Di jendela cetak, pilih “Simpan sebagai PDF” untuk menyimpan salinan di perangkat Anda.
1Rumus dan metode
Resistor seri & paralel
Resistor seri
Req = R1 + R2 + …
Resistor paralel
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
Dua resistor paralel
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Hukum Ohm
V = I·R
Daya
P = V·I = I²R = V²/R
Metode
Mulailah dari ujung jaringan yang paling jauh dari terminal.
Gabungkan resistor seri dengan menjumlahkannya, dan resistor paralel dengan 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
Gambar ulang rangkaian setelah setiap langkah.
Ulangi sampai tersisa satu resistor di antara terminal.
Analisis simpul
Hukum arus Kirchhoff
ΣIin = ΣIout
Arus cabang
I = (Va − Vb)/R
Simpul referensi
Vground = 0
Metode
Pilih simpul referensi (ground) dan beri label tegangan simpul lainnya.
Tulis hukum arus Kirchhoff di setiap simpul yang tidak diketahui: arus yang keluar melalui setiap cabang sama dengan arus yang masuk.
Nyatakan setiap arus cabang sebagai (Va − Vb)/R.
Selesaikan sistem persamaannya, lalu cari arus yang Anda perlukan.
Analisis mesh
Hukum tegangan Kirchhoff
ΣV = 0 di setiap loop
Resistor bersama
arus = I1 − I2
Sumber arus dalam mesh
menetapkan arus mesh tersebut
Metode
Gambar arus searah jarum jam di setiap mesh (jendela) rangkaian.
Terapkan hukum tegangan Kirchhoff di sekeliling setiap mesh: jumlah tegangan jatuh sama dengan nol.
Pada resistor yang dipakai bersama oleh dua mesh, arusnya adalah selisih kedua arus mesh.
Selesaikan persamaannya; hasil negatif berarti arus mengalir ke arah sebaliknya.
Superposisi
Superposisi
x = x1 + x2 + … (one source at a time)
Sumber tegangan dimatikan
hubung singkat (0 V)
Sumber arus dimatikan
rangkaian terbuka (0 A)
Pembagi tegangan
V2 = V·R2/(R1 + R2)
Pembagi arus
I1 = I·R2/(R1 + R2)
Metode
Hitung jumlah sumber independen. Anda akan menyelesaikan satu rangkaian yang lebih sederhana untuk setiap sumber.
Pertahankan satu sumber dan matikan yang lain: sumber tegangan menjadi hubung singkat (kawat), sumber arus menjadi rangkaian terbuka (celah).
Selesaikan rangkaian yang lebih sederhana untuk tegangan atau arus yang Anda perlukan, dengan memperhatikan arahnya.
Ulangi untuk setiap sumber, lalu jumlahkan kontribusinya beserta tandanya.
Thévenin & Norton
Tegangan Thévenin
Vth = Vopen circuit
Resistansi Thévenin
Rth: semua sumber dimatikan, dilihat dari a–b
Arus Norton
IN = Vth/Rth
Arus beban
IL = Vth/(Rth + RL)
Transfer daya maksimum
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)
Metode
Lepaskan beban dan tandai kedua terminal a dan b.
Cari tegangan rangkaian terbuka antara a dan b: inilah Vth.
Matikan semua sumber independen dan cari hambatan yang terlihat dari a–b: inilah Rth.
Pasang kembali beban pada rangkaian ekuivalen: Vth seri dengan Rth.
Untuk ekuivalen Norton, konversikan: IN = Vth/Rth, dengan RN = Rth secara paralel.
Transien RC & RL
Konstanta waktu
τ = RC | τ = L/R
Respons
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
Kapasitor pada DC
rangkaian terbuka; vC tidak dapat melompat
Induktor pada DC
hubung singkat; iL tidak dapat melompat
Keadaan tunak
t ≈ 5τ
Metode
Cari nilai awal sesaat setelah sakelar berpindah: tegangan kapasitor dan arus induktor tidak dapat melompat.
Cari nilai akhir lama setelah sakelar berpindah: kapasitor berperilaku sebagai rangkaian terbuka, induktor sebagai hubung singkat.
Cari konstanta waktu: τ = RC atau τ = L/R, dengan hambatan yang terlihat oleh kapasitor atau induktor.
Gunakan x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ.
Impedansi AC & fasor
Impedansi
ZR = R, ZL = jωL, ZC = 1/(jωC)
Frekuensi sudut
ω = 2πf
Besar dan sudut
|Z| = √(R² + X²), φ = atan(X/R)
Hukum Ohm dalam fasor
V = I·Z
Metode
Ubah frekuensinya: ω = 2πf.
Cari setiap reaktansi: XL = ωL dan XC = 1/(ωC).
Jumlahkan impedansi seperti resistor, dengan Z = R + jX.
Cari besar |Z| = √(R² + X²) dan sudut φ = atan(X/R), lalu gunakan hukum Ohm dengan fasor.
Daya AC & faktor daya
Daya nyata
P = V·I·cos φ
Daya reaktif
Q = V·I·sin φ
Daya semu
S = V·I = √(P² + Q²)
Faktor daya
pf = cos φ = P/S
Kapasitor kompensasi
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(ωV²)
Daya tiga fasa
Hubungan Y
VL = √3·Vph, IL = Iph
Hubungan Δ
VL = Vph, IL = √3·Iph
Daya nyata total
P = √3·VL·IL·cos φ = 3·Iph²·R
Daya semu dan daya reaktif
S = √3·VL·IL, Q = P·tan φ
Kapasitor perbaikan faktor daya
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(3ωV²)
Tegangan pada setiap kapasitor
Δ: VL Y: VL/√3
Daya masukan motor
Pin = Pout/η
Transformator
Rasio lilitan
a = N1/N2 = V1/V2
Rasio arus
I1/I2 = N2/N1 = 1/a
Arus pengenal
I = S/V
Impedansi yang dirujuk
Z1′ = a²·ZL
Rugi tembaga pada beban parsial
Pcu = x²·Pcu,fl
Efisiensi
η = x·S·pf/(x·S·pf + Pcore + x²·Pcu,fl)
Efisiensi maksimum
x = √(Pcore/Pcu,fl)
Rangkaian op-amp
Penguat pembalik
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Penguat tak membalik
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Penguat penjumlah
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
Op-amp ideal
V+ = V−, Iin = 0
Dioda & transistor
Dioda (tegangan jatuh konstan)
VD = 0,7 V when conducting
Daerah aktif
VBE = 0,7 V, IC = β·IB, IE = (β + 1)·IB
Bias tetap
IB = (VCC − 0,7)/RB
Bias pembagi tegangan
IB = (VTH − 0,7)/(RTH + (β + 1)RE)
Thévenin dari pembagi tegangan
VTH = VCC·R2/(R1 + R2), RTH = R1∥R2
Loop kolektor
VCE = VCC − ICRC − IERE
Saturasi
IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC, IB ≥ IC(sat)/β
Sistem bilangan
Nilai tempat
biner 2k, oktal 8k, heksadesimal 16k
Ke desimal
Σ dk·bk
Dari desimal
bagi dengan basis, baca sisanya dari bawah ke atas
Heksadesimal ↔ biner
satu digit heksadesimal = 4 bit
Komplemen dua
balik bitnya lalu tambahkan 1
Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flop
Gerbang dasar
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Aturan Boolean
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
De Morgan
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Urutan peta Karnaugh
00, 01, 11, 10 (Gray code)
Kelompok 2ᵏ sel
kehilangan k variabel
Multiplekser 4-ke-1
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Flip-flop
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Pencacah
n bit: 2ⁿ keadaan; mod-N: n terkecil dengan 2ⁿ ≥ N; fout = fclk/N
Pencacah ripple
fmax = 1/(n·tpd)
Pencacah cincin dan Johnson
n dan 2n keadaan
Metode
Untuk rangkaian, bekerjalah dari masukan ke keluaran satu gerbang demi satu gerbang dan tulis nilai pada setiap kawat, atau tulis ekspresinya dan isi tabel kebenaran.
Untuk penyederhanaan, taruh angka 1 (dan don’t-care sebagai X) ke dalam peta Karnaugh dengan baris dan kolom kode Gray: 00, 01, 11, 10.
Cakup angka 1 dengan kelompok sesedikit dan sebesar mungkin yang berisi 1, 2, 4, 8, atau 16 sel, melingkar melewati tepi; setiap kelompok adalah satu suku hasil kali yang tersusun dari variabel yang tetap konstan. Kelompokkan angka 0 untuk bentuk POS.
Untuk flip-flop dan pencacah, baca masukan pada setiap tepi clock aktif, tulis keadaan setelah setiap tepi, dan ingat bahwa pencacah n bit berputar kembali setelah 2ⁿ keadaan.
Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akar
Kestabilan
semua akar polinomial karakteristik berada di setengah bidang kiri
tabel Routh, entri s¹ dari polinomial kubik
b1 = (a2a1 − a3a0)/a2
Akar di setengah bidang kanan
jumlah perubahan tanda pada kolom pertama
Polinomial kubik s³ + a₂s² + a₁s + a₀
stabil bila semua a > 0 dan a₂·a₁ > a₀
K/(s(s + a)(s + b))
Kmax = ab(a + b), ω = √(ab)
Persamaan karakteristik
1 + K·G(s) = 0
Asimtot
σa = (Σp − Σz)/(n − m), θ = (2q + 1)·180°/(n − m)
Titik pencar dan titik temu
dK/ds = 0
Syarat besar
K = 1/|G(s)|
Sudut keberangkatan
θd = 180° − Σ∠(from other poles) + Σ∠(from zeros)
Metode
Tulis polinomial karakteristik loop tertutup: penyebut dari 1 + K·G(s) = 0, setelah dijabarkan.
Masukkan koefisien secara bergantian ke dua baris pertama tabel Routh lalu susun baris-baris sisanya.
Hitung perubahan tanda pada kolom pertama: masing-masing adalah satu kutub di setengah bidang kanan. Dengan K dalam tabel, syaratkan bahwa setiap entri kolom pertama tetap positif.
Untuk tempat kedudukan akar, tandai kutub dan nol, segmen sumbu real, asimtot dari titik berat, dan titik pisah di tempat dK/ds = 0. Gunakan K = 1/|G(s)| untuk penguatan di suatu titik.
Galat keadaan tunak & kendali PID
Tipe sistem
jumlah kutub G(s) di s = 0
Konstanta galat
Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s), Ka = lim s²·G(s) (s → 0)
Undak A
ess = A/(1 + Kp)
Ramp A·t
ess = A/Kv
Parabola A·t²/2
ess = A/Ka
Pengendali PID
C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s
Target orde dua
s² + 2ζωns + ωn²
Lewatan dan waktu
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, ts ≈ 4/(ζωn)
Metode
Hitung kutub loop terbuka C(s)·G(s) di s = 0: itulah tipe sistem.
Hitung konstanta galat yang sesuai dengan masukan: Kp untuk undak, Kv untuk ramp, Ka untuk parabola.
Terapkan ess = A/(1 + Kp), A/Kv, atau A/Ka, atau selesaikan untuk penguatan yang Anda perlukan.
Untuk spesifikasi redaman atau kecepatan, tulis polinomial karakteristik loop tertutup dan samakan dengan s² + 2ζω_n·s + ω_n².
2Soal latihan
1.Resistor seri & paralelSedang
Cari arus IR1 yang dialirkan sumber, yang mengalir melalui R1.
V1 = 6 VR1 = 3 ΩR2 = 5 ΩR3 = 10 ΩR4 = 12 Ω
IR1 = A
2.Resistor seri & paralelSulit
Cari resistansi ekuivalen Req yang dilihat sumber V1.
Tiga cabang terhubung antara simpul A dan ground, seperti pada gambar. Gunakan analisis simpul untuk mencari arus I1 pada cabang 1, yang mengalir ke atas masuk ke simpul A searah panah.
V1 = 6 VR1 = 4 ΩV2 = 10 VR2 = 15 ΩR3 = 5 Ω
I1 = A
4.Analisis simpulSulit
Gunakan analisis simpul untuk mencari arus IR2 melalui R2 searah panah.
Cari arus Norton IN: arus yang mengalir dari a ke b jika terminal dihubung singkat.
V1 = 24 VR1 = 3 ΩR2 = 8 ΩR3 = 4 Ω
IN = A
10.Thévenin & NortonSulit
Cari tegangan Thévenin Vth dilihat dari terminal a–b.
V1 = 18 VIs = 1 AR1 = 25 ΩR2 = 3 ΩR3 = 5 Ω
Vth = V
11.Transien RC & RLSedang
Induktor tidak dialiri arus sebelum sakelar ditutup pada t = 0. Cari energi W yang tersimpan dalam induktor pada t = 1 ms, dalam mJ.
Vs = 20 VR = 33 ΩL = 10 mHt = 1 ms
W = mJ
12.Transien RC & RLSulit
Tepat sebelum sakelar ditutup pada t = 0, kapasitor bertegangan 3 V dengan polaritas yang ditunjukkan. Berapa lama waktu yang diperlukan agar vC mencapai 6,6 V? Cari t.
Vs = 12 VR = 2,2 kΩC = 33 µFvC(0) = 3 V
t = ms
13.Impedansi AC & fasorSedang
Rangkaian RLC seri dihubungkan ke sumber 50 V (rms), 200 Hz. Cari sudut fase φ impedansi, dalam derajat (positif bila arus tertinggal dari tegangan).
V = 50 V (rms)f = 200 HzR = 10 ΩL = 150 mHC = 100 µF
φ = °
14.Impedansi AC & fasorSulit
Rangkaian RLC seri dihubungkan ke sumber 120 V (rms), 500 Hz. Cari frekuensi resonansi f0 rangkaian.
V = 120 V (rms)f = 500 HzR = 30 ΩL = 50 mHC = 4,7 µF
f0 = Hz
15.Daya AC & faktor dayaSedang
Sebuah beban dengan impedansi Z = 6 + j8 Ω dihubungkan ke sumber satu fase 120 V (rms). Cari daya semu S.
V = 120 VZ = 6 + j8 Ω
S = VA
16.Daya AC & faktor dayaSulit
Sebuah sumber 24 V (rms), 50 Hz memiliki impedansi dalam Zs = 4 + j6 Ω. Impedansi beban ZL dapat dipilih bebas. Beban untuk daya maksimum dibuat dari resistor yang seri dengan kapasitor. Cari kapasitansinya C.
Vs = 24 V (rms)f = 50 HzZs = 4 + j6 Ω
C = µF
17.Daya tiga fasaSedang
Beban seimbang terhubung Y dengan impedansi 8 + j6 Ω per fasa dihubungkan ke sumber tiga fasa seimbang dengan tegangan antarsaluran 208 V. Cari daya nyata total P yang diserap beban dalam kW.
VL = 208 VZ = 8 + j6 Ω per fasa
P = kW
18.Daya tiga fasaSulit
Beban tiga fasa seimbang menyerap 150 kW pada faktor daya 0,8 tertinggal dari sumber 690 V (antarsaluran), 60 Hz. Bank kapasitor tiga fasa yang diparalel dengan beban harus menaikkan faktor daya keseluruhan menjadi 0,9 tertinggal. Daya nyatanya tetap sama. Kapasitor dihubungkan secara Δ. Cari kapasitansi Cph setiap kapasitor dalam µF.
P = 150 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,9VL = 690 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.TransformatorSedang
Resistor 16 Ω dihubungkan pada kumparan sekunder transformator ideal dengan rasio lilitan N₁:N₂ = 10:1. Cari hambatan R1′ yang terlihat dari kumparan primer.
N1:N2 = 10:1RL = 16 Ω
R1′ = Ω
20.TransformatorSulit
Sebuah transformator satu fasa 25 kVA memiliki rugi inti 100 W. Pada beban pengenal dan faktor daya 0,8 tertinggal, efisiensinya 96%. Cari rugi tembaga beban penuh Pcu,fl dalam watt.
S = 25 kVAPcore = 100 Wpf = 0,8η = 96%
Pcu,fl = W
21.Rangkaian op-ampSedang
Op-amp ideal dan dicatu ±15 V; keluarannya jenuh pada ±14 V. Penguat membalik diberi masukan gelombang sinus. Cari amplitudo masukan terbesar Vin,max (nilai puncak) agar keluaran tidak terpotong.
R1 = 2 kΩRf = 100 kΩVsat = ±14 V
Vin,max = V
22.Rangkaian op-ampSulit
Op-amp ideal dan dicatu ±15 V. Rasio resistornya tidak sepadan. Cari tegangan keluaran Vout.
Sebuah transistor NPN dengan β = 200 dibias dengan pembagi tegangan dari VCC = 20 V: R₁ = 100 kΩ dari VCC ke basis dan R₂ = 8,2 kΩ dari basis ke ground. Resistor kolektornya RC = 2,7 kΩ dan resistor emitornya RE = 1,5 kΩ. Ambil VBE = 0,7 V dan gunakan ekivalen Thévenin dari pembagi tegangan (jangan abaikan arus basis). Cari arus kolektor IC dalam mA.
Sebuah dioda dimodelkan sebagai 0,65 V yang diseri dengan 10 Ω (ia menghantar di atas 0,65 V). Dioda itu diseri dengan resistor 470 Ω melintasi catu 9 V. Cari arus kerja ID di tempat garis dioda bertemu garis beban.
Vs = 9 VR = 470 ΩV0 = 0,65 Vrd = 10 Ω
ID = mA
25.Sistem bilanganSedang
Tulis −96 sebagai pola komplemen dua 8-bit. Baca pola itu sebagai bilangan biner tak bertanda: berapa nilainya U dalam desimal?
N = −968 bit
U =
26.Sistem bilanganSulit
Atur bit menjadi hasil 8-bit dari 0011 0110 AND 1010 1100. Berapa nilai hasil R dalam desimal?
Clock 12 kHz menggerakkan pencacah mod-8. Carilah frekuensi fout dari keluaran paling signifikannya, yang menyelesaikan satu siklus per siklus pencacahan.
fclk = 12 kHzN = 8
fout = kHz
29.Transformasi LaplaceSedang
F(s) = (5s + 11)/(s² + 5s + 4). Transformasi baliknya berbentuk f(t) = A·e−t + B·e−4t. Tentukan koefisien A dengan pecahan parsial.
F(s) = (5s + 11)/(s² + 5s + 4)
A =
30.Transformasi LaplaceSulit
Selesaikan y″ + 7y′ + 6y = 0 dengan y(0) = 1 dan y′(0) = 9 memakai transformasi Laplace, lalu tentukan y(0,8).
y″ + 7y′ + 6y = 0y(0) = 1y′(0) = 9t = 0,8 s
y(0.8) =
31.Diagram blokSedang
Loop umpan balik negatif satuan memiliki G(s) = 9(s + 1)/((s + 4)(s + 7)). Masukan langkah berukuran 2 diberikan pada referensi. Tentukan galat keadaan tunak ess.
G(s) = 9(s + 1)/((s + 4)(s + 7))R = 2
ess =
32.Diagram blokSulit
Pengendali proporsional K = 14 menggerakkan plant G(s) = 10/(s + 8) dalam loop umpan balik negatif satuan. Sebuah gangguan D masuk di masukan plant (ditambahkan ke keluaran pengendali). Masukan langkah referensi berukuran 1 dan gangguan langkah berukuran 0,5 diberikan bersamaan. Tentukan keluaran keadaan tunak css.
K = 14G(s) = 10/(s + 8)D = 0,5R = 1
css =
33.Respons langkahSedang
Sebuah sistem memiliki fungsi alih G(s) = 12/(s² + s + 6) dan menerima masukan langkah satuan. Cari rasio redaman ζ.
G(s) = 12/(s² + s + 6)
ζ =
34.Respons langkahSulit
Loop umpan balik negatif satuan memiliki G(s) = 50/(s(s + 6)). Tentukan waktu penetapan 2 % ts dari respons langkah loop tertutup, dengan ts ≈ 4/(ζωₙ).
G(s) = 50/(s(s + 6))
ts = s
35.Plot Bode dan marginSedang
Cari fasa ∠G(jω) dari G(s) = 17(s + 4)/(s(s + 11)) pada ω = 0,5 rad/s, dalam derajat.
G(s) = 17(s + 4)/(s(s + 11))ω = 0,5 rad/s
∠G(jω) = °
36.Plot Bode dan marginSulit
Lingkar umpan balik satuan memiliki fungsi alih lingkar terbuka L(s) = 46/(s(s + 4)). Cari frekuensi persilangan penguatan ωc, tempat |L(jω)| = 1.
L(s) = 46/(s(s + 4))
ωc = rad/s
37.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akarSedang
Loop pada diagram memiliki fungsi alih loop terbuka L(s) = K/(s(s + 6)(s + 8)). Cari penguatan terbesar Kmax agar loop tertutup stabil.
L(s) = K/(s(s + 6)(s + 8))
Kmax =
38.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akarSulit
Tempat kedudukan akar dari L(s) = K/(s(s + 4)) ditampilkan. Cari penguatan K agar kutub loop tertutup memiliki rasio redaman ζ = 0,6.
L(s) = K/(s(s + 4))ζ = 0,6
K =
39.Galat keadaan tunak & kendali PIDSedang
Masukan r(t) = 10 + 1t (undak ditambah ramp) diberikan ke loop umpan balik satuan dengan G(s) = 5(s + 2)/(s(s + 1)(s + 5)). Cari galat keadaan tunak ess.
G(s) = 5(s + 2)/(s(s + 1)(s + 5))r(t) = 10 + 1t
ess =
40.Galat keadaan tunak & kendali PIDSulit
Pengendali PI C(s) = 1 + 2/s mengendalikan plant G(s) = 5/((s + 1)(s + 5)) dalam loop umpan balik satuan. Cari galat keadaan tunak ess untuk masukan ramp r(t) = 2t.
C(s) = 1 + 2/sG(s) = 5/((s + 1)(s + 5))r(t) = 2t
ess =
3Larutan
1.Resistor seri & paralel
Jawaban: IR1 = 0,8482 A
Resistor seri dan paralel: dalam seri, arus yang sama mengalir di setiap resistor dan R = R₁ + R₂ + …. Dalam paralel, setiap resistor punya tegangan yang sama dan 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Jaringan tangga disederhanakan satu pasang demi satu pasang hingga tersisa satu resistansi ekuivalen.
Gabungkan resistor dari ujung terjauh
Mulai dari ujung yang paling jauh dari sumber dan bergerak kembali ke arahnya. Resistor yang dialiri arus sama terhubung seri; resistor di antara dua simpul yang sama terhubung paralel.
R3 + R4 = 10 + 12 = 22 Ω
R2 ∥ 22 = 5·22/(5+22) = 4,074 Ω
Req = R1 + 4,074 = 3 + 4,074 = 7,074 Ω
Arus dari sumber
Sumber hanya melihat Req, jadi hukum Ohm memberi arus yang dialirkannya. Arus itu mengalir melalui R₁.
IR1 = V1/Req = 6/7,074 = 0,8482 A
Jawaban
IR1 = 0,8482 A
2.Resistor seri & paralel
Jawaban: Req = 6,04 Ω
Resistor seri dan paralel: dalam seri, arus yang sama mengalir di setiap resistor dan R = R₁ + R₂ + …. Dalam paralel, setiap resistor punya tegangan yang sama dan 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Jaringan tangga disederhanakan satu pasang demi satu pasang hingga tersisa satu resistansi ekuivalen.
Gabungkan resistor dari ujung terjauh
Mulai dari ujung yang paling jauh dari sumber dan bergerak kembali ke arahnya. Resistor yang dialiri arus sama terhubung seri; resistor di antara dua simpul yang sama terhubung paralel.
R5 + R6 = 8 + 4 = 12 Ω
R4 ∥ 12 = 6,667 Ω
R3 + 6,667 = 12,67 Ω
R2 ∥ 12,67 = 3,04 Ω
Req = R1 + 3,04 = 3 + 3,04 = 6,04 Ω
Jawaban
Req = 6,04 Ω
3.Analisis simpul
Jawaban: I1 = 0,4516 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 − 6)/4 + (VA − 10)/15 + VA/5 = 0
Selesaikan untuk VA
VA = (6/4 + 10/15 + 0/5) / (1/4 + 1/15 + 1/5) = 2,167/0,5167 = 4,194 V
Arus cabang
Panah menunjuk ke atas melalui cabang, masuk ke simpul A.
I1 = (6 − VA)/R1 = (6 − 4,194)/4 = 0,4516 A
Jawaban
I1 = 0,4516 A
Hasil negatif berarti arus sebenarnya mengalir berlawanan dengan panah.
4.Analisis simpul
Jawaban: IR2 = 0,4183 A
Analisis simpul: pilih simpul referensi, beri nama tegangan simpul yang tidak diketahui, tulis hukum arus Kirchhoff di setiap simpul tersebut memakai hukum Ohm (I = ΔV/R), lalu selesaikan persamaannya.
Tentukan simpul
Ground adalah kawat bawah. Tegangan simpul yang diketahui langsung berasal dari sumber (V1 = 30 V, V2 = 24 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/25 + (VA − 30)/20 + (VA − VB)/2 = 0
0,59·VA − 0,5·VB = 1,5
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 − 24)/20 = (−0,5)
−0,5·VA + 0,6·VB = 0,7
Selesaikan
Δ = (0,59)(0,6) − (−0,5)(−0,5) = 0,104
VA = Δ1/Δ = 1,25/0,104 = 12,02 V
VB = Δ2/Δ = 1,163/0,104 = 11,18 V
Jawaban
IR2 = (VA − VB)/R2 = (12,02 − 11,18)/2 = 0,4183 A
5.Analisis mesh
Jawaban: IR2 = −0,6786 A
Analisis mesh: beri setiap jendela rangkaian planar arus loop sendiri, tulis hukum tegangan Kirchhoff di setiap loop (jumlah jatuh = jumlah kenaikan), lalu selesaikan. Arus cabang adalah arus mesh, atau selisih dua arus mesh pada cabang bersama.
Tetapkan arus mesh
Gambar arus searah jarum jam di setiap jendela: I1, I2. Resistor yang dipakai bersama dua mesh membawa selisih arus keduanya.
KVL di sekitar mesh 1
Searah jarum jam, jatuh tegangan pada resistor sama dengan kenaikan tegangan sumber (dari − ke + searah lintasan).
R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
12·I1 + 8(I1 − I2) = 9
20·I1 − 8·I2 = 9
KVL di sekitar mesh 2
Searah jarum jam, jatuh tegangan pada resistor sama dengan kenaikan tegangan sumber (dari − ke + searah lintasan).
R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
12·I2 + 8(I2 − I1) = (−15)
−8·I1 + 20·I2 = −15
Selesaikan
Δ = (20)(20) − (−8)(−8) = 336
I1 = Δ1/Δ = 60/336 = 0,1786 A
I2 = Δ2/Δ = −228/336 = −0,6786 A
Jawaban
IR2 = I2 = −0,6786 A
Arus mesh negatif mengalir berlawanan arah jarum jam.
6.Analisis mesh
Jawaban: VR3 = −5,368 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.
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 + 2(I1 − I2) = 6
10·I1 − 2·I2 = 6
KVL di sekitar mesh 2
Searah jarum jam, jatuh tegangan pada resistor sama dengan kenaikan tegangan sumber (dari − ke + searah lintasan).
R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
4·I2 + 2(I2 − I1) + 4(I2 − I3) = 0
−2·I1 + 10·I2 − 4·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
4·I3 + 4(I3 − I2) = (−9)
−4·I2 + 8·I3 = −9
Selesaikan
Δ = determinan matriks koefisien = 608
I1 = Δ1/Δ = 312/608 = 0,5132 A
I2 = Δ2/Δ = −264/608 = −0,4342 A
I3 = Δ3/Δ = −816/608 = −1,342 A
Jawaban
IR3 = I3 = −1,342 A
VR3 = IR3·R3 = −1,342·4 = −5,368 V
Arus mesh negatif mengalir berlawanan arah jarum jam.
7.Superposisi
Jawaban: Is = 1,333 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.
Kasus 1 · V1 bekerja sendiri
Iₛ menjadi rangkaian terbuka, jadi R₃ dan R₄ membentuk satu cabang seri dari A ke ground, paralel dengan R₂.
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.
Superposisi: dalam rangkaian linear, setiap tegangan atau arus adalah jumlah respons terhadap masing-masing sumber independen yang bekerja sendiri. Untuk mematikan sumber, ganti sumber tegangan ideal dengan hubung singkat dan sumber arus ideal dengan rangkaian terbuka. Resistor tetap di tempatnya.
Kasus 1 · hanya V1
V₂ menjadi hubung singkat dan Iₛ rangkaian terbuka. Dilihat dari A, R₃ paralel dengan pasangan seri R₂+R₄.
R3 ∥ (R2+R4) = 10 ∥ 11 = 5,238 Ω
VA = 10·5,238/(3+5,238) = 6,358 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 6,358·6/11 = 3,468 V
VR3′ = 0 − VA = 0 − 6,358 = −6,358 V
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 = 2,308 Ω, jadi jalur kiri adalah R2+2,308 = 7,308 Ω
Req = R4 ∥ 7,308 = 3,295 Ω
VB = Is·Req = 3·3,295 = 9,884 V
VA = VB·2,308/7,308 = 3,121 V
VR3″ = 0 − VA = 0 − 3,121 = −3,121 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 = 3·10/(3+10) = 2,308 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−18)·7,308/13,31 = −9,884 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −9,884·2,308/7,308 = −3,121 V
VR3‴ = 0 − VA = 0 − −3,121 = 3,121 V
Jumlahkan kontribusinya
VR3 = VR3′ + VR3″ + VR3‴
VR3 = (−6,358) + (−3,121) + 3,121 = −6,358 V
Hasil negatif berarti sebenarnya polaritasnya berlawanan dengan yang ditandai.
9.Thévenin & Norton
Jawaban: IN = 2,824 A
Teorema Thévenin: setiap jaringan linear dua terminal berperilaku seperti satu sumber tegangan Vth yang seri dengan resistansi Rth. Teorema Norton menyatakan jaringan yang sama sebagai sumber arus IN = Vth/Rth yang paralel dengan Rth.
Cari Rth dengan semua sumber dimatikan
Ganti sumber tegangan dengan hubung singkat dan sumber arus dengan rangkaian terbuka, lalu lihat rangkaian dari a–b.
R1 ∥ R2 = 3·8/(3+8) = 2,182 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,182 + 4 = 6,182 Ω
Cari Vth, tegangan rangkaian terbuka
Dengan a–b terbuka, tidak ada arus yang mengalir di R₃, jadi tidak ada jatuh tegangan dan V_b = V_A. R₁ dan R₂ membentuk pembagi tegangan.
Vth = V1·R2/(R1+R2) = 24·8/(3+8) = 17,45 V
Ekuivalen Norton
Sumber Norton adalah rangkaian yang sama dilihat sebagai sumber arus paralel dengan R_th. Arusnya adalah arus hubung singkat di a–b.
IN = Vth/Rth = 17,45/6,182 = 2,824 A
10.Thévenin & Norton
Jawaban: Vth = 9,607 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.
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 = 25·3/(25+3) = 2,679 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,679 + 5 = 7,679 Ω
Cari Vth, tegangan rangkaian terbuka
Dengan a–b terbuka, satu-satunya jalur Iₛ adalah melalui R₃ ke simpul A. Cari V_A dengan superposisi V₁ dan Iₛ, lalu tambahkan jatuh tegangan pada R₃.
VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 1,929 + 1·2,679 = 4,607 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 4,607 + 1·5 = 9,607 V
11.Transien RC & RL
Jawaban: W = 1,704 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 = 10 mH / 33 Ω = 0,303 ms
i(∞) = Vs/R = 20/33 = 0,6061 A
Arus pada waktu tertentu
i(t) = 0,6061·(1 − e−1/0,303) = 0,5837 A
Energi tersimpan
W = ½·L·i² = ½·10·0,5837² = 1,704 mJ
Jawaban
W = 1,704 mJ
12.Transien RC & RL
Jawaban: t = 37,09 ms
Transien orde satu: pada rangkaian dengan satu kapasitor atau satu induktor, setiap tegangan dan arus berubah secara eksponensial dari nilai awal ke nilai akhir: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, dengan τ = RC atau τ = L/R. Setelah sekitar 5τ rangkaian sudah stabil.
Nilai awal, nilai akhir, konstanta waktu
Tegangan kapasitor tidak dapat melompat, jadi dimulai dari nilai tersimpannya dan menuju tegangan sumber.
t = τ·ln((3 − 12)/(6,6 − 12)) = 72,6·ln(1,667) = 37,09 ms
Jawaban
t = 37,09 ms
13.Impedansi AC & fasor
Jawaban: φ = 86,83 °
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 = 1257·0,15 = 188,5 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·100·10⁻⁶) = 7,958 Ω
Impedansi
Dalam seri, impedansi dijumlahkan sebagai bilangan kompleks: Z = R + j(XL − XC).
Rangkaian AC dengan fasor: resistor, induktor, dan kapasitor memiliki impedansi R, jωL, dan 1/(jωC), dengan ω = 2πf. Dalam seri, impedansi dijumlahkan seperti resistansi, tetapi sebagai bilangan kompleks. Arus dan tegangan rms mengikuti hukum Ohm dengan |Z|.
Resonansi
Saat resonansi, reaktansi induktif dan kapasitif saling meniadakan: ωL = 1/(ωC). Frekuensi sumber tidak berpengaruh.
Daya AC: daya semu S = V·I (VA) terbagi menjadi daya nyata P = S·cos φ (W), yang melakukan kerja berguna, dan daya reaktif Q = S·sin φ (var), yang bolak-balik antara sumber dan beban. Faktor daya adalah cos φ. Kapasitor paralel memasok daya reaktif secara lokal, sehingga arus saluran turun untuk daya nyata yang sama.
Arus
|Z| = √(6² + 8²) = 10 Ω
I = V/|Z| = 120/10 = 12 A
Daya semu
S = V·I = 120·12 = 1440 VA
Jawaban
S = 1440 VA
16.Daya AC & faktor daya
Jawaban: C = 530,5 µF
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* = 4 − j6 Ω
Kapasitansi
XC = 6 Ω → C = 1/(2π·50·6) = 530,5 µF
Jawaban
C = 530,5 µF
17.Daya tiga fasa
Jawaban: P = 3,461 kW
Sistem tiga fasa seimbang: pada hubungan Y (bintang) tegangan antarsaluran adalah √3 kali tegangan fasa, VL = √3·Vph, dan arus saluran sama dengan arus fasa. Pada hubungan Δ (delta) tegangan antarsaluran sama dengan tegangan fasa dan arus saluran adalah √3 kali arus fasa, IL = √3·Iph. Daya total adalah tiga kali daya satu fasa: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ.
Tegangan fasa
Vph = 208/√3 = 120,1 V
Arus fasa
|Z| = √(8² + 6²) = 10 Ω
Iph = 120,1/10 = 12,01 A
Daya nyata total
Hanya bagian resistif dari setiap impedansi yang menyerap daya nyata.
P = 3·Iph²·R = 3·12,01²·8 = 3,461 kW
Jawaban
P = 3,461 kW
Periksa: cos φ = R/|Z| = 0,8, dan √3·VL·IL·cos φ memberikan daya yang sama.
18.Daya tiga fasa
Jawaban: Cph = 74,01 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 = 150·tan(acos 0,8) = 150·0,75 = 112,5 kvar
Q2 = 150·tan(acos 0,9) = 150·0,4843 = 72,65 kvar
Daya reaktif dari kapasitor
QC = Q1 − Q2 = 39,85 kvar
Kapasitansi per fasa
Pada bank Δ, setiap kapasitor terhubung di antara dua saluran.
V = 690 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 13284/(377·690²) = 74,01 µF
Jawaban
Cph = 74,01 µF
19.Transformator
Jawaban: R1′ = 1600 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 = 10²·16 = 1600 Ω
Jawaban
R1′ = 1600 Ω
20.Transformator
Jawaban: Pcu,fl = 733,3 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 = 20000/0,96 = 20833 W
Rugi total dan rugi tembaga
Ploss = 20833 − 20000 = 833,3 W
Pcu,fl = 833,3 − 100 = 733,3 W
Jawaban
Pcu,fl = 733,3 W
21.Rangkaian op-amp
Jawaban: Vin,max = 0,28 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
|Av| = Rf/R1 = 100/2 = 50
Masukan terbesar sebelum terpotong
Vin,max = Vsat/|Av| = 14/50 = 0,28 V
Jawaban
Vin,max = 0,28 V
22.Rangkaian op-amp
Jawaban: Vout = 2,162 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.
Titik kerja BJT: di daerah aktif VBE = 0,7 V, IC = β·IB dan IE = (β + 1)·IB. Cari IB dari loop basis dengan KVL, lalu IC, lalu VCE dari loop kolektor–emitor. Pembagi tegangan di basis diganti dengan ekivalen Théveninnya VTH = VCC·R₂/(R₁ + R₂), RTH = R₁∥R₂; resistor emitor tampak (β + 1) kali lebih besar di loop basis.
Ekivalen Thévenin dari pembagi tegangan
VTH = 20·8,2/(100 + 8,2) = 1,516 V
RTH = 100·8,2/(100 + 8,2) = 7,579 kΩ
Arus basis
KVL di sekeliling loop basis; arus emitor adalah (β + 1)·IB.
IB = (1,516 − 0,7)/(7,579 + 201·1,5) = 2,639 µA
Arus kolektor
IC = 200·2,639 µA = 0,5278 mA
IE = 201·2,639 µA = 0,5305 mA
Jawaban
IC = 0,5278 mA
24.Dioda & transistor
Jawaban: ID = 17,4 mA
Rangkaian LED dan dioda: LED bias maju menjatuhkan tegangan sekitar tegangan majunya VF (sekitar 2 V untuk merah, 3 V untuk biru atau putih), berapa pun arusnya. Resistor seri menentukan arus: R = (Vs − n·VF)/I untuk n LED seri. Dengan model dioda yang lebih eksak V = V₀ + I·rd, titik kerja berada di tempat garis dioda berpotongan dengan garis beban I = (Vs − V)/R, sehingga I = (Vs − V₀)/(R + rd).
Gabungkan kedua persamaan
9 = 0,65 + I·(470 + 10)
Arus kerja
ID = 8,35/480 = 17,4 mA
VD = 0,65 + 0,0174·10 = 0,824 V
Jawaban
ID = 17,4 mA
25.Sistem bilangan
Jawaban: U = 160
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.
Balik dan tambah satu
96 = 0110 0000
dibalik: 1001 1111
+1 → 1010 0000
Baca sebagai tak bertanda
1010 0000₂ = 256 − 96 = 160
Jawaban
U = 160
26.Sistem bilangan
Jawaban: R = 36
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
AND menghasilkan 1 hanya jika kedua bit adalah 1.
0011 0110
AND 1010 1100
= 0010 0100
Nilai hasil
0010 0100₂ = 36
Jawaban
R = 36
27.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flop
Jawaban: L = 1
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
A′B′ → m(0, 1)
A′BC′ → m(2)
A′B → m(2, 3)
Kelompokkan dan baca
F = A′
Hitung literalnya
L = 1
Jawaban
L = 1
28.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flop
Jawaban: fout = 1,5 kHz
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.
Pembagian frekuensi
fout = 12 kHz / 8 = 1,5 kHz
Jawaban
fout = 1,5 kHz
29.Transformasi Laplace
Jawaban: A = 2
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 + 5s + 4 = (s + 1)(s + 4)
F(s) = A/(s + 1) + B/(s + 4)
Aturan tutup (cover-up)
Kalikan dengan (s + 1) dan masukkan s = −1: suku B lenyap.
A = (5s + 11)/(s + 4) |s = −1 = 6/3 = 2
Jawaban
A = 2
(B = 3, jadi f(t) = 2·e−t + 3·e−4t)
30.Transformasi Laplace
Jawaban: y(0.8) = 1,332
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 − 1s − 9 + 7(sY − 1) + 6Y = 0
Y(s) = (s + 16)/((s + 1)(s + 6))
Pecahan parsial
A = 15/5 = 3
B = 10/(−5) = −2
Hasil
y(t) = 3·e−t − 2·e−6t
y(0,8) = 1,332
Jawaban
y(0,8) = 1,332
Periksa: y(0) = A + B = 1.
31.Diagram blok
Jawaban: ess = 1,514
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).
Konstanta galat posisi
Kₚ = G(0) = 9·1/(4·7) = 0,3214
Galat keadaan tunak
ess = A/(1 + Kₚ) = 2/(1 + 0,3214) = 1,514
Jawaban
ess = 1,514
32.Diagram blok
Jawaban: css = 0,9797
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 + 8 + 140)
C/R = K·G/(1 + K·G) = 140/(s + 8 + 140)
Keadaan tunak
css = 1·140/148 + 0,5·10/148 = 0,9797
Jawaban
css = 0,9797
K yang lebih besar mengurangi pengaruh gangguan, tetapi tidak pernah sampai nol dengan pengendali proporsional.
33.Respons langkah
Jawaban: ζ = 0,2041
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 = 6 → ωₙ = 2,449 rad/s
2ζωₙ = 1 → ζ = 1/(2·2,449) = 0,2041
Hasil
ζ = 0,2041
Jawaban
ζ = 0,2041
34.Respons langkah
Jawaban: ts = 1,333 s
Respons langkah: sistem orde satu G(s) = K/(τs + 1) menjawab masukan langkah berukuran U dengan y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): mencapai 63,2 % dari nilai akhir K·U setelah satu konstanta waktu τ dan 98 % setelah 4τ. Sistem orde dua G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) memiliki kutub s = −ζωₙ ± jωd dengan ωd = ωₙ√(1 − ζ²). Untuk 0 < ζ < 1 respons langkahnya melampaui (overshoot): persen overshoot %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), waktu puncak tp = π/ωd, dan waktu penetapan 2 % ts ≈ 4/(ζωₙ). Bandingkan penyebut dengan s² + 2ζωₙs + ωₙ² untuk membaca ωₙ dan ζ. Untuk massa–pegas–peredam ωₙ = √(k/m) dan ζ = c/(2√(km)); untuk rangkaian RLC seri ωₙ = 1/√(LC) dan ζ = (R/2)·√(C/L).
Untuk loop ini ζωₙ = a/2 berapa pun K: menaikkan K menambah overshoot tetapi tidak memperpendek waktu penetapan.
35.Plot Bode dan margin
Jawaban: ∠G(jω) = −85,48 °
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.
Respons frekuensi: substitusikan s = jω ke fungsi alih. Besar dalam desibel adalah 20·log₁₀|H(jω)| dan fasa adalah jumlah sudut faktor pembilang dikurangi sudut faktor penyebut. Filter RC atau RL orde pertama memiliki frekuensi sudut (−3 dB) pada ωc = 1/(RC) atau R/L, dan fc = ωc/(2π); filter lolos rendah memberi |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) dan φ = −atan(ω/ωc). Pada plot Bode asimtotik (garis lurus) setiap kutub membengkokkan besar ke bawah sebesar 20 dB/dekade pada frekuensi sudutnya, setiap nol membengkokkannya ke atas sebesar 20 dB/dekade, dan integrator 1/s memberi −20 dB/dekade pada semua frekuensi. Persilangan penguatan ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); margin fasa PM = 180° + ∠L(jωc). Persilangan fasa ω180: ∠L(jω) = −180°; margin penguatan GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Lingkar tertutup stabil bila kedua margin positif.
Persilangan penguatan
ω⁴ + 16ω² − 2116 = 0
ω² = (−16 + √(256 + 4·2116))/2 = 38,69
ωc = 6,22 rad/s
Jawaban
ωc = 6,22 rad/s
37.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akar
Jawaban: Kmax = 672
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.
Persamaan karakteristik
s³ + 14s² + 48s + K = 0
Larik Routh
s³: 1, 48
s²: 14, K
s¹: (14·48 − K)/14
s⁰: K
Syarat
Setiap entri kolom pertama harus positif.
K > 0
14·48 − K > 0 → K < 672
Jawaban
Kmax = 672
Pada K = 672 loop tertutup berosilasi pada ω = √48 = 6,928 rad/s.
38.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akar
Jawaban: K = 11,11
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.
Bandingkan dengan bentuk baku
s² + 4s + K = s² + 2ζωₙs + ωₙ²
2·0,6·ωₙ = 4 → ωₙ = 3,333 rad/s
Penguatan
K = ωₙ² = 3,333² = 11,11
Jawaban
K = 11,11
Kutub loop tertutup berada di tempat garis ζ memotong cabang vertikal di s = −2.
39.Galat keadaan tunak & kendali PID
Jawaban: ess = 0,5
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) = 2
Bagian undak
Kp = ∞ → estep = 0
Galat ramp
ess = 1/2 = 0,5
Jawaban
ess = 0,5
40.Galat keadaan tunak & kendali PID
Jawaban: ess = 1
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).
Konstanta kecepatan
s·C(s) = 1s + 2 → 2 untuk s → 0.
Kv = 2·5/5 = 2
Galat ramp
ess = 2/2 = 1
Jawaban
ess = 1
Pengendali PI menghilangkan galat undak sepenuhnya; ramp diikuti dengan ketertinggalan yang konstan.
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.