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​ = 8 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​9 VR2​10 ΩAR4​5 ΩB

Cari resistansi ekuivalen Req yang dilihat sumber V1.

V1 = 9 VR1 = 8 ΩR2 = 10 ΩR3 = 10 ΩR4 = 5 Ω
Req = Ω
2.Resistor seri & paralelSulit
R1​ = 8 ΩR3​ = 15 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​24 VR2​5 ΩAR4​30 ΩBR6​5 Ω

Cari resistansi ekuivalen Req yang dilihat sumber V1.

V1 = 24 VR1 = 8 ΩR2 = 5 ΩR3 = 15 ΩR4 = 30 ΩR5 = 30 ΩR6 = 5 Ω
Req = Ω
3.Analisis simpulSedang
R1​ = 8 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​24 VR2​20 ΩAR4​2 ΩBIs​2 A

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

V1 = 24 VIs = 2 AR1 = 8 ΩR2 = 20 ΩR3 = 20 ΩR4 = 2 Ω
VA = V
4.Analisis simpulSulit
R1​ = 12 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​18 VR2​4 ΩAR4​6 ΩIR4​B0,05·VA​

Belah ketupat adalah sumber arus yang dikendalikan tegangan, yang mendorong arus sebesar 0,05·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 = 18 VR1 = 12 ΩR2 = 4 ΩR3 = 20 ΩR4 = 6 Ωg = 0,05 A/V
IR4 = A
5.Analisis meshSedang
R1​ = 8 ΩIR1​R2​ = 10 Ω+−V1​18 VR3​5 ΩA+−V2​24 VI1​I2​

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

V1 = 18 VV2 = 24 VR1 = 8 ΩR2 = 10 ΩR3 = 5 Ω
IR1 = A
6.Analisis meshSulit
R1​ = 25 ΩR2​ = 10 ΩIR2​R3​ = 30 Ω+−V1​10 VR4​6 ΩAR5​10 ΩB+−V2​18 VI1​I2​I3​

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

V1 = 10 VV2 = 18 VR1 = 25 ΩR2 = 10 ΩR3 = 30 ΩR4 = 6 ΩR5 = 10 Ω
IR2 = A
7.SuperposisiSedang
R1​ = 4 ΩR3​ = 8 ΩIR3​+−V1​24 VR2​15 ΩAR4​4 ΩBIs​4 A

Gunakan superposisi untuk mencari arus IR3 melalui R3 searah panah.

V1 = 24 VIs = 4 AR1 = 4 ΩR2 = 15 ΩR3 = 8 ΩR4 = 4 Ω
IR3 = A
8.SuperposisiSulit
R1​ = 8 ΩR2​ = 6 ΩIR2​R4​ = 5 Ω+−V1​9 VR3​2 ΩAIs​3 AB+−V2​6 V

Gunakan superposisi untuk mencari arus IR2 melalui R2 searah panah.

V1 = 9 VIs = 3 AV2 = 6 VR1 = 8 ΩR2 = 6 ΩR3 = 2 ΩR4 = 5 Ω
IR2 = A
9.Thévenin & NortonSedang
R1​ = 4 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​6 VR2​20 ΩARL​3 ΩIL​B

Beban RL = 3 Ω dipasang di a–b. Ganti sisa rangkaian dengan ekuivalen Thévenin-nya dan cari arus beban IL.

V1 = 6 VR1 = 4 ΩR2 = 20 ΩR3 = 10 ΩRL = 3 Ω
IL = A
10.Thévenin & NortonSulit
R1​ = 20 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​30 VR2​6 ΩAIs​2 ABRL​8 ΩIL​

Beban RL = 8 Ω dipasang di a–b. Gunakan ekuivalen Thévenin untuk mencari daya PL yang diserap beban.

V1 = 30 VIs = 2 AR1 = 20 ΩR2 = 6 ΩR3 = 3 ΩRL = 8 Ω
PL = W
11.Transien RC & RLSedang
+−Vs​5 Vt = 0R = 22 ΩL68 mHi(t)

Induktor tidak dialiri arus sebelum sakelar ditutup pada t = 0. Berapa lama setelah sakelar ditutup arus mencapai 95% dari nilai akhirnya? Cari t.

Vs = 5 VR = 22 ΩL = 68 mH
t = ms
12.Transien RC & RLSulit
+−Vs​9 Vt = 0R = ?C22 µF+−vC​

Sebuah pewaktu mulai mengisi kapasitor yang tidak bermuatan melalui resistor dari catu 9 V pada t = 0. Pewaktu harus terpicu ketika tegangan kapasitor mencapai 8,1 V, tepat 25 ms setelah mulai. Dengan C = 22 µF, cari resistansi R yang diperlukan.

Vs = 9 VVth = 8,1 VT = 25 msC = 22 µF
R = kΩ
13.Impedansi AC & fasorSedang
10 V100 HzR = 40 ΩL = 100 mHC = 4,7 µFI

Rangkaian RLC seri dihubungkan ke sumber 10 V (rms), 100 Hz. Cari arus rms I.

V = 10 V (rms)f = 100 HzR = 40 ΩL = 100 mHC = 4,7 µF
I = A
14.Impedansi AC & fasorSulit
120 V500 HzR = 40 ΩL = 100 mHC = 47 µF+−VC​

Rangkaian RLC seri dihubungkan ke sumber 120 V (rms), 500 Hz. Cari tegangan rms VC pada kapasitor.

V = 120 V (rms)f = 500 HzR = 40 ΩL = 100 mHC = 47 µF
VC = V
15.Daya AC & faktor dayaSedang
P = 11 kWQ = ?Sφ

Motor satu fase menyerap 11 kW pada faktor daya 0,85 tertinggal dari sumber 400 V. Cari daya reaktif Q yang ditariknya.

P = 11 kWpf = 0,85V = 400 V
Q = kvar
16.Daya AC & faktor dayaSulit
P = 50 kWQ1​S1​φ1​QC​

Beban satu fase menyerap 50 kW pada faktor daya 0,8 tertinggal dari sumber 230 V, 60 Hz. Kapasitor yang dipasang paralel menaikkan faktor daya menjadi 0,9. Cari daya reaktif QC yang harus dipasok kapasitor.

P = 50 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,9V = 230 Vf = 60 Hz
QC = kvar
17.Daya tiga fasaSedang
ABCVL​ = 400 VIL​ = ?M55 kW, η = 92%cos φ = 0,84

Sebuah motor induksi tiga fasa menghasilkan daya keluaran mekanis 55 kW pada beban penuh. Pada beban ini efisiensinya 92% dan faktor dayanya 0,84 tertinggal. Sumbernya memiliki tegangan antarsaluran 400 V. Cari arus saluran IL.

Pout = 55 kWη = 92%cos φ = 0,84VL = 400 V
IL = A
18.Daya tiga fasaSulit
P = 100 kWφ1​S1​Q2​QC​

Beban tiga fasa seimbang menyerap 100 kW pada faktor daya 0,65 tertinggal dari sumber 690 V (antarsaluran), 50 Hz. Bank kapasitor tiga fasa yang diparalel dengan beban harus menaikkan faktor daya keseluruhan menjadi 0,95 tertinggal. Daya nyatanya tetap sama. Kapasitor dihubungkan secara Y. Cari kapasitansi Cph setiap kapasitor dalam µF.

P = 100 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,95VL = 690 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.TransformatorSedang
50 Ω81

Resistor 50 Ω dihubungkan pada kumparan sekunder transformator ideal dengan rasio lilitan N₁:N₂ = 8:1. Cari hambatan R1′ yang terlihat dari kumparan primer.

N1:N2 = 8:1RL = 50 Ω
R1′ = Ω
20.TransformatorSulit
pf 0,85150 kVA, 75% beban

Sebuah transformator satu fasa 150 kVA memiliki rugi inti 600 W dan rugi tembaga 1500 W pada beban pengenal. Transformator menyuplai 75% dari kVA pengenalnya pada faktor daya 0,85 tertinggal. Cari rugi total Ploss dalam watt pada beban ini.

S = 150 kVAPcore = 600 WPcu,fl = 1500 Wx = 0,75pf = 0,85
Ploss = W
21.Rangkaian op-ampSedang
−+Vout​R2​ = 10 kΩV1​ = 1,2 VR1​ = 2 kΩV2​ = 2,3 VR3​ = 2 kΩR4​ = 10 kΩ

Penguat selisih memakai op-amp ideal dengan catu ±15 V, dengan R3 = R1 dan R4 = R2. Cari tegangan V− di masukan membalik.

V1 = 1,2 VV2 = 2,3 VR1 = R3 = 2 kΩR2 = R4 = 10 kΩ
V− = V
22.Rangkaian op-ampSulit
−+Vout​Rf​ = 4,7 kΩV1​ = −1,1 VR1​ = 4,7 kΩV2​ = 0,9 VR2​ = 1 kΩIf​

Penguat penjumlah memakai op-amp ideal yang dicatu ±15 V. Cari arus If melalui resistor umpan balik, yang mengalir menuju keluaran.

V1 = −1,1 VV2 = 0,9 VR1 = 4,7 kΩR2 = 1 kΩRf = 4,7 kΩ
If = mA
23.Dioda & transistorSedang
RC​ = 3,3 kΩβ = 120RE​ = 1 kΩVCC​ = 12 VR1​ = 39 kΩR2​ = 8,2 kΩ

Sebuah transistor NPN dengan β = 120 dibias dengan pembagi tegangan dari VCC = 12 V: R₁ = 39 kΩ dari VCC ke basis dan R₂ = 8,2 kΩ dari basis ke ground. Resistor kolektornya RC = 3,3 kΩ dan resistor emitornya RE = 1 kΩ. Ambil VBE = 0,7 V dan gunakan ekivalen Thévenin dari pembagi tegangan (jangan abaikan arus basis). Cari tegangan kolektor–emitor VCE.

VCC = 12 VR1 = 39 kΩR2 = 8,2 kΩRC = 3,3 kΩRE = 1 kΩβ = 120
VCE = V
24.Dioda & transistorSulit
V (V)I (mA)0,655Q = ?

Sebuah dioda dimodelkan sebagai 0,6 V yang diseri dengan 10 Ω (ia menghantar di atas 0,6 V). Dioda itu diseri dengan resistor 1000 Ω melintasi catu 5 V. Cari arus kerja ID di tempat garis dioda bertemu garis beban.

Vs = 5 VR = 1000 ΩV0 = 0,6 Vrd = 10 Ω
ID = mA
25.Sistem bilanganSedang
nilai posisi dalam komplemen dua1−12806413211608040201

Pola 8-bit 1011 0000 menyimpan bilangan bulat bertanda dalam komplemen dua. Berapa nilainya N dalam desimal?

1011 00008 bit
N =
26.Sistem bilanganSulit
klik bit untuk mengaturnya012806403201608040201

Atur bit menjadi hasil 8-bit dari 1111 0010 OR 1011 1010. Berapa nilai hasil R dalam desimal?

1111 0010OR1011 1010
R =
27.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flopSedang
MUX0I0​CI1​CI2​0I3​ABS1​S0​F

Sebuah multiplekser 4-ke-1 memiliki masukan pemilih S₁ = A dan S₀ = B, dan masukan datanya dihubungkan ke I₀ = 0, I₁ = C, I₂ = C, I₃ = 0. Pada berapa dari 8 kombinasi A, B, dan C keluaran F = 1? Carilah N.

I₀ = 0I₁ = CI₂ = CI₃ = 0
N =
28.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flopSulit
CLKT12345678

Flip-flop T yang dipicu tepi positif dimulai dengan Q = 0 dan menerima masukan yang ditunjukkan. Klik tepi clock pertama saat Q kembali dari 1 ke 0.

Q₀ = 0T
  1. 1tepi clock 1
  2. 2tepi clock 2
  3. 3tepi clock 3
  4. 4tepi clock 4
  5. 5tepi clock 5
  6. 6tepi clock 6
  7. 7tepi clock 7
  8. 8tepi clock 8
29.Transformasi LaplaceSedang
t (s)f(t)t = 0,4f(0,4) = ?

Tentukan f(t) untuk F(s) = (5s + 29)/(s² + 10s + 25) dan hitung f(0,4).

F(s) = (5s + 29)/(s² + 10s + 25)t = 0,4 s
f(0.4) =
30.Transformasi LaplaceSulit
t (s)y(t)t = 1,2y(1,2) = ?

Sebuah sistem memenuhi y″ + 5y′ + 4y = 2·u(t). Sistem mulai dari keadaan diam (y(0) = 0, y′(0) = 0) dan masukannya adalah fungsi langkah u(t) = 1 untuk t ≥ 0. Gunakan transformasi Laplace untuk mencari keluaran y(1,2).

y″ + 5y′ + 4y = 2·u(t)u(t) = 1y(0) = 0, y′(0) = 0t = 1,2 s
y(1.2) =
31.Diagram blokSedang
R(s)+17K+5s + 8G(s)C(s)3H₁−−

Plant G(s) = 5/(s + 8) memiliki loop umpan balik negatif dalam (minor) dengan penguatan H₁ = 3. Penguatan pengendali K = 17 dan loop umpan balik negatif satuan luar menutup sistem. Tentukan penguatan DC loop tertutup T(0).

G(s) = 5/(s + 8)H₁ = 3K = 17
T(0) =
32.Diagram blokSulit
R(s)+10pengendali+D(s)+9s + 6plantC(s)−

Pengendali proporsional K = 10 menggerakkan plant G(s) = 9/(s + 6) 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 1 diberikan bersamaan. Tentukan keluaran keadaan tunak css.

K = 10G(s) = 9/(s + 6)D = 1R = 1
css =
33.Respons langkahSedang
t (s)y(t)0,5?

Sebuah sistem memiliki fungsi alih G(s) = 26,5/(s² + 11s + 53) dan menerima masukan langkah satuan. Tentukan persen overshoot %OS dari respons langkah.

G(s) = 26,5/(s² + 11s + 53)
%OS = %
34.Respons langkahSulit
R(s)+Ks(s + 20)G(s)C(s)−

Loop umpan balik negatif satuan memiliki G(s) = K/(s(s + 20)). Tentukan penguatan K yang memberi respons langkah dengan overshoot 10 %.

G(s) = K/(s(s + 20))%OS = 10 %
K =
35.Plot Bode dan marginSedang
vin​L = 1 mHC = 1 µFR = 5 Ωvout​

Pada filter lolos pita RLC seri yang ditunjukkan, keluaran diambil di seberang R = 5 Ω, dengan L = 1 mH dan C = 1 µF. Cari frekuensi pusat (resonansi) f0 dalam Hz.

R = 5 ΩL = 1 mHC = 1 µF
f0 = Hz
36.Plot Bode dan marginSulit
|H| (dB)11101010010010001000−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​

Lingkar umpan balik satuan memiliki fungsi alih lingkar terbuka L(s) = 850/(s(s + 10)). Cari margin fasa PM dalam derajat.

L(s) = 850/(s(s + 10))
PM = °
37.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akarSedang
R(s)+K1s(s + 4)(s + 5)C(s)−

Loop pada diagram memiliki fungsi alih loop terbuka L(s) = K/(s(s + 4)(s + 5)). Cari penguatan terbesar Kmax agar loop tertutup stabil.

L(s) = K/(s(s + 4)(s + 5))
Kmax =
38.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akarSulit
ReIm−2−4−6−8−10−12j2sb​

Tempat kedudukan akar dari L(s) = K/((s + 6)(s + 10)) ditampilkan. Cari penguatan K di titik pencar sb, tempat kedua kutub loop tertutup bertemu pada sumbu real.

L(s) = K/((s + 6)(s + 10))
K =
39.Galat keadaan tunak & kendali PIDSedang
r(t) = 5·t²/2+10(s + 4)s²(s + 2)C(s)−

Masukan parabola r(t) = 5·t²/2 diberikan ke loop umpan balik satuan dengan G(s) = 10(s + 4)/(s²(s + 2)). Cari galat keadaan tunak ess.

G(s) = 10(s + 4)/(s²(s + 2))r(t) = 5·t²/2
ess =
40.Galat keadaan tunak & kendali PIDSulit
R(s)+K = 164s(s + 2)C(s)−

Pengendali proporsional K = 16 mengendalikan plant G(s) = 4/(s(s + 2)) dalam loop umpan balik satuan. Tentukan waktu puncak tp dari respons langkah.

G(s) = 4/(s(s + 2))K = 16
tp = s

3Larutan

1.Resistor seri & paralel

Jawaban: Req = 14 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​ = 8 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​9 VR2​10 ΩAR4​5 ΩB

Gabungkan resistor dari ujung terjauh

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

R3 + R4 = 10 + 5 = 15 Ω
R2 ∥ 15 = 10·15/(10+15) = 6 Ω
Req = R1 + 6 = 8 + 6 = 14 Ω

Jawaban

Req = 14 Ω
2.Resistor seri & paralel

Jawaban: Req = 12,31 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​ = 8 ΩR3​ = 15 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​24 VR2​5 ΩAR4​30 ΩBR6​5 Ω

Gabungkan resistor dari ujung terjauh

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

R5 + R6 = 30 + 5 = 35 Ω
R4 ∥ 35 = 16,15 Ω
R3 + 16,15 = 31,15 Ω
R2 ∥ 31,15 = 4,309 Ω
Req = R1 + 4,309 = 8 + 4,309 = 12,31 Ω

Jawaban

Req = 12,31 Ω
3.Analisis simpul

Jawaban: VA = 14,43 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​ = 8 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​24 VR2​20 ΩAR4​2 ΩBIs​2 A

Tentukan simpul

Ground adalah kawat bawah. Tegangan simpul yang diketahui langsung berasal dari sumber (V1 = 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/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/20 + (VA − 24)/8 + (VA − VB)/20 = 0
0,225·VA − 0,05·VB = 3

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/2 + (VB − VA)/20 = 2
−0,05·VA + 0,55·VB = 2

Selesaikan

Δ = (0,225)(0,55) − (−0,05)(−0,05) = 0,1212
VA = Δ1/Δ = 1,75/0,1212 = 14,43 V
VB = Δ2/Δ = 0,6/0,1212 = 4,948 V

Jawaban

VA = 14,43 V
4.Analisis simpul

Jawaban: IR4 = 0,3203 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
0,3833·VA − 0,05·VB = 1,5

KCL di simpul B

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

(VB − VA)/R3 + VB/R4 = 0,05·VA
−0,1·VA + 0,2167·VB = 0

Selesaikan

Δ = (0,3833)(0,2167) − (−0,05)(−0,1) = 0,07806
VA = Δ1/Δ = 0,325/0,07806 = 4,164 V
VB = Δ2/Δ = 0,15/0,07806 = 1,922 V

Arus melalui R₄

IR4 = VB/R4 = 1,922/6 = 0,3203 A

Jawaban

IR4 = 0,3203 A
5.Analisis mesh

Jawaban: IR1 = 0,8824 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​ = 8 ΩR2​ = 10 Ω+−V1​18 VR3​5 ΩA+−V2​24 VI1​I2​

Tetapkan arus mesh

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

KVL di sekitar mesh 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
8·I1 + 5(I1 − I2) = 18
13·I1 − 5·I2 = 18

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 + 5(I2 − I1) = (−24)
−5·I1 + 15·I2 = −24

Selesaikan

Δ = (13)(15) − (−5)(−5) = 170
I1 = Δ1/Δ = 150/170 = 0,8824 A
I2 = Δ2/Δ = −222/170 = −1,306 A

Jawaban

IR1 = I1 = 0,8824 A

Arus mesh negatif mengalir berlawanan arah jarum jam.

6.Analisis mesh

Jawaban: IR2 = −0,1148 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​ = 10 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​10 VR4​6 ΩAR5​10 ΩB+−V2​18 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 + 6(I1 − I2) = 10
31·I1 − 6·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
10·I2 + 6(I2 − I1) + 10(I2 − I3) = 0
−6·I1 + 26·I2 − 10·I3 = 0

KVL di sekitar mesh 3

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

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
30·I3 + 10(I3 − I2) = (−18)
−10·I2 + 40·I3 = −18

Selesaikan

Δ = determinan matriks koefisien = 27700
I1 = Δ1/Δ = 8320/27700 = 0,3004 A
I2 = Δ2/Δ = −3180/27700 = −0,1148 A
I3 = Δ3/Δ = −13260/27700 = −0,4787 A

Jawaban

IR2 = I2 = −0,1148 A

Arus mesh negatif mengalir berlawanan arah jarum jam.

7.Superposisi

Jawaban: IR3 = −2,306 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​ = 4 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​24 VR2​15 ΩAR4​4 ΩBTERBUKA

Kasus 1 · hanya V1

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

R3+R4 = 8+4 = 12 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 15·12/(15+12) = 6,667 Ω
VA = 24·6,667/(4+6,667) = 15 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 15·4/12 = 5 V
IR3′ = (VB − VA)/R3 = (5 − 15)/8 = −1,25 A
R1​ = 4 ΩR3​ = 8 ΩHUBUNG SINGKATR2​15 ΩAR4​4 ΩBIs​4 A

Kasus 2 · hanya Is

V₁ menjadi hubung singkat, jadi R₁ paralel dengan R₂. Iₛ terbagi di B antara R₄ dan jalur melalui R₃.

R1 ∥ R2 = 4·15/(4+15) = 3,158 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 4 ∥ 11,16 = 2,944 Ω
VB = Is·Req = (−4)·2,944 = −11,78 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = −11,78·3,158/11,16 = −3,333 V
IR3″ = (VB − VA)/R3 = (−11,78 − −3,333)/8 = −1,056 A

Jumlahkan kontribusinya

IR3 = IR3′ + IR3″
IR3 = (−1,25) + (−1,056) = −2,306 A

Hasil negatif berarti sebenarnya arus mengalir berlawanan dengan panah.

8.Superposisi

Jawaban: IR2 = 1,524 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 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 5 Ω+−V1​9 VR3​2 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) = 2 ∥ 11 = 1,692 Ω
VA = 9·1,692/(8+1,692) = 1,571 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 1,571·5/11 = 0,7143 V
IR2′ = (VB − VA)/R2 = (0,7143 − 1,571)/6 = −0,1429 A
R1​ = 8 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 5 ΩHUBUNG SINGKATR3​2 ΩAIs​3 ABHUBUNG SINGKAT

Kasus 2 · hanya Is

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

R1 ∥ R3 = 1,6 Ω, jadi jalur kiri adalah R2+1,6 = 7,6 Ω
Req = R4 ∥ 7,6 = 3,016 Ω
VB = Is·Req = 3·3,016 = 9,048 V
VA = VB·1,6/7,6 = 1,905 V
IR2″ = (VB − VA)/R2 = (9,048 − 1,905)/6 = 1,19 A
R1​ = 8 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 5 ΩHUBUNG SINGKATR3​2 ΩATERBUKAB+−V2​6 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 = 8·2/(8+2) = 1,6 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 6·7,6/12,6 = 3,619 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 3,619·1,6/7,6 = 0,7619 V
IR2‴ = (VB − VA)/R2 = (3,619 − 0,7619)/6 = 0,4762 A

Jumlahkan kontribusinya

IR2 = IR2′ + IR2″ + IR2‴
IR2 = (−0,1429) + 1,19 + 0,4762 = 1,524 A

Hasil negatif berarti sebenarnya arus mengalir berlawanan dengan panah.

9.Thévenin & Norton

Jawaban: IL = 0,3061 A

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

R1​ = 4 ΩR3​ = 10 ΩHUBUNG SINGKATR2​20 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 = 4·20/(4+20) = 3,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,333 + 10 = 13,33 Ω
R1​ = 4 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​6 VR2​20 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) = 6·20/(4+20) = 5 V
Rth​ = 13,33 Ω+−Vth​5 VRL​3 ΩIL​

Hubungkan beban ke ekuivalen Thévenin

Sumber Thévenin dan R_th seri berperilaku persis seperti rangkaian asli di a–b, jadi beban melihat loop seri sederhana.

IL = Vth/(Rth + RL) = 5/(13,33 + 3) = 0,3061 A
10.Thévenin & Norton

Jawaban: PL = 16,1 W

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

R1​ = 20 ΩR3​ = 3 ΩHUBUNG SINGKATR2​6 ΩATERBUKABabRth​

Cari Rth dengan semua sumber dimatikan

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

R1 ∥ R2 = 20·6/(20+6) = 4,615 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,615 + 3 = 7,615 Ω
R1​ = 20 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​30 VR2​6 ΩAIs​2 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) = 6,923 + 2·4,615 = 16,15 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 16,15 + 2·3 = 22,15 V
Rth​ = 7,615 Ω+−Vth​22,15 VRL​8 ΩIL​

Hubungkan beban ke ekuivalen Thévenin

Sumber Thévenin dan R_th seri berperilaku persis seperti rangkaian asli di a–b, jadi beban melihat loop seri sederhana.

IL = Vth/(Rth + RL) = 22,15/(7,615 + 8) = 1,419 A
PL = IL²·RL = 1,419²·8 = 16,1 W
11.Transien RC & RL

Jawaban: t = 9,26 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.

Konstanta waktu dan arus akhir

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

τ = L/R = 68 mH / 22 Ω = 3,091 ms
i(∞) = Vs/R = 5/22 = 0,2273 A

Selesaikan untuk waktu

0,95 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,95)
t = −3,091·ln(0,05) = 9,26 ms

Jawaban

t = 9,26 ms
12.Transien RC & RL

Jawaban: R = 0,4935 kΩ

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 yang diperlukan

8,1 = 9·(1 − e−25/τ) → τ = 25/ln(9/(9 − 8,1))
τ = 25/2,303 = 10,86 ms

Hambatan

kΩ dikali µF menghasilkan milidetik.

R = τ/C = 10,86/22 = 0,4935 kΩ

Jawaban

R = 0,4935 kΩ
13.Impedansi AC & fasor

Jawaban: I = 0,03588 A

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

Reaktansi

ω = 2πf = 2π·100 = 628,3 rad/s
XL = ωL = 628,3·0,1 = 62,83 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(628,3·4,7·10⁻⁶) = 338,6 Ω

Impedansi

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(40² + (−275,8)²) = 278,7 Ω

Arus

Arus yang sama mengalir melalui setiap elemen rangkaian seri.

I = V/|Z| = 10/278,7 = 0,03588 A

Jawaban

I = 0,03588 A
14.Impedansi AC & fasor

Jawaban: VC = 2,622 V

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

Reaktansi

ω = 2πf = 2π·500 = 3142 rad/s
XL = ωL = 3142·0,1 = 314,2 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(3142·47·10⁻⁶) = 6,773 Ω

Impedansi

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(40² + (307,4)²) = 310 Ω

Arus

Arus yang sama mengalir melalui setiap elemen rangkaian seri.

I = V/|Z| = 120/310 = 0,3871 A

Tegangan pada kapasitor

VC = I·XC = 0,3871·6,773 = 2,622 V

Jawaban

VC = 2,622 V
15.Daya AC & faktor daya

Jawaban: Q = 6,817 kvar

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

Sudut

φ = arccos(0,85) = 31,79°, tan φ = 0,6197

Daya reaktif

Q = P·tan φ = 11·0,6197 = 6,817 kvar

Jawaban

Q = 6,817 kvar
16.Daya AC & faktor daya

Jawaban: QC = 13,28 kvar

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

Daya reaktif sebelum dan sesudah

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

Q1 = P·tan φ1 = 50·tan(36,87°) = 37,5 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 50·tan(25,84°) = 24,22 kvar
QC = Q1 − Q2 = 13,28 kvar

Jawaban

QC = 13,28 kvar
17.Daya tiga fasa

Jawaban: IL = 102,7 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 = 55/0,92 = 59,78 kW

Arus saluran

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 59783/(√3·400·0,84) = 102,7 A

Jawaban

IL = 102,7 A
18.Daya tiga fasa

Jawaban: Cph = 561,9 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 = 100·tan(acos 0,65) = 100·1,169 = 116,9 kvar
Q2 = 100·tan(acos 0,95) = 100·0,3287 = 32,87 kvar

Daya reaktif dari kapasitor

QC = Q1 − Q2 = 84,04 kvar

Kapasitansi per fasa

Pada bank Y, setiap kapasitor terhubung di antara satu saluran dan titik bintang.

V = 690/√3 = 398,4 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 28015/(314,2·398,4²) = 561,9 µF

Jawaban

Cph = 561,9 µF
19.Transformator

Jawaban: R1′ = 3200 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 = 8²·50 = 3200 Ω

Jawaban

R1′ = 3200 Ω
20.Transformator

Jawaban: Ploss = 1444 W

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

Rugi tembaga pada beban ini

Pcu = x²·Pcu,fl = 0,5625·1500 = 843,8 W

Rugi total

Rugi inti sama pada beban berapa pun.

Ploss = 600 + 843,8 = 1444 W

Jawaban

Ploss = 1444 W

Efisiensi pada beban ini adalah η = 98,51%.

21.Rangkaian op-amp

Jawaban: V− = 1,917 V

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

Tegangan di masukan

R₃ dan R₄ mengalirkan arus yang sama, jadi membentuk pembagi tegangan; umpan balik membuat V₋ = V₊.

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 2,3·10/(2 + 10) = 1,917 V
V₋ = V₊

Jawaban

V− = 1,917 V
22.Rangkaian op-amp

Jawaban: If = 0,666 mA

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

Arus masukan

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

I1 = V1/R1 = −1,1/4,7 = −0,234 mA
I2 = V2/R2 = 0,9/1 = 0,9 mA
If = I1 + I2 = 0,666 mA

Jawaban

If = 0,666 mA
23.Dioda & transistor

Jawaban: VCE = 6,397 V

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

Ekivalen Thévenin dari pembagi tegangan

VTH = 12·8,2/(39 + 8,2) = 2,085 V
RTH = 39·8,2/(39 + 8,2) = 6,775 kΩ

Arus basis

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

IB = (2,085 − 0,7)/(6,775 + 121·1) = 10,84 µA

Arus kolektor

IC = 120·10,84 µA = 1,3 mA
IE = 121·10,84 µA = 1,311 mA

Tegangan kolektor–emitor

VCE = 12 − 1,3·3,3 − 1,311·1 = 6,397 V

Jawaban

VCE = 6,397 V
24.Dioda & transistor

Jawaban: ID = 4,356 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

5 = 0,6 + I·(1000 + 10)

Arus kerja

ID = 4,4/1010 = 4,356 mA
VD = 0,6 + 0,004356·10 = 0,6436 V

Jawaban

ID = 4,356 mA
25.Sistem bilangan

Jawaban: N = −80

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

Jumlahkan nilai posisi

Bit lainnya tetap bernilai positif seperti biasa.

−128 + 32 + 16 = −80

Jawaban

N = −80
26.Sistem bilangan

Jawaban: R = 250

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

OR menghasilkan 1 jika paling sedikit satu bit adalah 1.

1111 0010
OR 1011 1010
= 1111 1010

Nilai hasil

1111 1010₂ = 250

Jawaban

R = 250
27.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flop

Jawaban: N = 2

Multiplekser: multiplekser 2ⁿ-ke-1 meneruskan salah satu masukan datanya ke keluaran; saluran pemilih, yang dibaca sebagai bilangan biner, menentukan yang mana. Untuk MUX 4-ke-1 dengan pemilih S₁S₀ = AB, F = A′B′·I₀ + A′B·I₁ + AB′·I₂ + AB·I₃. Menghubungkan masukan data ke 0, 1, C, atau C′ membuat MUX menghasilkan fungsi apa pun dari A, B, dan C, yang merupakan cara umum membangun logika dengan satu chip.

Ekspresi keluaran

F = A′BC + AB′C

Baris dengan F = 1

ABC = 011, 101
N = 2

Jawaban

N = 2
28.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flop

Jawaban: tepi clock 4

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

Q setelah setiap tepi

Flip-flop T berbalik pada setiap tepi naik dengan T = 1 dan bertahan dengan T = 0.

1: T = 0 → Q = 0
2: T = 0 → Q = 0
3: T = 1 → Q = 1
4: T = 1 → Q = 0
5: T = 0 → Q = 0
6: T = 1 → Q = 1
7: T = 0 → Q = 1
8: T = 0 → Q = 1

Perubahan pertama dari 1 ke 0

tepi clock 4

Jawaban

tepi clock 4
29.Transformasi Laplace

Jawaban: f(0.4) = 0,8932

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

5s + 29 = 5(s + 5) + 4
F(s) = 5/(s + 5) + 4/(s + 5)²

Transformasi balik

f(t) = 5·e−5t + 4·t·e−5t
f(0,4) = (5 + 4·0,4)·e−5·0,4 = 0,8932

Jawaban

f(0,4) = 0,8932
30.Transformasi Laplace

Jawaban: y(1.2) = 0,3006

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

Y(s) = 2/(s(s + 1)(s + 4))

Pecahan parsial

A = 2/(1·4) = 0,5
B = 2/((−1)·3) = −0,6667
C = 2/((−4)·(−3)) = 0,1667

Haluaran

y(t) = 0,5 − 0,6667·e−t + 0,1667·e−4t
y(1,2) = 0,3006

Jawaban

y(1,2) = 0,3006
31.Diagram blok

Jawaban: T(0) = 0,787

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

Loop dalam

Gᵢ = G/(1 + G·H₁) = 5/(s + 8 + 5·3) = 5/(s + 23)

Loop luar

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 85/(s + 23 + 85) = 85/(s + 108)

Hasil

T(0) = 85/108 = 0,787

Jawaban

T(0) = 0,787
32.Diagram blok

Jawaban: css = 1,031

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) = 9/(s + 6 + 90)
C/R = K·G/(1 + K·G) = 90/(s + 6 + 90)

Keadaan tunak

css = 1·90/96 + 1·9/96 = 1,031

Jawaban

css = 1,031

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

33.Respons langkah

Jawaban: %OS = 2,671 %

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 = 53 → ωₙ = 7,28 rad/s
2ζωₙ = 11 → ζ = 11/(2·7,28) = 0,7555

Hasil

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−3,623 = 2,671 %

Jawaban

%OS = 2,671 %
34.Respons langkah

Jawaban: K = 286,2

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

Fungsi alih loop tertutup

T(s) = K/(s² + 20s + K)

Rasio redaman dari overshoot

ζ = −ln(0,1)/√(π² + ln²(0,1)) = 0,5912

Penguatan

ωₙ = 20/(2ζ) = 16,92 rad/s
K = ωₙ² = 286,2

Jawaban

K = 286,2
35.Plot Bode dan margin

Jawaban: f0 = 5033 Hz

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

Frekuensi resonansi

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

Jawaban

f0 = 5033 Hz
36.Plot Bode dan margin

Jawaban: PM = 19,45 °

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 + 100ω² − 722500 = 0
ω² = (−100 + √(10000 + 4·722500))/2 = 801,5
ωc = 28,31 rad/s

Margin fasa

∠L(jωc) = −90° − atan(28,31/10) = −160,5°
PM = 180° + ∠L = 19,45°

Jawaban

PM = 19,45°
37.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akar

Jawaban: Kmax = 180

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 + 9s² + 20s + K = 0

Larik Routh

s³: 1, 20
s²: 9, K
s¹: (9·20 − K)/9
s⁰: K

Syarat

Setiap entri kolom pertama harus positif.

K > 0
9·20 − K > 0 → K < 180

Jawaban

Kmax = 180

Pada K = 180 loop tertutup berosilasi pada ω = √20 = 4,472 rad/s.

38.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akar

Jawaban: K = 4

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.

Titik pencar

dK/ds = 0 untuk K = −(s + 6)(s + 10) memberikan 2s + 16 = 0.

sb = −8

Syarat besar

K = |−8 + 6|·|−8 + 10| = 2·2 = 4

Jawaban

K = 4

Pada penguatan ini loop tertutup teredam kritis (ζ = 1).

39.Galat keadaan tunak & kendali PID

Jawaban: ess = 0,25

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

Konstanta percepatan

Ka = 10·4/2 = 20

Galat parabola

ess = 5/20 = 0,25

Jawaban

ess = 0,25
40.Galat keadaan tunak & kendali PID

Jawaban: tp = 0,3958 s

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

Polinomial karakteristik

s(s + 2) + 16·4 = s² + 2s + 64

ωₙ dan ζ

ωₙ = √64 = 8 rad/s
ζ = 2/(2·8) = 0,125

Waktu puncak

ωd = 8·√(1 − 0,125²) = 7,937 rad/s
tp = π/7,937 = 0,3958 s

Jawaban

tp = 0,3958 s

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

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