya

0 → 1 → 0 → 0 → 0 → 0 → 0
N = 2

Jawaban

N = 2
29.Transformasi Laplace

Jawaban: f(0.1) = 0,3639

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).

Faktorkan penyebut

s² + 10s + 25 = (s + 5)²

Pecahan parsial

s + 1 = 1(s + 5) + −4
F(s) = 1/(s + 5) − 4/(s + 5)²

Transformasi balik

f(t) = e−5t − 4·t·e−5t
f(0,1) = (1 − 4·0,1)·e−5·0,1 = 0,3639

Jawaban

f(0,1) = 0,3639
30.Transformasi Laplace

Jawaban: g(0.3) = 0,3012

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

Fungsi alih

G(s) = Y(s)/U(s) = (s + 5)/(s² + 9s + 20)

Pecahan parsial

s² + 9s + 20 = (s + 4)(s + 5)
A = 1, B = 0

Respons impuls

g(t) = e−4t
g(0,3) = 0,3012

Jawaban

g(0,3) = 0,3012
31.Diagram blok

Jawaban: p = −64

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 = G/(1 + G·H₁) = 5/(s + 4 + 5·1) = 5/(s + 9)

Loop luar

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 55/(s + 9 + 55) = 55/(s + 64)

Hasil

p = −64

Jawaban

p = −64
32.Diagram blok

Jawaban: K = 19,8

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

Respons gangguan

css = D·G(0)/(1 + K·G(0)) = 5·10/(2 + 10K)

Selesaikan untuk K

2 + 10K = 5·10/0,25 = 200
K = (200 − 2)/10 = 19,8

Jawaban

K = 19,8
33.Respons langkah

Jawaban: %OS = 61,58 %

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 = 43 → ωₙ = 6,557 rad/s
2ζωₙ = 2 → ζ = 2/(2·6,557) = 0,1525

Hasil

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−0,4848 = 61,58 %

Jawaban

%OS = 61,58 %
34.Respons langkah

Jawaban: ts = 0,4 s

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

Fungsi alih loop tertutup

T(s) = 200/(s² + 20s + 200): ωₙ = 14,14 rad/s, ζ = 0,7071

Waktu penetapan

ζωₙ = 20/2 = 10
ts ≈ 4/(ζωₙ) = 0,4 s

Jawaban

ts = 0,4 s

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

35.Plot Bode dan margin

Jawaban: |G(jω)| = 8,425 dB

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.

Kalikan besar

|G(j30)| = 3230/(√(30² + 17²)·√(30² + 19²)) = 3230/(34,48·35,51) = 2,638

Hasil

20·log₁₀(2,638) = 8,425 dB

Jawaban

|G(jω)| = 8,425 dB
36.Plot Bode dan margin

Jawaban: GM = 19,9 dB

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/6)·(ω/8) = 1 → ω180 = √(6·8) = 6,928 rad/s

Besar pada persilangan fasa

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 36)·√(ω² + 64)) = K/(6·8·(6 + 8)) = K/672

Margin penguatan

GM = 20·log₁₀(672/68) = 19,9 dB

Jawaban

GM = 19,9 dB
37.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akar

Jawaban: Kmin = 3

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

Polinomial karakteristik

(s − 4)(s + 1) + K(s + 5) = s² + (-3 + K)s + (5K − 4)

Syarat

Untuk s² + c₁s + c₀ semua akar terletak di setengah bidang kiri tepat ketika c₁ > 0 dan c₀ > 0.

-3 + K > 0 → K > 3
5K − 4 > 0 → K > 0,8
Kmin = 3

Jawaban

Kmin = 3
38.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akar

Jawaban: σa = −4,667

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, −4, −5, −6
nol: −1
n − m = 4 − 1 = 3

Titik berat

σa = (−15 − (−1))/3 = −4,667

Jawaban

σa = −4,667

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

39.Galat keadaan tunak & kendali PID

Jawaban: K = 120

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 galat yang diperlukan

1/(1 + Kp) = 0,04 → Kp = 24

Penguatan

K/5 = 24 → K = 120

Jawaban

K = 120

Periksa juga kestabilan loop tertutup: untuk loop orde dua ini, setiap K > 0 stabil.

40.Galat keadaan tunak & kendali PID

Jawaban: ts = 1 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 + 8) + 50·4 = s² + 8s + 200

ωₙ dan ζ

ωₙ = √200 = 14,14 rad/s
ζ = 8/(2·14,14) = 0,2828

Waktu penetapan

ζωₙ = 8/2 = 4
ts ≈ 4/4 = 1 s

Jawaban

ts = 1 s

Waktu penetapan di sini tidak bergantung pada K: menaikkan K hanya membuat respons berosilasi lebih cepat.

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