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​ = 3 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​12 VR2​3 ΩAR4​6 ΩB

Cari resistansi ekuivalen Req yang dilihat sumber V1.

V1 = 12 VR1 = 3 ΩR2 = 3 ΩR3 = 3 ΩR4 = 6 Ω
Req = Ω
2.Resistor seri & paralelSulit
R1​ = 2 ΩR3​ = 12 ΩR5​ = 10 Ω+−V1​12 VR2​2 ΩIR2​AR4​6 ΩBR6​10 Ω

Cari arus IR2 melalui R2.

V1 = 12 VR1 = 2 ΩR2 = 2 ΩR3 = 12 ΩR4 = 6 ΩR5 = 10 ΩR6 = 10 Ω
IR2 = A
3.Analisis simpulSedang
R1​ = 20 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​9 VR2​3 ΩAR4​8 ΩBIs​1 A

Gunakan analisis simpul untuk mencari tegangan simpul VA (diukur terhadap ground).

V1 = 9 VIs = 1 AR1 = 20 ΩR2 = 3 ΩR3 = 5 ΩR4 = 8 Ω
VA = V
4.Analisis simpulSulit
R1​ = 4 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​12 VR2​3 ΩAR4​3 ΩIR4​B0,1·VA​

Belah ketupat adalah sumber arus yang dikendalikan tegangan, yang mendorong arus sebesar 0,1·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 = 12 VR1 = 4 ΩR2 = 3 ΩR3 = 6 ΩR4 = 3 Ωg = 0,1 A/V
IR4 = A
5.Analisis meshSedang
R1​ = 10 ΩIR1​R2​ = 10 Ω+−V1​10 VR3​2 ΩA+−V2​30 VI1​I2​

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

V1 = 10 VV2 = 30 VR1 = 10 ΩR2 = 10 ΩR3 = 2 Ω
IR1 = A
6.Analisis meshSulit
R1​ = 25 ΩR2​ = 30 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​10 VR4​15 ΩAR5​20 ΩB+−V2​12 VI1​I2​I3​

Gunakan analisis mesh untuk mencari arus mesh I3 (searah jarum jam).

V1 = 10 VV2 = 12 VR1 = 25 ΩR2 = 30 ΩR3 = 4 ΩR4 = 15 ΩR5 = 20 Ω
I3 = A
7.SuperposisiSedang
R1​ = 8 ΩR3​ = 6 ΩIR3​+−V1​18 VR2​2 ΩAR4​12 ΩBIs​?

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

V1 = 18 VR1 = 8 ΩR2 = 2 ΩR3 = 6 ΩR4 = 12 Ω
Is = A
8.SuperposisiSulit
R1​ = 4 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 3 Ω+−V1​24 VR3​15 Ω−+VR3​AIs​5 AB−+V2​9 V

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

V1 = 24 VIs = 5 AV2 = 9 VR1 = 4 ΩR2 = 10 ΩR3 = 15 ΩR4 = 3 Ω
VR3 = V
9.Thévenin & NortonSedang
R1​ = 4 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​9 VR2​8 ΩAab

Cari tegangan Thévenin Vth dilihat dari terminal a–b.

V1 = 9 VR1 = 4 ΩR2 = 8 ΩR3 = 20 Ω
Vth = V
10.Thévenin & NortonSulit
R1​ = 2 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​30 VR2​25 ΩAIs​0,5 ABab

Cari tegangan Thévenin Vth dilihat dari terminal a–b.

V1 = 30 VIs = 0,5 AR1 = 2 ΩR2 = 25 ΩR3 = 5 Ω
Vth = V
11.Transien RC & RLSedang
+−Vs​5 Vt = 0R = 33 ΩL150 mHi(t)

Induktor tidak dialiri arus sebelum sakelar ditutup pada t = 0. Cari arus i pada t = 10 ms.

Vs = 5 VR = 33 ΩL = 150 mHt = 10 ms
i = A
12.Transien RC & RLSulit
+−Vs​6 Vt = 0R = 1 kΩC220 µF+−vC​vC​(0) = 8 V

Tepat sebelum sakelar ditutup pada t = 0, kapasitor bertegangan 8 V dengan polaritas yang ditunjukkan. Berapa lama waktu yang diperlukan agar vC mencapai 7 V? Cari t.

Vs = 6 VR = 1 kΩC = 220 µFvC(0) = 8 V
t = ms
13.Impedansi AC & fasorSedang
24 V60 HzR = 60 ΩL = 250 mHC = 10 µFI

Rangkaian RLC seri dihubungkan ke sumber 24 V (rms), 60 Hz. Cari faktor daya cos φ rangkaian.

V = 24 V (rms)f = 60 HzR = 60 ΩL = 250 mHC = 10 µF
cos φ =
14.Impedansi AC & fasorSulit
100 V200 HzR = 30 ΩL = 20 mHC = 2,2 µF

Rangkaian RLC seri dihubungkan ke sumber 100 V (rms), 200 Hz. Cari frekuensi resonansi f0 rangkaian.

V = 100 V (rms)f = 200 HzR = 30 ΩL = 20 mHC = 2,2 µF
f0 = Hz
15.Daya AC & faktor dayaSedang
P = 26 kWQSφ

Motor satu fase menyerap 26 kW pada faktor daya 0,9 tertinggal dari sumber 240 V. Cari arus saluran I.

P = 26 kWpf = 0,9V = 240 V
I = A
16.Daya AC & faktor dayaSulit
P = 20 kWQ1​S1​φ1​QC​

Beban satu fase menyerap 20 kW pada faktor daya 0,8 tertinggal dari sumber 230 V, 50 Hz. Kapasitor yang dipasang paralel menaikkan faktor daya menjadi 0,9. Cari arus saluran baru Inew.

P = 20 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,9V = 230 Vf = 50 Hz
Inew = A
17.Daya tiga fasaSedang
ABCVL​ = 690 VIL​ = ?M11 kW, η = 88%cos φ = 0,9

Sebuah motor induksi tiga fasa menghasilkan daya keluaran mekanis 11 kW pada beban penuh. Pada beban ini efisiensinya 88% dan faktor dayanya 0,9 tertinggal. Sumbernya memiliki tegangan antarsaluran 690 V. Cari arus saluran IL.

Pout = 11 kWη = 88%cos φ = 0,9VL = 690 V
IL = A
18.Daya tiga fasaSulit
P = 80 kWφ1​S1​Q2​QC​

Beban tiga fasa seimbang menyerap 80 kW pada faktor daya 0,8 tertinggal dari sumber 415 V (antarsaluran), 50 Hz. Bank kapasitor tiga fasa yang diparalel dengan beban harus menaikkan faktor daya keseluruhan menjadi 0,92 tertinggal. Daya nyatanya tetap sama. Kapasitor dihubungkan secara Δ. Cari kapasitansi Cph setiap kapasitor dalam µF.

P = 80 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,92VL = 415 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.TransformatorSedang
6600 V230 VIHV​ = ?ILV​250 kVA

Sebuah transformator satu fasa 250 kVA, 6600/230 V bekerja pada beban pengenalnya. Anggap ideal. Cari arus IHV pada kumparan tegangan tinggi.

S = 250 kVAV1 = 6600 VV2 = 230 V
IHV = A
20.TransformatorSulit
pf 0,9200 kVA, η = 97%

Sebuah transformator satu fasa 200 kVA memiliki rugi inti 1200 W. Pada beban pengenal dan faktor daya 0,9 tertinggal, efisiensinya 97%. Cari rugi tembaga beban penuh Pcu,fl dalam watt.

S = 200 kVAPcore = 1200 Wpf = 0,9η = 97%
Pcu,fl = W
21.Rangkaian op-ampSedang
−+Vout​Rf​ = 10 kΩR1​ = 10 kΩVin​ = −1,3 V

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

Vin = −1,3 VR1 = 10 kΩRf = 10 kΩ
Vout = V
22.Rangkaian op-ampSulit
Vin​V1​Vout​tingkat 1: membalikR1​ = 2 kΩRf1​ = 4,7 kΩtingkat 2: tak membalikR2​ = 22 kΩRf2​ = 47 kΩ

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

R1 = 2 kΩRf1 = 4,7 kΩR2 = 22 kΩRf2 = 47 kΩ
Av =
23.Dioda & transistorSedang
RC​ = 3,3 kΩβ = 100IC​ = ?RE​ = 2,2 kΩVCC​ = 15 VR1​ = 47 kΩR2​ = 8,2 kΩ

Sebuah transistor NPN dengan β = 100 dibias dengan pembagi tegangan dari VCC = 15 V: R₁ = 47 kΩ dari VCC ke basis dan R₂ = 8,2 kΩ dari basis ke ground. Resistor kolektornya RC = 3,3 kΩ dan resistor emitornya RE = 2,2 kΩ. Ambil VBE = 0,7 V dan gunakan ekivalen Thévenin dari pembagi tegangan (jangan abaikan arus basis). Cari arus kolektor IC dalam mA.

VCC = 15 VR1 = 47 kΩR2 = 8,2 kΩRC = 3,3 kΩRE = 2,2 kΩβ = 100
IC = mA
24.Dioda & transistorSulit
+−≤ 22 V470 Ω12 V

Regulator Zener 12 V memiliki resistor seri 470 Ω. Masukan dapat naik hingga 22 V, dan beban mungkin terlepas. Cari daya terbesar PZ,max yang harus didisipasikan Zener.

Vin,max = 22 VVZ = 12 VR = 470 Ω
PZ,max = mW
25.Sistem bilanganSedang
Komplemen dua 8-bit0−12806403201608040201

Atur bit sehingga menyimpan −31 dalam komplemen dua 8-bit. Dibaca sebagai bilangan tak bertanda, berapa nilai pola U?

N = −318 bit
U =
26.Sistem bilanganSulit
4944 kode, b = ? bit?2ᵇ⁻¹…?4?2?1

Sebuah sistem harus memberi setiap 4944 item kode biner sendiri dengan panjang yang sama. Berapa jumlah bit b paling sedikit yang dibutuhkan?

4944
b = bit
27.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flopSedang
ABCD0001111000011110111111

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

F = Σm(1, 4, 6, 10, 11, 15)
  1. 1AB = 00, CD = 00
  2. 2AB = 00, CD = 01
  3. 3AB = 00, CD = 11
  4. 4AB = 00, CD = 10
  5. 5AB = 01, CD = 00
  6. 6AB = 01, CD = 01
  7. 7AB = 01, CD = 11
  8. 8AB = 01, CD = 10
  9. 9AB = 11, CD = 00
  10. 10AB = 11, CD = 01
  11. 11AB = 11, CD = 11
  12. 12AB = 11, CD = 10
  13. 13AB = 10, CD = 00
  14. 14AB = 10, CD = 01
  15. 15AB = 10, CD = 11
  16. 16AB = 10, CD = 10
28.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flopSulit
DQ3​Q3​DQ2​Q2​DQ1​Q1​DQ0​Q0​CLKSHIFT

Register geser 4 bit Q₃Q₂Q₁Q₀ berisi 0000. Pada setiap tepi clock bit bergeser satu tempat ke kanan (Q₃ → Q₂ → Q₁ → Q₀, Q₀ hilang) dan masukan serial masuk ke Q₃. Masukan serial adalah 1, 1, 1, 1, 0, 1 pada 6 tepi. Berikan keadaan akhir Q = Q₃Q₂Q₁Q₀ sebagai bilangan desimal.

Q₃Q₂Q₁Q₀ = 00001, 1, 1, 1, 0, 1
Q =
29.Transformasi LaplaceSedang
t (s)f(t)t = 0,25f(0,25) = ?

Tentukan f(t) untuk F(s) = (2s + 5)/(s² + 10s + 25) dan hitung f(0,25).

F(s) = (2s + 5)/(s² + 10s + 25)t = 0,25 s
f(0.25) =
30.Transformasi LaplaceSulit
t (s)y(t)t = 0,4y(0,4) = ?

Selesaikan y″ + 4y′ + 3y = 0 dengan y(0) = 1 dan y′(0) = −15 memakai transformasi Laplace, lalu tentukan y(0,4).

y″ + 4y′ + 3y = 0y(0) = 1y′(0) = −15t = 0,4 s
y(0.4) =
31.Diagram blokSedang
R(s)+22s(s + 9)G(s)C(s)−

Loop umpan balik negatif satuan memiliki G(s) = 22/(s(s + 9)). Referensinya adalah ramp r(t) = 5·t. Tentukan galat keadaan tunak ess.

G(s) = 22/(s(s + 9))r(t) = 5·t
ess =
32.Diagram blokSulit
R(s)+8pengendali+D(s)+10s + 8plantC(s)−

Pengendali proporsional K = 8 menggerakkan plant G(s) = 10/(s + 8) dalam loop umpan balik negatif satuan. Sebuah gangguan D masuk di masukan plant (ditambahkan ke keluaran pengendali). Dengan R = 0, gangguan langkah berukuran 10 diberikan. Tentukan keluaran keadaan tunak css.

K = 8G(s) = 10/(s + 8)D = 10R = 0
css =
33.Respons langkahSedang
t (s)y(t)1?

Sebuah sistem memiliki fungsi alih G(s) = 85/(s² + 13s + 85) dan menerima masukan langkah satuan. Tentukan persen overshoot %OS dari respons langkah.

G(s) = 85/(s² + 13s + 85)
%OS = %
34.Respons langkahSulit
+−10 VR = 20 ΩL = 10 mHC = 1 µFvC​

Rangkaian RLC seri dengan R = 20 Ω, L = 10 mH, dan C = 1 µF dihubungkan ke langkah 10 V pada t = 0. Kapasitor belum bermuatan dan tidak ada arus yang mengalir sebelum langkah. Tentukan tegangan puncak kapasitor vC,max.

R = 20 ΩL = 10 mHC = 1 µFV = 10 V
vC,max = V
35.Plot Bode dan marginSedang
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−40−20020406080ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 1

Cari fasa ∠G(jω) dari G(s) = 39(s + 11)/(s(s + 3)) pada ω = 1 rad/s, dalam derajat.

G(s) = 39(s + 11)/(s(s + 3))ω = 1 rad/s
∠G(jω) = °
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) = 36/(s(s + 2)(s + 5)). Cari frekuensi persilangan fasa ω180, tempat ∠L(jω) = −180°.

L(s) = 36/(s(s + 2)(s + 5))
ω180 = rad/s
37.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akarSedang
R(s)+K = 241s(s + 2)(s + 10)C(s)−

Loop pada diagram bekerja dengan K = 24 dan L(s) = K/(s(s + 2)(s + 10)). Berapa kali lipat m penguatan dapat dinaikkan sebelum loop tertutup menjadi tidak stabil?

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 10))K = 24
m =
38.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akarSulit
ReImζ = 0,4−5−10j5j10

Tempat kedudukan akar dari L(s) = K/(s(s + 10)) ditampilkan. Cari penguatan K agar kutub loop tertutup memiliki rasio redaman ζ = 0,4.

L(s) = K/(s(s + 10))ζ = 0,4
K =
39.Galat keadaan tunak & kendali PIDSedang
R(s)+K = 192,55s + 1C(s)−

Suatu proses G(s) = 2,5/(5s + 1) dikendalikan oleh penguatan proporsional K = 19 dalam loop umpan balik satuan. Cari galat keadaan tunak ess untuk undak, sebagai persentase dari ukuran undak.

G(s) = 2,5/(5s + 1)K = 19
ess = %
40.Galat keadaan tunak & kendali PIDSulit
r(t) = 5t+1 + 5/s10(s + 2)(s + 4)C(s)−

Pengendali PI C(s) = 1 + 5/s mengendalikan plant G(s) = 10/((s + 2)(s + 4)) dalam loop umpan balik satuan. Cari galat keadaan tunak ess untuk masukan ramp r(t) = 5t.

C(s) = 1 + 5/sG(s) = 10/((s + 2)(s + 4))r(t) = 5t
ess =

3Larutan

1.Resistor seri & paralel

Jawaban: Req = 5,25 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​ = 3 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​12 VR2​3 ΩAR4​6 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 = 3 + 6 = 9 Ω
R2 ∥ 9 = 3·9/(3+9) = 2,25 Ω
Req = R1 + 2,25 = 3 + 2,25 = 5,25 Ω

Jawaban

Req = 5,25 Ω
2.Resistor seri & paralel

Jawaban: IR2 = 2,83 A

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

R1​ = 2 ΩR3​ = 12 ΩR5​ = 10 Ω+−V1​12 VR2​2 ΩAR4​6 ΩBR6​10 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 = 10 + 10 = 20 Ω
R4 ∥ 20 = 4,615 Ω
R3 + 4,615 = 16,62 Ω
R2 ∥ 16,62 = 1,785 Ω
Req = R1 + 1,785 = 2 + 1,785 = 3,785 Ω

Arus dari sumber

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

IR1 = V1/Req = 12/3,785 = 3,17 A

Arus melalui R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 12 − 3,17·2 = 5,659 V
IR2 = VA/R2 = 5,659/2 = 2,83 A

Jawaban

IR2 = 2,83 A
3.Analisis simpul

Jawaban: VA = −0,3593 V

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

R1​ = 20 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​9 VR2​3 ΩAR4​8 ΩBIs​1 A

Tentukan simpul

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

KCL di simpul A

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

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/3 + (VA − 9)/20 + (VA − VB)/5 = 0
0,5833·VA − 0,2·VB = 0,45

KCL di simpul B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/8 + (VB − VA)/5 = (−1)
−0,2·VA + 0,325·VB = −1

Selesaikan

Δ = (0,5833)(0,325) − (−0,2)(−0,2) = 0,1496
VA = Δ1/Δ = −0,05375/0,1496 = −0,3593 V
VB = Δ2/Δ = −0,4933/0,1496 = −3,298 V

Jawaban

VA = −0,3593 V
4.Analisis simpul

Jawaban: IR4 = 0,8067 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
0,75·VA − 0,1667·VB = 3

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 = 0,1·VA
−0,2667·VA + 0,5·VB = 0

Selesaikan

Δ = (0,75)(0,5) − (−0,1667)(−0,2667) = 0,3306
VA = Δ1/Δ = 1,5/0,3306 = 4,538 V
VB = Δ2/Δ = 0,8/0,3306 = 2,42 V

Arus melalui R₄

IR4 = VB/R4 = 2,42/3 = 0,8067 A

Jawaban

IR4 = 0,8067 A
5.Analisis mesh

Jawaban: IR1 = 0,4286 A

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

R1​ = 10 ΩR2​ = 10 Ω+−V1​10 VR3​2 ΩA+−V2​30 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
10·I1 + 2(I1 − I2) = 10
12·I1 − 2·I2 = 10

KVL di sekitar mesh 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
10·I2 + 2(I2 − I1) = (−30)
−2·I1 + 12·I2 = −30

Selesaikan

Δ = (12)(12) − (−2)(−2) = 140
I1 = Δ1/Δ = 60/140 = 0,4286 A
I2 = Δ2/Δ = −340/140 = −2,429 A

Jawaban

IR1 = I1 = 0,4286 A

Arus mesh negatif mengalir berlawanan arah jarum jam.

6.Analisis mesh

Jawaban: I3 = −0,622 A

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

R1​ = 25 ΩR2​ = 30 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​10 VR4​15 ΩAR5​20 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
25·I1 + 15(I1 − I2) = 10
40·I1 − 15·I2 = 10

KVL di sekitar mesh 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
30·I2 + 15(I2 − I1) + 20(I2 − I3) = 0
−15·I1 + 65·I2 − 20·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 + 20(I3 − I2) = (−12)
−20·I2 + 24·I3 = −12

Selesaikan

Δ = determinan matriks koefisien = 41000
I1 = Δ1/Δ = 8000/41000 = 0,1951 A
I2 = Δ2/Δ = −6000/41000 = −0,1463 A
I3 = Δ3/Δ = −25500/41000 = −0,622 A

Jawaban

I3 = −0,622 A

Arus mesh negatif mengalir berlawanan arah jarum jam.

7.Superposisi

Jawaban: Is = 0,3 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​ = 8 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​18 VR2​2 ΩAR4​12 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 = 6+12 = 18 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 2·18/(2+18) = 1,8 Ω
VA = 18·1,8/(8+1,8) = 3,306 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 3,306·12/18 = 2,204 V
IR3′ = (VA − VB)/R3 = (3,306 − 2,204)/6 = 0,1837 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 = 1,6 Ω
IR3″ = −Is·R4/(R4 + R3 + R1∥R2) = −Is·12/19,6 = −0,6122·Is

Samakan total dengan nol

IR3′ + IR3″ = 0,1837 − 0,6122·Is = 0
Is = 0,1837/0,6122 = 0,3 A

Jawaban

Is = 0,3 A
8.Superposisi

Jawaban: VR3 = −10,55 V

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

R1​ = 4 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 3 Ω+−V1​24 VR3​15 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) = 15 ∥ 13 = 6,964 Ω
VA = 24·6,964/(4+6,964) = 15,24 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 15,24·3/13 = 3,518 V
VR3′ = 0 − VA = 0 − 15,24 = −15,24 V
R1​ = 4 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 3 ΩHUBUNG SINGKATR3​15 ΩAIs​5 ABHUBUNG SINGKAT

Kasus 2 · hanya Is

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

R1 ∥ R3 = 3,158 Ω, jadi jalur kiri adalah R2+3,158 = 13,16 Ω
Req = R4 ∥ 13,16 = 2,443 Ω
VB = Is·Req = (−5)·2,443 = −12,21 V
VA = VB·3,158/13,16 = −2,932 V
VR3″ = 0 − VA = 0 − −2,932 = 2,932 V
R1​ = 4 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 3 ΩHUBUNG SINGKATR3​15 ΩATERBUKAB−+V2​9 V

Kasus 3 · hanya V2

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

R1 ∥ R3 = 4·15/(4+15) = 3,158 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−9)·13,16/16,16 = −7,329 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −7,329·3,158/13,16 = −1,759 V
VR3‴ = 0 − VA = 0 − −1,759 = 1,759 V

Jumlahkan kontribusinya

VR3 = VR3′ + VR3″ + VR3‴
VR3 = (−15,24) + 2,932 + 1,759 = −10,55 V

Hasil negatif berarti sebenarnya polaritasnya berlawanan dengan yang ditandai.

9.Thévenin & Norton

Jawaban: Vth = 6 V

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

R1​ = 4 ΩR3​ = 20 ΩHUBUNG SINGKATR2​8 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 = 4·8/(4+8) = 2,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,667 + 20 = 22,67 Ω
R1​ = 4 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​9 VR2​8 ΩAab+−Vth​

Cari Vth, tegangan rangkaian terbuka

Dengan a–b terbuka, tidak ada arus yang mengalir di R₃, jadi tidak ada jatuh tegangan dan V_b = V_A. R₁ dan R₂ membentuk pembagi tegangan.

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 9·8/(4+8) = 6 V
10.Thévenin & Norton

Jawaban: Vth = 31,2 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​ = 2 ΩR3​ = 5 ΩHUBUNG SINGKATR2​25 ΩATERBUKABabRth​

Cari Rth dengan semua sumber dimatikan

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

R1 ∥ R2 = 2·25/(2+25) = 1,852 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,852 + 5 = 6,852 Ω
R1​ = 2 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​30 VR2​25 ΩAIs​0,5 ABab+−Vth​

Cari Vth, tegangan rangkaian terbuka

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

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 27,78 + 0,5·1,852 = 28,7 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 28,7 + 0,5·5 = 31,2 V
11.Transien RC & RL

Jawaban: i = 0,1347 A

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

Konstanta waktu dan arus akhir

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

τ = L/R = 150 mH / 33 Ω = 4,545 ms
i(∞) = Vs/R = 5/33 = 0,1515 A

Arus pada waktu tertentu

i(t) = i(∞)·(1 − e−t/τ) = 0,1515·(1 − e−10/4,545) = 0,1347 A

Jawaban

i = 0,1347 A
12.Transien RC & RL

Jawaban: t = 152,5 ms

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

Nilai awal, nilai akhir, konstanta waktu

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

vC(0) = 8 V, vC(∞) = Vs = 6 V
τ = R·C = 1 kΩ · 220 µF = 220 ms
vC(t) = 6 + (8 − 6)·e−t/τ

Selesaikan untuk waktu

7 = 6 + (2)·e−t/τ → e−t/τ = (7 − 6)/(8 − 6) = 0,5
t = τ·ln((8 − 6)/(7 − 6)) = 220·ln(2) = 152,5 ms

Jawaban

t = 152,5 ms
13.Impedansi AC & fasor

Jawaban: cos φ = 0,3311

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 = 94,25 Ω, XC = 265,3 Ω

Impedansi

|Z| = √(60² + (−171)²) = 181,2 Ω

Faktor daya

cos φ = R/|Z| = 60/181,2 = 0,3311
Rangkaiannya kapasitif, jadi faktor dayanya mendahului.

Jawaban

cos φ = 0,3311
14.Impedansi AC & fasor

Jawaban: f0 = 758,7 Hz

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

Resonansi

Saat resonansi, reaktansi induktif dan kapasitif saling meniadakan: ωL = 1/(ωC). Frekuensi sumber tidak berpengaruh.

f0 = 1/(2π√(LC)) = 1/(2π·√(0,02·2,2·10⁻⁶)) = 758,7 Hz

Jawaban

f0 = 758,7 Hz
15.Daya AC & faktor daya

Jawaban: I = 120,4 A

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 saluran

Hanya bagian nyata dari daya yang melakukan kerja, jadi bagi dengan faktor daya.

I = P/(V·cos φ) = 26000/(240·0,9) = 120,4 A

Jawaban

I = 120,4 A
16.Daya AC & faktor daya

Jawaban: Inew = 96,62 A

Daya AC: daya semu S = V·I (VA) terbagi menjadi daya nyata P = S·cos φ (W), yang melakukan kerja berguna, dan daya reaktif Q = S·sin φ (var), yang bolak-balik antara sumber dan beban. Faktor daya adalah cos φ. Kapasitor paralel memasok daya reaktif secara lokal, sehingga arus saluran turun untuk daya nyata yang sama.

Daya reaktif sebelum dan sesudah

Daya nyata P tidak berubah; hanya daya reaktif yang ditarik dari sumber yang berubah.

Q1 = P·tan φ1 = 20·tan(36,87°) = 15 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 20·tan(25,84°) = 9,686 kvar
QC = Q1 − Q2 = 5,314 kvar

Arus saluran baru

Inew = P/(V·cos φ2) = 20000/(230·0,9) = 96,62 A

Jawaban

Inew = 96,62 A
17.Daya tiga fasa

Jawaban: IL = 11,62 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 = 11/0,88 = 12,5 kW

Arus saluran

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 12500/(√3·690·0,9) = 11,62 A

Jawaban

IL = 11,62 A
18.Daya tiga fasa

Jawaban: Cph = 159,7 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 = 80·tan(acos 0,8) = 80·0,75 = 60 kvar
Q2 = 80·tan(acos 0,92) = 80·0,426 = 34,08 kvar

Daya reaktif dari kapasitor

QC = Q1 − Q2 = 25,92 kvar

Kapasitansi per fasa

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

V = 415 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 8640/(314,2·415²) = 159,7 µF

Jawaban

Cph = 159,7 µF
19.Transformator

Jawaban: IHV = 37,88 A

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

Arus pengenal

Kedua kumparan membawa daya semu yang sama.

IHV = S/V = 250000/6600 = 37,88 A

Jawaban

IHV = 37,88 A
20.Transformator

Jawaban: Pcu,fl = 4367 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 = 200·0,9 = 180 kW
Pin = 180000/0,97 = 185567 W

Rugi total dan rugi tembaga

Ploss = 185567 − 180000 = 5567 W
Pcu,fl = 5567 − 1200 = 4367 W

Jawaban

Pcu,fl = 4367 W
21.Rangkaian op-amp

Jawaban: Vout = −2,6 V

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

Masukan pembalik mengikuti masukan

V₋ = V₊ = −1,3 V
I = V₋/R1 = −1,3/10 = −0,13 mA

Tegangan keluaran

Arus melalui R₁ juga mengalir melalui Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = −1,3 + (−0,13)·10 = −2,6 V

Jawaban

Vout = −2,6 V
22.Rangkaian op-amp

Jawaban: Av = −7,37

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

Penguatan tiap tingkat

A1 = −Rf1/R1 = −4,7/2 = −2,35
A2 = 1 + Rf2/R2 = 1 + 47/22 = 3,136

Penguatan total

Av = A1·A2 = −2,35·3,136 = −7,37

Jawaban

Av = −7,37
23.Dioda & transistor

Jawaban: IC = 0,6668 mA

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

Ekivalen Thévenin dari pembagi tegangan

VTH = 15·8,2/(47 + 8,2) = 2,228 V
RTH = 47·8,2/(47 + 8,2) = 6,982 kΩ

Arus basis

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

IB = (2,228 − 0,7)/(6,982 + 101·2,2) = 6,668 µA

Arus kolektor

IC = 100·6,668 µA = 0,6668 mA
IE = 101·6,668 µA = 0,6735 mA

Jawaban

IC = 0,6668 mA
24.Dioda & transistor

Jawaban: PZ,max = 255,3 mW

Regulator Zener: dioda Zener bias mundur mempertahankan tegangannya VZ selama arusnya tetap di atas minimum IZ,min. Resistor seri R menanggung selisih antara masukan dan keluaran: IR = (Vin − VZ)/R. Arus itu terbagi antara beban, IL = VZ/RL, dan Zener: IZ = IR − IL. Rancang untuk kasus terburuk: masukan terendah dengan beban terbesar tetap harus menyisakan IZ,min, dan masukan tertinggi tanpa beban memberi daya Zener terbesar PZ = VZ·IZ.

Arus Zener kasus terburuk

IZ = 10/470 = 21,28 mA

Daya Zener

PZ = 12·21,28 = 255,3 mW

Jawaban

PZ,max = 255,3 mW
25.Sistem bilangan

Jawaban: U = 225

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

Balik dan tambah satu

31 = 0001 1111
dibalik: 1110 0000
+1 → 1110 0001

Baca sebagai tak bertanda

1110 0001₂ = 256 − 31 = 225

Jawaban

U = 225
26.Sistem bilangan

Jawaban: b = 13 bit

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.

Pangkat dua

212 = 4096 < 4944
213 = 8192 ≥ 4944

Jawaban

b = 13
27.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flop

Jawaban: AB = 00, CD = 01

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

Tetangga setiap angka 1

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

m1: m0, m3, m5, m9 → 0
ABCD0001111000011110111111

Angka 1 yang terisolasi

m1 = A′B′C′D → AB = 00, CD = 01

Jawaban

AB = 00, CD = 01
28.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flop

Jawaban: Q = 11

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

Keadaan setelah setiap tepi

0000 → 1000 → 1100 → 1110 → 1111 → 0111 → 1011

Nilai desimal

1011₂ = 11

Jawaban

Q = 11
29.Transformasi Laplace

Jawaban: f(0.25) = 0,2149

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

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

Transformasi balik

f(t) = 2·e−5t − 5·t·e−5t
f(0,25) = (2 − 5·0,25)·e−5·0,25 = 0,2149

Jawaban

f(0,25) = 0,2149
30.Transformasi Laplace

Jawaban: y(0.4) = −1,914

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 − (−15) + 4(sY − 1) + 3Y = 0
Y(s) = (s − 11)/((s + 1)(s + 3))

Pecahan parsial

A = −12/2 = −6
B = −14/(−2) = 7

Hasil

y(t) = −6·e−t + 7·e−3t
y(0,4) = −1,914

Jawaban

y(0,4) = −1,914

Periksa: y(0) = A + B = 1.

31.Diagram blok

Jawaban: ess = 2,045

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 kecepatan

Kᵥ = lims→0 s·G(s) = 22/9 = 2,444

Galat keadaan tunak

ess = A/Kᵥ = 5/2,444 = 2,045

Jawaban

ess = 2,045
32.Diagram blok

Jawaban: css = 1,136

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 + 80)

Keadaan tunak

css = 10·10/88 = 1,136

Jawaban

css = 1,136

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

33.Respons langkah

Jawaban: %OS = 4,402 %

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 = 85 → ωₙ = 9,22 rad/s
2ζωₙ = 13 → ζ = 13/(2·9,22) = 0,705

Hasil

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−3,123 = 4,402 %

Jawaban

%OS = 4,402 %
34.Respons langkah

Jawaban: vC,max = 17,29 V

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

Frekuensi alami dan rasio redaman

ωₙ = 1/√(LC) = 1/√(0,01·1 × 10⁻⁶) = 10000 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (20/2)·√(1 × 10⁻⁶/0,01) = 0,1

Hasil

%OS = 72,92 %
vC,max = 10·(1 + 0,7292) = 17,29 V

Jawaban

vC,max = 17,29 V
35.Plot Bode dan margin

Jawaban: ∠G(jω) = −103,2 °

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

Jumlahkan sudut

∠G = atan(1/11) − 90° − atan(1/3) = 5,194° − 90° − 18,43°

Hasil

∠G(j1) = −103,2°

Jawaban

∠G(jω) = −103,2°
36.Plot Bode dan margin

Jawaban: ω180 = 3,162 rad/s

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

Persilangan fasa

(ω/2)·(ω/5) = 1 → ω180 = √(2·5) = 3,162 rad/s

Jawaban

ω180 = 3,162 rad/s
37.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akar

Jawaban: m = 10

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

Larik Routh

s³ + 12s² + 20s + K = 0
s³: 1, 20
s²: 12, K
s¹: (12·20 − K)/12
s⁰: K

Penguatan stabil terbesar

Kmax = 12·20 = 240

Faktor

m = 240/24 = 10

Jawaban

m = 10

Faktor ini adalah margin penguatan sebagai rasio: 20 dB.

38.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akar

Jawaban: K = 156,2

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 + 10s + K = s² + 2ζωₙs + ωₙ²
2·0,4·ωₙ = 10 → ωₙ = 12,5 rad/s

Penguatan

K = ωₙ² = 12,5² = 156,2

Jawaban

K = 156,2

Kutub loop tertutup berada di tempat garis ζ memotong cabang vertikal di s = −5.

39.Galat keadaan tunak & kendali PID

Jawaban: ess = 2,062 %

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

Konstanta posisi

Kp = 19·2,5 = 47,5

Galat undak

ess = 100/(1 + 47,5) = 2,062 %

Jawaban

ess = 2,062 %
40.Galat keadaan tunak & kendali PID

Jawaban: ess = 0,8

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 + 5 → 5 untuk s → 0.

Kv = 5·10/8 = 6,25

Galat ramp

ess = 5/6,25 = 0,8

Jawaban

ess = 0,8

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.

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