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​ = 20 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​18 VR2​3 ΩIR2​AR4​2 ΩB

Cari arus IR2 melalui R2.

V1 = 18 VR1 = 20 ΩR2 = 3 ΩR3 = 8 ΩR4 = 2 Ω
IR2 = A
2.Resistor seri & paralelSulit
R1​ = 2 ΩIR1​R3​ = 30 ΩR5​ = 10 Ω+−V1​6 VR2​25 ΩAR4​4 ΩBR6​2 Ω

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

V1 = 6 VR1 = 2 ΩR2 = 25 ΩR3 = 30 ΩR4 = 4 ΩR5 = 10 ΩR6 = 2 Ω
IR1 = A
3.Analisis simpulSedang
R1​ = 6 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​24 VR2​4 ΩAR4​3 ΩBIs​2,5 A

Gunakan analisis simpul untuk mencari daya PIs yang diberikan oleh sumber arus Is.

V1 = 24 VIs = 2,5 AR1 = 6 ΩR2 = 4 ΩR3 = 5 ΩR4 = 3 Ω
PIs = W
4.Analisis simpulSulit
R1​ = 10 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​24 VR2​12 ΩAR4​15 ΩBIs​?

Sumber arus diatur sampai tegangan simpul di A menjadi VA = 20,5 V. Gunakan analisis simpul untuk mencari arus sumber Is (arah seperti pada gambar).

V1 = 24 VR1 = 10 ΩR2 = 12 ΩR3 = 30 ΩR4 = 15 ΩVA = 20,5 V
Is = A
5.Analisis meshSedang
R1​ = 3 ΩR2​ = 12 Ω+−V1​12 VR3​15 ΩA+−V2​9 VI1​I2​

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

V1 = 12 VV2 = 9 VR1 = 3 ΩR2 = 12 ΩR3 = 15 Ω
I2 = A
6.Analisis meshSulit
R1​ = 15 ΩR2​ = 10 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​5 VR4​25 ΩAR5​4 ΩB+−V2​12 VI1​I2​I3​

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

V1 = 5 VV2 = 12 VR1 = 15 ΩR2 = 10 ΩR3 = 20 ΩR4 = 25 ΩR5 = 4 Ω
I3 = A
7.SuperposisiSedang
R1​ = 20 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​24 VR2​5 ΩIR2​AR4​20 ΩBIs​4 A

Gunakan superposisi untuk mencari arus IR2 melalui R2 searah panah.

V1 = 24 VIs = 4 AR1 = 20 ΩR2 = 5 ΩR3 = 2 ΩR4 = 20 Ω
IR2 = A
8.SuperposisiSulit
R1​ = 25 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 2 Ω+−V1​30 VR3​8 ΩIR3​AIs​0,5 AB−+V2​6 V

Gunakan superposisi untuk mencari daya PR3 yang diserap oleh R3.

V1 = 30 VIs = 0,5 AV2 = 6 VR1 = 25 ΩR2 = 2 ΩR3 = 8 ΩR4 = 2 Ω
PR3 = W
9.Thévenin & NortonSedang
R1​ = 2 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​10 VR2​4 ΩAab

Cari arus Norton IN: arus yang mengalir dari a ke b jika terminal dihubung singkat.

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

Beban RL = 2 Ω dipasang di a–b. Gunakan ekuivalen Thévenin untuk mencari daya PL yang diserap beban.

V1 = 6 VIs = 2 AR1 = 8 ΩR2 = 2 ΩR3 = 20 ΩRL = 2 Ω
PL = W
11.Transien RC & RLSedang
+−Vs​24 Vt = 0R = 10 ΩL100 mHi(t)

Induktor tidak dialiri arus sebelum sakelar ditutup pada t = 0. Cari tegangan vL pada induktor saat t = 5 ms.

Vs = 24 VR = 10 ΩL = 100 mHt = 5 ms
vL = V
12.Transien RC & RLSulit
+−Vs​9 Vt = 0R = ?C4,7 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 5,4 V, tepat 50 ms setelah mulai. Dengan C = 4,7 µF, cari resistansi R yang diperlukan.

Vs = 9 VVth = 5,4 VT = 50 msC = 4,7 µF
R = kΩ
13.Impedansi AC & fasorSedang
Vf0​ = 500 HzRL = ?C = 10 µF

Sebuah rangkaian RLC seri dengan C = 10 µF harus beresonansi pada 500 Hz. Cari induktansi L yang diperlukan.

f0 = 500 HzC = 10 µF
L = mH
14.Impedansi AC & fasorSulit
120 V500 HzR1​ = 25 ΩR2​ = 60 ΩC = 2,2 µF

Sebuah resistor R1 dihubungkan seri dengan gabungan paralel R2 dan kapasitor C, ke sumber 120 V (rms), 500 Hz. Cari besar impedansi |Z|.

V = 120 V (rms)f = 500 HzR1 = 25 ΩR2 = 60 ΩC = 2,2 µF
|Z| = Ω
15.Daya AC & faktor dayaSedang
120 VR + jXP = 1302 W15,5 A

Sebuah beban induktif mengambil 15,5 A dan 1302 W dari sumber satu fase 120 V (rms). Modelkan sebagai resistansi R yang seri dengan reaktansi X. Cari R.

V = 120 VI = 15,5 AP = 1302 W
R = Ω
16.Daya AC & faktor dayaSulit
10 V1000 HzRs​ = 8 ΩXs​ = j6 ΩZL​ = ?

Sebuah sumber 10 V (rms), 1000 Hz memiliki impedansi dalam Zs = 8 + j6 Ω. Impedansi beban ZL dapat dipilih bebas. Cari daya nyata maksimum Pmax yang dapat diberikan ke beban.

Vs = 10 V (rms)f = 1000 HzZs = 8 + j6 Ω
Pmax = W
17.Daya tiga fasaSedang
ABCVL​ = 480 VNZ = 6 + j8 Ωper fasa

Beban seimbang terhubung Y dengan impedansi 6 + j8 Ω per fasa dihubungkan ke sumber tiga fasa seimbang dengan tegangan antarsaluran 480 V. Cari daya nyata total P yang diserap beban dalam kW.

VL = 480 VZ = 6 + j8 Ω per fasa
P = kW
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 690 V (antarsaluran), 60 Hz. Bank kapasitor tiga fasa yang diparalel dengan beban harus menaikkan faktor daya keseluruhan menjadi 0,9 tertinggal. Daya nyatanya tetap sama. Kapasitor dihubungkan secara Y. Cari kapasitansi Cph setiap kapasitor dalam µF.

P = 80 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,9VL = 690 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.TransformatorSedang
RL​ = 10 Ω51600 VV2​I1​ = ?I2​

Sebuah transformator ideal dengan rasio lilitan N₁:N₂ = 5:1 diberi tegangan 600 V pada kumparan primernya. Resistor 10 Ω dihubungkan pada kumparan sekunder. Cari arus primer I1.

N1:N2 = 5:1V1 = 600 VRL = 10 Ω
I1 = A
20.TransformatorSulit
pf 0,8525 kVA, η = 98,2%

Sebuah transformator satu fasa 25 kVA memiliki rugi inti 75 W. Pada beban pengenal dan faktor daya 0,85 tertinggal, efisiensinya 98,2%. Cari rugi tembaga beban penuh Pcu,fl dalam watt.

S = 25 kVAPcore = 75 Wpf = 0,85η = 98,2%
Pcu,fl = W
21.Rangkaian op-ampSedang
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 10 kΩVin​

Pilih resistor umpan balik Rf yang memberi penguat non-pembalik ini penguatan tegangan 15.

R1 = 10 kΩAv = 15
Rf = kΩ
22.Rangkaian op-ampSulit
−+Vout​Rf​ = 4,7 kΩV1​ = −0,7 VR1​ = 10 kΩV2​ = 0,2 VR2​ = 22 kΩ

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

V1 = −0,7 VV2 = 0,2 VR1 = 10 kΩR2 = 22 kΩRf = 4,7 kΩ
Vout = V
23.Dioda & transistorSedang
RC​ = 2,2 kΩβ = 200VCC​ = 10 VRB​ = 560 kΩ

Sebuah transistor NPN dengan β = 200 dibias oleh resistor basis RB = 560 kΩ dari sumber VCC = 10 V. Resistor kolektornya RC = 2,2 kΩ dan emitornya dihubungkan ke ground. Ambil VBE = 0,7 V dan asumsikan transistor berada di daerah aktif. Cari tegangan kolektor–emitor VCE.

VCC = 10 VRB = 560 kΩRC = 2,2 kΩβ = 200VBE = 0,7 V
VCE = V
24.Dioda & transistorSulit
+−≥ 18 VR = ?5,6 V≤ 30 mA

Regulator Zener 5,6 V harus mencatu hingga 30 mA ke beban. Masukan dapat turun hingga 18 V, dan Zener memerlukan minimal 2 mA agar meregulasi. Cari resistansi seri terbesar Rmax yang menjaganya tetap meregulasi.

Vin,min = 18 VVZ = 5,6 VIL,max = 30 mAIZ,min = 2 mA
Rmax = Ω
25.Sistem bilanganSedang
nilai posisi dalam komplemen dua1−12806413211618040201

Pola 8-bit 1011 1000 menyimpan bilangan bulat bertanda dalam komplemen dua. Berapa nilainya N dalam desimal?

1011 10008 bit
N =
26.Sistem bilanganSulit
klik bit untuk mengaturnya012806403201608040201

Atur bit menjadi hasil 8-bit dari 0010 1011 XOR 0100 1000. Berapa nilai hasil R dalam desimal?

0010 1011XOR0100 1000
R =
27.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flopSedang
ABCD000111100001111010111302040517061121130151140809111010

Pakai peta Karnaugh untuk mencari bentuk jumlah dari hasil kali (SOP) minimal dari F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 3, 7, 11, 12, 13, 14). Berapa literal L yang dimilikinya secara total (variabel beraksen dihitung satu literal)?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 3, 7, 11, 12, 13, 14)
L =
28.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flopSulit
ABCD00011110000111100011031204051706X12113X150140809111010

Carilah bentuk SOP minimal dari F(A, B, C, D) = Σm(1, 2, 7, 11, 13) + d(12, 15), dengan d menandai kondisi don’t-care. Berapa suku hasil kali N yang dimilikinya?

F(A, B, C, D) = Σm(1, 2, 7, 11, 13) + d(12, 15)
N =
29.Transformasi LaplaceSedang
ReIm−0,5−1−1,5−2−2,5−3−3,5−40,51

F(s) = (5s + 18)/(s² + 3s + 2). Transformasi baliknya berbentuk f(t) = A·e−t + B·e−2t. Tentukan koefisien A dengan pecahan parsial.

F(s) = (5s + 18)/(s² + 3s + 2)
A =
30.Transformasi LaplaceSulit
ReIm−0,5−1−1,5−2−2,5−30,51

Sebuah sistem dinyatakan oleh persamaan diferensial y″ + 5y′ + 6y = 4u′ + u, dengan masukan u(t) dan keluaran y(t). Tentukan fungsi alihnya G(s) = Y(s)/U(s) (syarat awal nol) dan hitung respons impuls g(t) pada t = 0,1 s. Tentukan g(0,1).

y″ + 5y′ + 6y = 4u′ + ut = 0,1 s
g(0.1) =
31.Diagram blokSedang
R(s)+K(s + 1)(s + 2)G(s)C(s)−

Plant G(s) = K/((s + 1)(s + 2)) berada dalam loop umpan balik negatif satuan. Tentukan penguatan K agar loop tertutup teredam kritis (dua kutub riil yang sama).

G(s) = K/((s + 1)(s + 2))umpan balik negatif satuan
K =
32.Diagram blokSulit
R(s)+4pengendali+D(s)+3s + 1plantC(s)−

Pengendali proporsional K = 4 menggerakkan plant G(s) = 3/(s + 1) dalam loop umpan balik negatif satuan. Sebuah gangguan D masuk di masukan plant (ditambahkan ke keluaran pengendali). Dengan R = 0, gangguan langkah berukuran 10 diberikan. Tentukan keluaran keadaan tunak css.

K = 4G(s) = 3/(s + 1)D = 10R = 0
css =
33.Respons langkahSedang
t (s)y(t)2ts​ = ?

Sebuah sistem memiliki fungsi alih G(s) = 66/(s² + 2s + 33) dan menerima masukan langkah satuan. Tentukan waktu penetapan 2 % ts dari respons langkah, dengan ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 66/(s² + 2s + 33)
ts = s
34.Respons langkahSulit
k = 5000 N/mc = 45 N·s/mm = 2,5 kgF = 25 Nx(t)

Sebuah massa m = 2,5 kg tergantung pada pegas k = 5000 N/m dengan peredam kental c = 45 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). Dalam keadaan seimbang diam, gaya konstan F = 25 N tiba-tiba diberikan. Tentukan simpangan terbesar xmax dalam mm.

m = 2,5 kgk = 5000 N/mc = 45 N·s/mF = 25 N
xmax = mm
35.Plot Bode dan marginSedang
vin​L = 20 mHC = 10 µFR = 1 Ωvout​

Pada filter lolos pita RLC seri yang ditunjukkan, keluaran diambil di seberang R = 1 Ω, dengan L = 20 mH dan C = 10 µF. Cari faktor kualitas Q.

R = 1 ΩL = 20 mHC = 10 µF
Q =
36.Plot Bode dan marginSulit
|H| (dB)0,10,1111010100100−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​

Lingkar umpan balik satuan memiliki fungsi alih lingkar terbuka L(s) = 20/(s(s + 10)). Cari margin fasa PM dalam derajat.

L(s) = 20/(s(s + 10))
PM = °
37.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akarSedang
R(s)+K = 1201s(s + 4)(s + 6)C(s)−

Loop pada diagram bekerja dengan K = 120 dan L(s) = K/(s(s + 4)(s + 6)). Berapa kali lipat m penguatan dapat dinaikkan sebelum loop tertutup menjadi tidak stabil?

L(s) = K/(s(s + 4)(s + 6))K = 120
m =
38.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akarSulit
ReIm−0,5−1−1,5−2−2,5−3−3,5−40,5j0,5j1−1

Untuk loop L(s) = K/(s(s + 2)(s + 3)), cari penguatan K yang menempatkan kutub loop tertutup di s = −1.

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 3))s = −1
K =
39.Galat keadaan tunak & kendali PIDSedang
r(t) = 5·t²/2+4(s + 1)s²(s + 5)C(s)−

Masukan parabola r(t) = 5·t²/2 diberikan ke loop umpan balik satuan dengan G(s) = 4(s + 1)/(s²(s + 5)). Cari galat keadaan tunak ess.

G(s) = 4(s + 1)/(s²(s + 5))r(t) = 5·t²/2
ess =
40.Galat keadaan tunak & kendali PIDSulit
R(s)+K = 85s(s + 8)C(s)−

Pengendali proporsional K = 8 mengendalikan plant G(s) = 5/(s(s + 8)) dalam loop umpan balik satuan. Tentukan waktu puncak tp dari respons langkah.

G(s) = 5/(s(s + 8))K = 8
tp = s

3Larutan

1.Resistor seri & paralel

Jawaban: IR2 = 0,6207 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​ = 20 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​18 VR2​3 ΩAR4​2 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 = 8 + 2 = 10 Ω
R2 ∥ 10 = 3·10/(3+10) = 2,308 Ω
Req = R1 + 2,308 = 20 + 2,308 = 22,31 Ω

Arus dari sumber

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

IR1 = V1/Req = 18/22,31 = 0,8069 A

Arus melalui R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 18 − 0,8069·20 = 1,862 V
IR2 = VA/R2 = 1,862/3 = 0,6207 A

Jawaban

IR2 = 0,6207 A
2.Resistor seri & paralel

Jawaban: IR1 = 0,3698 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​ = 30 ΩR5​ = 10 Ω+−V1​6 VR2​25 ΩAR4​4 ΩBR6​2 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 + 2 = 12 Ω
R4 ∥ 12 = 3 Ω
R3 + 3 = 33 Ω
R2 ∥ 33 = 14,22 Ω
Req = R1 + 14,22 = 2 + 14,22 = 16,22 Ω

Arus dari sumber

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

IR1 = V1/Req = 6/16,22 = 0,3698 A

Jawaban

IR1 = 0,3698 A
3.Analisis simpul

Jawaban: PIs = 20,26 W

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 dimasukkan sumber ke A.

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/4 + (VA − 24)/6 + (VA − VB)/5 = 0
0,6167·VA − 0,2·VB = 4

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/3 + (VB − VA)/5 = 2,5
−0,2·VA + 0,5333·VB = 2,5

Selesaikan

Δ = (0,6167)(0,5333) − (−0,2)(−0,2) = 0,2889
VA = Δ1/Δ = 2,633/0,2889 = 9,115 V
VB = Δ2/Δ = 2,342/0,2889 = 8,106 V

Daya yang diberikan sumber arus

Sumber mendorong Iₛ ke atas masuk ke simpul B, dari ground (0 V) ke VB. Sumber yang arusnya keluar dari ujung + memberikan daya P = V·I.

PIs = VB·Is = 8,106·2,5 = 20,26 W

Jawaban

PIs = 20,26 W
4.Analisis simpul

Jawaban: Is = 5,442 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

VA diketahui, jadi persamaan ini memberi VB.

(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
(20,5 − 24)/10 + 20,5/12 = (VB − 20,5)/30
1,358 = (VB − 20,5)/30 → VB = 61,25 V

KCL di simpul B

Arus yang keluar dari B melalui resistor sama dengan arus yang didorong masuk ke B oleh sumber.

Is = (VB − VA)/R3 + VB/R4 = (61,25 − 20,5)/30 + 61,25/15 = 5,442 A

Jawaban

Is = 5,442 A
5.Analisis mesh

Jawaban: I2 = 0,06897 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​ = 3 ΩR2​ = 12 Ω+−V1​12 VR3​15 ΩA+−V2​9 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
3·I1 + 15(I1 − I2) = 12
18·I1 − 15·I2 = 12

KVL di sekitar mesh 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
12·I2 + 15(I2 − I1) = (−9)
−15·I1 + 27·I2 = −9

Selesaikan

Δ = (18)(27) − (−15)(−15) = 261
I1 = Δ1/Δ = 189/261 = 0,7241 A
I2 = Δ2/Δ = 18/261 = 0,06897 A

Jawaban

I2 = 0,06897 A

Arus mesh negatif mengalir berlawanan arah jarum jam.

6.Analisis mesh

Jawaban: I3 = −0,4917 A

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

R1​ = 15 ΩR2​ = 10 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​5 VR4​25 ΩAR5​4 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
15·I1 + 25(I1 − I2) = 5
40·I1 − 25·I2 = 5

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 + 25(I2 − I1) + 4(I2 − I3) = 0
−25·I1 + 39·I2 − 4·I3 = 0

KVL di sekitar mesh 3

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

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
20·I3 + 4(I3 − I2) = (−12)
−4·I2 + 24·I3 = −12

Selesaikan

Δ = determinan matriks koefisien = 21800
I1 = Δ1/Δ = 3400/21800 = 0,156 A
I2 = Δ2/Δ = 1080/21800 = 0,04954 A
I3 = Δ3/Δ = −10720/21800 = −0,4917 A

Jawaban

I3 = −0,4917 A

Arus mesh negatif mengalir berlawanan arah jarum jam.

7.Superposisi

Jawaban: IR2 = 3,274 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​ = 20 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​24 VR2​5 ΩAR4​20 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 = 2+20 = 22 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 5·22/(5+22) = 4,074 Ω
VA = 24·4,074/(20+4,074) = 4,062 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 4,062·20/22 = 3,692 V
IR2′ = (VA − 0)/R2 = (4,062 − 0)/5 = 0,8123 A
R1​ = 20 ΩR3​ = 2 ΩHUBUNG SINGKATR2​5 ΩAR4​20 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 = 20·5/(20+5) = 4 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 20 ∥ 6 = 4,615 Ω
VB = Is·Req = 4·4,615 = 18,46 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 18,46·4/6 = 12,31 V
IR2″ = (VA − 0)/R2 = (12,31 − 0)/5 = 2,462 A

Jumlahkan kontribusinya

IR2 = IR2′ + IR2″
IR2 = 0,8123 + 2,462 = 3,274 A

Hasil negatif berarti sebenarnya arus mengalir berlawanan dengan panah.

8.Superposisi

Jawaban: PR3 = 0,2196 W

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​ = 25 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 2 Ω+−V1​30 VR3​8 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) = 8 ∥ 4 = 2,667 Ω
VA = 30·2,667/(25+2,667) = 2,892 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 2,892·2/4 = 1,446 V
IR3′ = (VA − 0)/R3 = (2,892 − 0)/8 = 0,3614 A
R1​ = 25 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 2 ΩHUBUNG SINGKATR3​8 ΩAIs​0,5 ABHUBUNG SINGKAT

Kasus 2 · hanya Is

Kedua sumber tegangan menjadi hubung singkat. Iₛ terbagi di B antara R₄ (kini ke ground) dan R₂ yang seri dengan R₁ ∥ R₃. Panah Iₛ mengarah ke bawah, menjauhi simpulnya, jadi Iₛ menarik arus keluar dari simpul itu: sukunya masuk dengan tanda minus.

R1 ∥ R3 = 6,061 Ω, jadi jalur kiri adalah R2+6,061 = 8,061 Ω
Req = R4 ∥ 8,061 = 1,602 Ω
VB = −Is·Req = −0,5·1,602 = −0,8012 V
VA = VB·6,061/8,061 = −0,6024 V
IR3″ = (VA − 0)/R3 = (−0,6024 − 0)/8 = −0,0753 A
R1​ = 25 ΩR2​ = 2 ΩR4​ = 2 ΩHUBUNG SINGKATR3​8 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 = 25·8/(25+8) = 6,061 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−6)·8,061/10,06 = −4,807 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −4,807·6,061/8,061 = −3,614 V
IR3‴ = (VA − 0)/R3 = (−3,614 − 0)/8 = −0,4518 A

Jumlahkan kontribusi arus

IR3 = IR3′ + IR3″ + IR3‴ = 0,3614 + (−0,0753) + (−0,4518) = −0,1657 A

Daya pada resistor

Daya bergantung pada kuadrat arus, jadi tidak mengikuti superposisi: jumlahkan dulu arusnya, lalu kuadratkan.

PR3 = IR3²·R3 = (−0,1657)²·8 = 0,2196 W

Jawaban

PR3 = 0,2196 W

Menjumlahkan daya dari kasus-kasus terpisah akan memberi 2,724 W, dan itu salah.

9.Thévenin & Norton

Jawaban: IN = 1,538 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​ = 2 ΩR3​ = 3 ΩHUBUNG SINGKATR2​4 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 = 2·4/(2+4) = 1,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,333 + 3 = 4,333 Ω
R1​ = 2 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​10 VR2​4 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) = 10·4/(2+4) = 6,667 V
IN​1,538 ARth​4,333 Ωab

Ekuivalen Norton

Sumber Norton adalah rangkaian yang sama dilihat sebagai sumber arus paralel dengan R_th. Arusnya adalah arus hubung singkat di a–b.

IN = Vth/Rth = 6,667/4,333 = 1,538 A
10.Thévenin & Norton

Jawaban: PL = 6,334 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​ = 8 ΩR3​ = 20 ΩHUBUNG SINGKATR2​2 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 = 8·2/(8+2) = 1,6 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,6 + 20 = 21,6 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​6 VR2​2 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) = 1,2 + (−2)·1,6 = −2 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −2 + (−2)·20 = −42 V
Rth​ = 21,6 Ω−+Vth​42 VRL​2 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) = −42/(21,6 + 2) = −1,78 A
PL = IL²·RL = −1,78²·2 = 6,334 W
11.Transien RC & RL

Jawaban: vL = 14,56 V

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

Konstanta waktu dan arus akhir

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

τ = L/R = 100 mH / 10 Ω = 10 ms
i(∞) = Vs/R = 24/10 = 2,4 A

Tegangan induktor

Pada t = 0 seluruh tegangan sumber muncul pada induktor; kemudian meluruh ke nol.

vL(t) = Vs·e−t/τ = 24·e−5/10 = 14,56 V

Jawaban

vL = 14,56 V
12.Transien RC & RL

Jawaban: R = 11,61 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

5,4 = 9·(1 − e−50/τ) → τ = 50/ln(9/(9 − 5,4))
τ = 50/0,9163 = 54,57 ms

Hambatan

kΩ dikali µF menghasilkan milidetik.

R = τ/C = 54,57/4,7 = 11,61 kΩ

Jawaban

R = 11,61 kΩ
13.Impedansi AC & fasor

Jawaban: L = 10,13 mH

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|.

Syarat resonansi

Pada resonansi reaktansi induktif dan kapasitif saling meniadakan: ωL = 1/(ωC).

ω₀ = 2π·500 = 3142 rad/s
L = 1/(ω₀²·C) = 1/(3142²·10·10⁻⁶) = 10,13 mH

Jawaban

L = 10,13 mH
14.Impedansi AC & fasor

Jawaban: |Z| = 79,1 Ω

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

Reaktansi

XC = 1/(2π·500·2,2·10⁻⁶) = 144,7 Ω

Gabungan paralel

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

Zp = R₂·(−jXC)/(R₂ − jXC) = (R₂·XC² − jR₂²·XC)/(R₂² + XC²)
Zp = 51,2 − j21,23 Ω

Impedansi total

Z = 25 + 51,2 − j21,23 = 76,2 − j21,23 Ω
|Z| = √(76,2² + 21,23²) = 79,1 Ω

Jawaban

|Z| = 79,1 Ω
15.Daya AC & faktor daya

Jawaban: R = 5,419 Ω

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

Resistansi dari daya nyata

R = P/I² = 1302/15,5² = 5,419 Ω

Jawaban

R = 5,419 Ω
16.Daya AC & faktor daya

Jawaban: Pmax = 3,125 W

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

Penyesuaian sekawan

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

ZL = Zs* = 8 − j6 Ω

Daya maksimum

I = Vs/(2Rs) = 10/16 = 0,625 A
Pmax = I²·RL = Vs²/(4Rs) = 10²/(4·8) = 3,125 W

Jawaban

Pmax = 3,125 W
17.Daya tiga fasa

Jawaban: P = 13,82 kW

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

Tegangan fasa

Vph = 480/√3 = 277,1 V

Arus fasa

|Z| = √(6² + 8²) = 10 Ω
Iph = 277,1/10 = 27,71 A

Daya nyata total

Hanya bagian resistif dari setiap impedansi yang menyerap daya nyata.

P = 3·Iph²·R = 3·27,71²·6 = 13,82 kW

Jawaban

P = 13,82 kW

Periksa: cos φ = R/|Z| = 0,6, dan √3·VL·IL·cos φ memberikan daya yang sama.

18.Daya tiga fasa

Jawaban: Cph = 118,4 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 0,9) = 80·0,4843 = 38,75 kvar

Daya reaktif dari kapasitor

QC = Q1 − Q2 = 21,25 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·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 7085/(377·398,4²) = 118,4 µF

Jawaban

Cph = 118,4 µF
19.Transformator

Jawaban: I1 = 2,4 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.

Tegangan dan arus sekunder

V2 = 600/5 = 120 V
I2 = 120/10 = 12 A

Arus primer

Transformator ideal tidak memiliki rugi-rugi: V₁·I₁ = V₂·I₂.

I1 = I2/5 = 2,4 A

Jawaban

I1 = 2,4 A

Periksa: beban yang terlihat dari sisi primer adalah a²·RL = 250 Ω, dan 600/250 memberikan arus yang sama.

20.Transformator

Jawaban: Pcu,fl = 314,5 W

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

Daya keluaran dan masukan

Pout = 25·0,85 = 21,25 kW
Pin = 21250/0,982 = 21640 W

Rugi total dan rugi tembaga

Ploss = 21640 − 21250 = 389,5 W
Pcu,fl = 389,5 − 75 = 314,5 W

Jawaban

Pcu,fl = 314,5 W
21.Rangkaian op-amp

Jawaban: Rf = 140 kΩ

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

Penguatan penguat non-pembalik

V₋ = V₊ = Vin, dan arus melalui R₁ juga mengalir melalui Rf, jadi Vout = Vin·(1 + Rf/R₁).

Av = 1 + Rf/R1
Rf = (15 − 1)·10 = 140 kΩ

Jawaban

Rf = 140 kΩ
22.Rangkaian op-amp

Jawaban: Vout = 0,2863 V

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

Arus masukan

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

I1 = V1/R1 = −0,7/10 = −0,07 mA
I2 = V2/R2 = 0,2/22 = 0,009091 mA
If = I1 + I2 = −0,06091 mA

Tegangan keluaran

Vout = −Rf·If = −4,7·(−0,06091) = 0,2863 V

Jawaban

Vout = 0,2863 V
23.Dioda & transistor

Jawaban: VCE = 2,693 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.

Arus basis

IB = (VCC − VBE)/RB = (10 − 0,7)/560 kΩ = 16,61 µA

Arus kolektor

IC = β·IB = 200·16,61 µA = 3,321 mA

Tegangan kolektor–emitor

VCE = 10 − 3,321 mA·2,2 kΩ = 2,693 V

Jawaban

VCE = 2,693 V
24.Dioda & transistor

Jawaban: Rmax = 387,5 Ω

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 kasus terburuk

IR = 30 + 2 = 32 mA

Resistansi terbesar

Rmax = 12,4/0,032 = 387,5 Ω

Jawaban

Rmax = 387,5 Ω
25.Sistem bilangan

Jawaban: N = −72

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 + 8 = −72

Jawaban

N = −72
26.Sistem bilangan

Jawaban: R = 99

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

Bit demi bit

XOR menghasilkan 1 jika kedua bit berbeda.

0010 1011
XOR 0100 1000
= 0110 0011

Nilai hasil

0110 0011₂ = 99

Jawaban

R = 99
27.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flop

Jawaban: L = 15

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.

ABCD000111100001111010111302040517061121130151140809111010

Kelompokkan angka 1

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

B′CD
A′CD
ABD′
A′B′C′
ABC′

Bentuk SOP minimal

F = B′CD + A′CD + ABD′ + A′B′C′ + ABC′
L = 15

Jawaban

L = 15
28.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flop

Jawaban: N = 5

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

Implikan prima

Kelompok terbesar yang dapat dibentuk dari angka 1 dan X.

BCD, ACD, ABD, ABC′, A′B′C′D, A′B′CD′
ABCD00011110000111100011031204051706X12113X150140809111010

Cakupan minimal

F = BCD + ACD + ABD + A′B′C′D + A′B′CD′
N = 5

Jawaban

N = 5

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

29.Transformasi Laplace

Jawaban: A = 13

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 + 3s + 2 = (s + 1)(s + 2)
F(s) = A/(s + 1) + B/(s + 2)

Aturan tutup (cover-up)

Kalikan dengan (s + 1) dan masukkan s = −1: suku B lenyap.

A = (5s + 18)/(s + 2) |s = −1 = 13/1 = 13

Jawaban

A = 13
(B = −8, jadi f(t) = 13·e−t − 8·e−2t)
30.Transformasi Laplace

Jawaban: g(0.1) = 2,418

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

Fungsi alih

G(s) = Y(s)/U(s) = (4s + 1)/(s² + 5s + 6)

Pecahan parsial

s² + 5s + 6 = (s + 2)(s + 3)
A = −7, B = 11

Respons impuls

g(t) = −7·e−2t + 11·e−3t
g(0,1) = 2,418

Jawaban

g(0,1) = 2,418
31.Diagram blok

Jawaban: K = 0,25

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

Persamaan karakteristik

1 + K/((s + 1)(s + 2)) = 0 → s² + 3s + 2 + K = 0

Akar kembar

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

3² = 4(2 + K) → K = 9/4 − 2 = 0,25

Jawaban

K = 0,25
Kedua kutub loop tertutup lalu berada di s = −1,5.
32.Diagram blok

Jawaban: css = 2,308

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) = 3/(s + 1 + 12)

Keadaan tunak

css = 10·3/13 = 2,308

Jawaban

css = 2,308

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

33.Respons langkah

Jawaban: ts = 4 s

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

Bandingkan dengan bentuk baku

Penyebut harus cocok dengan s² + 2ζωₙs + ωₙ².

ωₙ² = 33 → ωₙ = 5,745 rad/s
2ζωₙ = 2 → ζ = 2/(2·5,745) = 0,1741

Hasil

ζωₙ = 1 → ts ≈ 4/1 = 4 s

Jawaban

ts = 4 s
34.Respons langkah

Jawaban: xmax = 7,622 mm

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 = √(k/m) = √(5000/2,5) = 44,72 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 45/(2·√(5000·2,5)) = 0,2012

Hasil

xst = F/k = 25/5000 m = 5 mm
%OS = 52,44 %
xmax = 5·(1 + 0,5244) = 7,622 mm

Jawaban

xmax = 7,622 mm
35.Plot Bode dan margin

Jawaban: Q = 44,72

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/√(0,02·1 × 10⁻⁵) = 2236 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 355,9 Hz

Faktor kualitas

BW = R/L = 1/0,02 = 50 rad/s = 7,958 Hz
Q = ω₀/BW = 2236/50 = 44,72

Jawaban

Q = 44,72
36.Plot Bode dan margin

Jawaban: PM = 78,9 °

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 − 400 = 0
ω² = (−100 + √(10000 + 4·400))/2 = 3,852
ωc = 1,963 rad/s

Margin fasa

∠L(jωc) = −90° − atan(1,963/10) = −101,1°
PM = 180° + ∠L = 78,9°

Jawaban

PM = 78,9°
37.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akar

Jawaban: m = 2

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 + 10s² + 24s + K = 0
s³: 1, 24
s²: 10, K
s¹: (10·24 − K)/10
s⁰: K

Penguatan stabil terbesar

Kmax = 10·24 = 240

Faktor

m = 240/120 = 2

Jawaban

m = 2

Faktor ini adalah margin penguatan sebagai rasio: 6,021 dB.

38.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akar

Jawaban: K = 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.

Syarat besar

K = |s|·|s + 2|·|s + 3|

Hitung di titik tersebut

K = 1·1·2 = 2

Jawaban

K = 2

Periksa: s(s + 2)(s + 3) + K bernilai nol di s = −1.

39.Galat keadaan tunak & kendali PID

Jawaban: ess = 6,25

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 = 4·1/5 = 0,8

Galat parabola

ess = 5/0,8 = 6,25

Jawaban

ess = 6,25
40.Galat keadaan tunak & kendali PID

Jawaban: tp = 0,6413 s

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

Polinomial karakteristik

s(s + 8) + 8·5 = s² + 8s + 40

ωₙ dan ζ

ωₙ = √40 = 6,325 rad/s
ζ = 8/(2·6,325) = 0,6325

Waktu puncak

ωd = 6,325·√(1 − 0,6325²) = 4,899 rad/s
tp = π/4,899 = 0,6413 s

Jawaban

tp = 0,6413 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