Latihan ujian FE Electrical and Computer: paket kilat

Lembar rumus, langkah-langkah metode utama untuk setiap topik, dan 40 soal latihan, dengan pembahasan lengkap di bagian belakang.

Soal baruKembali ke mata kuliah

Di jendela cetak, pilih “Simpan sebagai PDF” untuk menyimpan salinan di perangkat Anda.

1Rumus dan metode

Resistor seri & paralel

Resistor seri
Req = R1 + R2 + …
Resistor paralel
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
Dua resistor paralel
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Hukum Ohm
V = I·R
Daya
P = V·I = I²R = V²/R

Metode

  1. Mulailah dari ujung jaringan yang paling jauh dari terminal.
  2. Gabungkan resistor seri dengan menjumlahkannya, dan resistor paralel dengan 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
  3. Gambar ulang rangkaian setelah setiap langkah.
  4. Ulangi sampai tersisa satu resistor di antara terminal.

Analisis simpul

Hukum arus Kirchhoff
ΣIin = ΣIout
Arus cabang
I = (Va − Vb)/R
Simpul referensi
Vground = 0

Metode

  1. Pilih simpul referensi (ground) dan beri label tegangan simpul lainnya.
  2. Tulis hukum arus Kirchhoff di setiap simpul yang tidak diketahui: arus yang keluar melalui setiap cabang sama dengan arus yang masuk.
  3. Nyatakan setiap arus cabang sebagai (Va − Vb)/R.
  4. Selesaikan sistem persamaannya, lalu cari arus yang Anda perlukan.

Analisis mesh

Hukum tegangan Kirchhoff
ΣV = 0 di setiap loop
Resistor bersama
arus = I1 − I2
Sumber arus dalam mesh
menetapkan arus mesh tersebut

Metode

  1. Gambar arus searah jarum jam di setiap mesh (jendela) rangkaian.
  2. Terapkan hukum tegangan Kirchhoff di sekeliling setiap mesh: jumlah tegangan jatuh sama dengan nol.
  3. Pada resistor yang dipakai bersama oleh dua mesh, arusnya adalah selisih kedua arus mesh.
  4. Selesaikan persamaannya; hasil negatif berarti arus mengalir ke arah sebaliknya.

Superposisi

Superposisi
x = x1 + x2 + … (one source at a time)
Sumber tegangan dimatikan
hubung singkat (0 V)
Sumber arus dimatikan
rangkaian terbuka (0 A)
Pembagi tegangan
V2 = V·R2/(R1 + R2)
Pembagi arus
I1 = I·R2/(R1 + R2)

Metode

  1. Hitung jumlah sumber independen. Anda akan menyelesaikan satu rangkaian yang lebih sederhana untuk setiap sumber.
  2. Pertahankan satu sumber dan matikan yang lain: sumber tegangan menjadi hubung singkat (kawat), sumber arus menjadi rangkaian terbuka (celah).
  3. Selesaikan rangkaian yang lebih sederhana untuk tegangan atau arus yang Anda perlukan, dengan memperhatikan arahnya.
  4. Ulangi untuk setiap sumber, lalu jumlahkan kontribusinya beserta tandanya.

Thévenin & Norton

Tegangan Thévenin
Vth = Vopen circuit
Resistansi Thévenin
Rth: semua sumber dimatikan, dilihat dari a–b
Arus Norton
IN = Vth/Rth
Arus beban
IL = Vth/(Rth + RL)
Transfer daya maksimum
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)

Metode

  1. Lepaskan beban dan tandai kedua terminal a dan b.
  2. Cari tegangan rangkaian terbuka antara a dan b: inilah Vth.
  3. Matikan semua sumber independen dan cari hambatan yang terlihat dari a–b: inilah Rth.
  4. Pasang kembali beban pada rangkaian ekuivalen: Vth seri dengan Rth.
  5. Untuk ekuivalen Norton, konversikan: IN = Vth/Rth, dengan RN = Rth secara paralel.

Transien RC & RL

Konstanta waktu
τ = RC | τ = L/R
Respons
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
Kapasitor pada DC
rangkaian terbuka; vC tidak dapat melompat
Induktor pada DC
hubung singkat; iL tidak dapat melompat
Keadaan tunak
t ≈ 5τ

Metode

  1. Cari nilai awal sesaat setelah sakelar berpindah: tegangan kapasitor dan arus induktor tidak dapat melompat.
  2. Cari nilai akhir lama setelah sakelar berpindah: kapasitor berperilaku sebagai rangkaian terbuka, induktor sebagai hubung singkat.
  3. Cari konstanta waktu: τ = RC atau τ = L/R, dengan hambatan yang terlihat oleh kapasitor atau induktor.
  4. Gunakan x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ.

Impedansi AC & fasor

Impedansi
ZR = R, ZL = jωL, ZC = 1/(jωC)
Frekuensi sudut
ω = 2πf
Besar dan sudut
|Z| = √(R² + X²), φ = atan(X/R)
Hukum Ohm dalam fasor
V = I·Z

Metode

  1. Ubah frekuensinya: ω = 2πf.
  2. Cari setiap reaktansi: XL = ωL dan XC = 1/(ωC).
  3. Jumlahkan impedansi seperti resistor, dengan Z = R + jX.
  4. Cari besar |Z| = √(R² + X²) dan sudut φ = atan(X/R), lalu gunakan hukum Ohm dengan fasor.

Daya AC & faktor daya

Daya nyata
P = V·I·cos φ
Daya reaktif
Q = V·I·sin φ
Daya semu
S = V·I = √(P² + Q²)
Faktor daya
pf = cos φ = P/S
Kapasitor kompensasi
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(ωV²)

Daya tiga fasa

Hubungan Y
VL = √3·Vph, IL = Iph
Hubungan Δ
VL = Vph, IL = √3·Iph
Daya nyata total
P = √3·VL·IL·cos φ = 3·Iph²·R
Daya semu dan daya reaktif
S = √3·VL·IL, Q = P·tan φ
Kapasitor perbaikan faktor daya
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(3ωV²)
Tegangan pada setiap kapasitor
Δ: VL Y: VL/√3
Daya masukan motor
Pin = Pout/η

Transformator

Rasio lilitan
a = N1/N2 = V1/V2
Rasio arus
I1/I2 = N2/N1 = 1/a
Arus pengenal
I = S/V
Impedansi yang dirujuk
Z1′ = a²·ZL
Rugi tembaga pada beban parsial
Pcu = x²·Pcu,fl
Efisiensi
η = x·S·pf/(x·S·pf + Pcore + x²·Pcu,fl)
Efisiensi maksimum
x = √(Pcore/Pcu,fl)

Rangkaian op-amp

Penguat pembalik
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Penguat tak membalik
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Penguat penjumlah
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
Op-amp ideal
V+ = V−, Iin = 0

Dioda & transistor

Dioda (tegangan jatuh konstan)
VD = 0,7 V when conducting
Daerah aktif
VBE = 0,7 V, IC = β·IB, IE = (β + 1)·IB
Bias tetap
IB = (VCC − 0,7)/RB
Bias pembagi tegangan
IB = (VTH − 0,7)/(RTH + (β + 1)RE)
Thévenin dari pembagi tegangan
VTH = VCC·R2/(R1 + R2), RTH = R1∥R2
Loop kolektor
VCE = VCC − ICRC − IERE
Saturasi
IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC, IB ≥ IC(sat)/β

Sistem bilangan

Nilai tempat
biner 2k, oktal 8k, heksadesimal 16k
Ke desimal
Σ dk·bk
Dari desimal
bagi dengan basis, baca sisanya dari bawah ke atas
Heksadesimal ↔ biner
satu digit heksadesimal = 4 bit
Komplemen dua
balik bitnya lalu tambahkan 1

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

Gerbang dasar
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Aturan Boolean
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
De Morgan
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Urutan peta Karnaugh
00, 01, 11, 10 (Gray code)
Kelompok 2ᵏ sel
kehilangan k variabel
Multiplekser 4-ke-1
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Flip-flop
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Pencacah
n bit: 2ⁿ keadaan; mod-N: n terkecil dengan 2ⁿ ≥ N; fout = fclk/N
Pencacah ripple
fmax = 1/(n·tpd)
Pencacah cincin dan Johnson
n dan 2n keadaan

Metode

  1. Untuk rangkaian, bekerjalah dari masukan ke keluaran satu gerbang demi satu gerbang dan tulis nilai pada setiap kawat, atau tulis ekspresinya dan isi tabel kebenaran.
  2. Untuk penyederhanaan, taruh angka 1 (dan don’t-care sebagai X) ke dalam peta Karnaugh dengan baris dan kolom kode Gray: 00, 01, 11, 10.
  3. Cakup angka 1 dengan kelompok sesedikit dan sebesar mungkin yang berisi 1, 2, 4, 8, atau 16 sel, melingkar melewati tepi; setiap kelompok adalah satu suku hasil kali yang tersusun dari variabel yang tetap konstan. Kelompokkan angka 0 untuk bentuk POS.
  4. Untuk flip-flop dan pencacah, baca masukan pada setiap tepi clock aktif, tulis keadaan setelah setiap tepi, dan ingat bahwa pencacah n bit berputar kembali setelah 2ⁿ keadaan.

Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akar

Kestabilan
semua akar polinomial karakteristik berada di setengah bidang kiri
tabel Routh, entri s¹ dari polinomial kubik
b1 = (a2a1 − a3a0)/a2
Akar di setengah bidang kanan
jumlah perubahan tanda pada kolom pertama
Polinomial kubik s³ + a₂s² + a₁s + a₀
stabil bila semua a > 0 dan a₂·a₁ > a₀
K/(s(s + a)(s + b))
Kmax = ab(a + b), ω = √(ab)
Persamaan karakteristik
1 + K·G(s) = 0
Asimtot
σa = (Σp − Σz)/(n − m), θ = (2q + 1)·180°/(n − m)
Titik pencar dan titik temu
dK/ds = 0
Syarat besar
K = 1/|G(s)|
Sudut keberangkatan
θd = 180° − Σ∠(from other poles) + Σ∠(from zeros)

Metode

  1. Tulis polinomial karakteristik loop tertutup: penyebut dari 1 + K·G(s) = 0, setelah dijabarkan.
  2. Masukkan koefisien secara bergantian ke dua baris pertama tabel Routh lalu susun baris-baris sisanya.
  3. Hitung perubahan tanda pada kolom pertama: masing-masing adalah satu kutub di setengah bidang kanan. Dengan K dalam tabel, syaratkan bahwa setiap entri kolom pertama tetap positif.
  4. Untuk tempat kedudukan akar, tandai kutub dan nol, segmen sumbu real, asimtot dari titik berat, dan titik pisah di tempat dK/ds = 0. Gunakan K = 1/|G(s)| untuk penguatan di suatu titik.

Galat keadaan tunak & kendali PID

Tipe sistem
jumlah kutub G(s) di s = 0
Konstanta galat
Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s), Ka = lim s²·G(s) (s → 0)
Undak A
ess = A/(1 + Kp)
Ramp A·t
ess = A/Kv
Parabola A·t²/2
ess = A/Ka
Pengendali PID
C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s
Target orde dua
s² + 2ζωns + ωn²
Lewatan dan waktu
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, ts ≈ 4/(ζωn)

Metode

  1. Hitung kutub loop terbuka C(s)·G(s) di s = 0: itulah tipe sistem.
  2. Hitung konstanta galat yang sesuai dengan masukan: Kp untuk undak, Kv untuk ramp, Ka untuk parabola.
  3. Terapkan ess = A/(1 + Kp), A/Kv, atau A/Ka, atau selesaikan untuk penguatan yang Anda perlukan.
  4. Untuk spesifikasi redaman atau kecepatan, tulis polinomial karakteristik loop tertutup dan samakan dengan s² + 2ζω_n·s + ω_n².

2Soal latihan

1.Resistor seri & paralelSedang
R1​ = 3 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​12 VR2​8 ΩAR4​5 ΩB

Cari resistansi ekuivalen Req yang dilihat sumber V1.

V1 = 12 VR1 = 3 ΩR2 = 8 ΩR3 = 10 ΩR4 = 5 Ω
Req = Ω
2.Resistor seri & paralelSulit
R1​ = 25 ΩR3​ = 10 ΩR5​ = 6 Ω+−V1​24 VR2​15 ΩAR4​5 ΩBR6​12 Ω

Cari resistansi ekuivalen Req yang dilihat sumber V1.

V1 = 24 VR1 = 25 ΩR2 = 15 ΩR3 = 10 ΩR4 = 5 ΩR5 = 6 ΩR6 = 12 Ω
Req = Ω
3.Analisis simpulSedang
R1​4 Ω+−V1​6 VR2​4 Ω+−V2​12 VR3​2 Ω+−V3​6 VI3​A

Tiga cabang terhubung antara simpul A dan ground, seperti pada gambar. Gunakan analisis simpul untuk mencari arus I3 pada cabang 3, yang mengalir ke atas masuk ke simpul A searah panah.

V1 = 6 VR1 = 4 ΩV2 = 12 VR2 = 4 ΩV3 = 6 VR3 = 2 Ω
I3 = A
4.Analisis simpulSulit
R1​ = 2 Ω−+Vs​ = 4 V+−V1​18 VR2​6 ΩAR3​30 ΩBIs​6 A

Sumber tegangan Vₛ antara A dan B memiliki terminal + di B, jadi membuat VB − VA = Vₛ. Gunakan analisis simpul dengan supernode untuk mencari tegangan simpul VA (diukur terhadap ground).

V1 = 18 VIs = 6 AVs = 4 VR1 = 2 ΩR2 = 6 ΩR3 = 30 Ω
VA = V
5.Analisis meshSedang
R1​ = 2 ΩR2​ = 12 Ω+−V1​18 VR3​5 ΩA+−V2​6 VI1​I2​

Gunakan analisis mesh untuk mencari arus mesh I1 (searah jarum jam).

V1 = 18 VV2 = 6 VR1 = 2 ΩR2 = 12 ΩR3 = 5 Ω
I1 = A
6.Analisis meshSulit
R1​ = 30 ΩR2​ = 8 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​24 VR4​15 ΩAR5​5 ΩIR5​B+−V2​5 VI1​I2​I3​

Gunakan analisis mesh untuk mencari arus IR5 melalui R5 searah panah.

V1 = 24 VV2 = 5 VR1 = 30 ΩR2 = 8 ΩR3 = 15 ΩR4 = 15 ΩR5 = 5 Ω
IR5 = A
7.SuperposisiSedang
R1​ = 20 ΩIR1​R3​ = 6 Ω+−V1​10 VR2​10 ΩAR4​6 ΩBIs​1,5 A

Gunakan superposisi untuk mencari arus IR1 melalui R1 searah panah.

V1 = 10 VIs = 1,5 AR1 = 20 ΩR2 = 10 ΩR3 = 6 ΩR4 = 6 Ω
IR1 = A
8.SuperposisiSulit
R1​ = 25 ΩR2​ = 10 ΩIR2​R4​ = 4 Ω+−V1​5 VR3​20 ΩAIs​6 AB−+V2​9 V

Gunakan superposisi untuk mencari arus IR2 melalui R2 searah panah.

V1 = 5 VIs = 6 AV2 = 9 VR1 = 25 ΩR2 = 10 ΩR3 = 20 ΩR4 = 4 Ω
IR2 = A
9.Thévenin & NortonSedang
R1​ = 15 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​18 VR2​10 ΩAab

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

V1 = 18 VR1 = 15 ΩR2 = 10 ΩR3 = 8 Ω
IN = A
10.Thévenin & NortonSulit
R1​ = 6 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​30 VR2​2 ΩAIs​1 ABRL​8 ΩIL​

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

V1 = 30 VIs = 1 AR1 = 6 ΩR2 = 2 ΩR3 = 6 ΩRL = 8 Ω
PL = W
11.Transien RC & RLSedang
+−Vs​12 Vt = 0R = 15 ΩL68 mHi(t)

Induktor tidak dialiri arus sebelum sakelar ditutup pada t = 0. Cari energi W yang tersimpan dalam induktor pada t = 10 ms, dalam mJ.

Vs = 12 VR = 15 ΩL = 68 mHt = 10 ms
W = mJ
12.Transien RC & RLSulit
+−Vs​20 Vt = 0R = 4,7 kΩC100 µF+−vC​vC​(0) = 6 V

Tepat sebelum sakelar ditutup pada t = 0, kapasitor bertegangan 6 V dengan polaritas yang ditunjukkan. Berapa lama waktu yang diperlukan agar vC mencapai 14,4 V? Cari t.

Vs = 20 VR = 4,7 kΩC = 100 µFvC(0) = 6 V
t = ms
13.Impedansi AC & fasorSedang
100 V100 HzR = 40 ΩL = 100 mHI

Sebuah resistor dan sebuah induktor dihubungkan paralel ke sumber 100 V (rms), 100 Hz. Cari besar impedansi |Z|.

V = 100 V (rms)f = 100 HzR = 40 ΩL = 100 mH
|Z| = Ω
14.Impedansi AC & fasorSulit
24 V50 HzR1​ = 20 ΩR2​ = 30 ΩC = 100 µF

Sebuah resistor R1 dihubungkan seri dengan gabungan paralel R2 dan kapasitor C, ke sumber 24 V (rms), 50 Hz. Cari besar impedansi |Z|.

V = 24 V (rms)f = 50 HzR1 = 20 ΩR2 = 30 ΩC = 100 µF
|Z| = Ω
15.Daya AC & faktor dayaSedang
P = 19 kWQSφ

Motor satu fase menyerap 19 kW pada faktor daya 0,6 tertinggal dari sumber 240 V. Cari arus saluran I.

P = 19 kWpf = 0,6V = 240 V
I = A
16.Daya AC & faktor dayaSulit
P1​ = 38 kWQ1​S1​φ

Sebuah transformator satu fase 75 kVA memasok beban 38 kW pada faktor daya 0,75 tertinggal. Berapa daya nyata tambahan ΔP yang dapat ditambahkan sebagai beban resistif (faktor daya satu) sebelum transformator mencapai rating kVA-nya?

Smax = 75 kVAP1 = 38 kWpf1 = 0,75
ΔP = kW
17.Daya tiga fasaSedang
ABCVL​ = 480 VIL​ = 25 Acos φ = 0,85tertinggal

Beban tiga fasa seimbang menarik arus saluran 25 A dari sumber dengan tegangan antarsaluran 480 V. Faktor dayanya 0,85 tertinggal. Cari daya nyata total P yang diserap beban dalam kW.

VL = 480 VIL = 25 Acos φ = 0,85
P = kW
18.Daya tiga fasaSulit
P = 60 kWφ1​S1​Q2​QC​

Beban tiga fasa seimbang menyerap 60 kW pada faktor daya 0,78 tertinggal dari sumber 690 V (antarsaluran), 60 Hz. Bank kapasitor tiga fasa yang diparalel dengan beban harus menaikkan faktor daya keseluruhan menjadi 0,98 tertinggal. Daya nyatanya tetap sama. Kapasitor dihubungkan secara Δ. Cari kapasitansi Cph setiap kapasitor dalam µF.

P = 60 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,98VL = 690 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.TransformatorSedang
10000 V400 VIHV​ = ?ILV​75 kVA

Sebuah transformator satu fasa 75 kVA, 10000/400 V bekerja pada beban pengenalnya. Anggap ideal. Cari arus IHV pada kumparan tegangan tinggi.

S = 75 kVAV1 = 10000 VV2 = 400 V
IHV = A
20.TransformatorSulit
pf 0,9500 kVA, 75% beban

Sebuah transformator satu fasa 500 kVA memiliki rugi inti 4000 W dan rugi tembaga 10000 W pada beban pengenal. Transformator menyuplai 75% dari kVA pengenalnya pada faktor daya 0,9 tertinggal. Cari rugi total Ploss dalam watt pada beban ini.

S = 500 kVAPcore = 4000 WPcu,fl = 10000 Wx = 0,75pf = 0,9
Ploss = W
21.Rangkaian op-ampSedang
−+Vout​R2​ = 47 kΩV1​ = 2,2 VR1​ = 4,7 kΩV2​ = 1,4 VR3​ = 4,7 kΩR4​ = 47 kΩ

Penguat selisih memakai op-amp ideal dengan catu ±15 V, dengan R3 = R1 dan R4 = R2. Cari tegangan keluaran Vout.

V1 = 2,2 VV2 = 1,4 VR1 = R3 = 4,7 kΩR2 = R4 = 47 kΩ
Vout = V
22.Rangkaian op-ampSulit
Vin​V1​Vout​tingkat 1: membalikR1​ = 2 kΩRf1​ = 4,7 kΩtingkat 2: tak membalikR2​ = 100 kΩRf2​ = 22 kΩ

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

R1 = 2 kΩRf1 = 4,7 kΩR2 = 100 kΩRf2 = 22 kΩ
Av =
23.Dioda & transistorSedang
RC​ = 1 kΩβ = 50VCC​ = 12 VRB​ = 100 kΩ

Sebuah transistor NPN dengan β = 50 dibias oleh resistor basis RB = 100 kΩ dari sumber VCC = 12 V. Resistor kolektornya RC = 1 kΩ dan emitornya dihubungkan ke ground. Ambil VBE = 0,7 V dan asumsikan transistor berada di daerah aktif. Cari tegangan kolektor–emitor VCE.

VCC = 12 VRB = 100 kΩRC = 1 kΩβ = 50VBE = 0,7 V
VCE = V
24.Dioda & transistorSulit
RC​ = 330 Ωβ = 100IC​ = ?VCC​ = 12 V3,3 VRB​ = 3,3 kΩ

Sebuah transistor NPN dengan β = 100 mengalihkan resistor beban 330 Ω yang terhubung antara VCC = 12 V dan kolektornya. Emitornya dihubungkan ke ground. Basis dikemudikan dari keluaran logika 3,3 V melalui resistor basis RB = 3,3 kΩ. Ambil VBE = 0,7 V dan VCE(sat) = 0,2 V. Cari arus kolektor IC dalam mA saat masukan tinggi. Tentukan dulu apakah transistor saturasi.

VCC = 12 VRC = 330 Ωβ = 100Vin = 3,3 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 VRB = 3,3 kΩ
IC = mA
25.Sistem bilanganSedang
nilai posisi dalam komplemen dua0−12806413201618041201

Pola 8-bit 0010 1010 menyimpan bilangan bulat bertanda dalam komplemen dua. Berapa nilainya N dalam desimal?

0010 10108 bit
N =
26.Sistem bilanganSulit
klik bit untuk mengaturnya012806403201608040201

Atur bit menjadi hasil 8-bit dari 0100 1000 OR 1000 0011. Berapa nilai hasil R dalam desimal?

0100 1000OR1000 0011
R =
27.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flopSedang
ABCD000111100001111000011302140517061120130151140809111010

Pakai peta Karnaugh untuk mencari bentuk jumlah dari hasil kali (SOP) minimal dari F(A, B, C, D) = Σm(3, 4, 7, 11, 12, 14). Berapa suku hasil kali N yang dimilikinya?

F(A, B, C, D) = Σm(3, 4, 7, 11, 12, 14)
N =
28.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flopSulit
ABCD000111100001111000110312X415X7061120130150140809X11010

Carilah bentuk SOP minimal dari F(A, B, C, D) = Σm(1, 2, 5, 12) + d(4, 7, 11), dengan d menandai kondisi don’t-care. Berapa literal L yang dimilikinya?

F(A, B, C, D) = Σm(1, 2, 5, 12) + d(4, 7, 11)
L =
29.Transformasi LaplaceSedang
t (s)f(t)t = 0,1f(0,1) = ?

Tentukan f(t) untuk F(s) = 50/(s(s + 4)(s + 5)) dengan pecahan parsial, lalu hitung f(0,1).

F(s) = 50/(s(s + 4)(s + 5))t = 0,1 s
f(0.1) =
30.Transformasi LaplaceSulit
t (s)y(t)t = 0,4y(0,4) = ?

Sebuah sistem memenuhi y″ + 6y′ + 5y = 5·u(t), dengan y(0) = 2 dan y′(0) = 0. Pada t = 0 diberikan masukan langkah u(t) = 4. Gunakan transformasi Laplace untuk mencari y(0,4).

y″ + 6y′ + 5y = 5·u(t)y(0) = 2y′(0) = 0u(t) = 4t = 0,4 s
y(0.4) =
31.Diagram blokSedang
R(s)+20K+2s + 4G(s)C(s)0,5H₁−−

Plant G(s) = 2/(s + 4) memiliki loop umpan balik negatif dalam (minor) dengan penguatan H₁ = 0,5. Penguatan pengendali K = 20 dan loop umpan balik negatif satuan luar menutup sistem. Tentukan penguatan DC loop tertutup T(0).

G(s) = 2/(s + 4)H₁ = 0,5K = 20
T(0) =
32.Diagram blokSulit
R(s)+K(s + 1)(s + 3)(s + 8)G(s)C(s)−

Plant G(s) = K/((s + 1)(s + 3)(s + 8)) berada dalam loop umpan balik negatif satuan. Pada penguatan stabil terbesar, loop berosilasi. Tentukan frekuensi osilasi ω dalam rad/s.

G(s) = K/((s + 1)(s + 3)(s + 8))umpan balik negatif satuan
ω = rad/s
33.Respons langkahSedang
t (s)y(t)0,5

Sebuah sistem memiliki fungsi alih G(s) = 48/(s² + 12s + 96) dan menerima masukan langkah satuan. Kutubnya s = σ ± jωd. Tentukan bagian riil σ.

G(s) = 48/(s² + 12s + 96)
σ =
34.Respons langkahSulit
t (s)y(t)130 %

Sebuah sistem orde dua tanpa nol harus memiliki respons langkah dengan overshoot 30 %. Tentukan rasio redaman ζ.

%OS = 30 %
ζ =
35.Plot Bode dan marginSedang
vin​R = 10 kΩC = 100 nFvout​

Filter lolos rendah RC yang ditunjukkan memiliki R = 10 kΩ, C = 100 nF. Masukan sinusoidal 40 Hz diberikan. Cari pergeseran fasa φ dari vout relatif terhadap vin, dalam derajat.

R = 10 kΩC = 100 nFf = 40 Hz
φ = °
36.Plot Bode dan marginSulit
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Lingkar umpan balik satuan memiliki fungsi alih lingkar terbuka L(s) = 132/(s(s + 3)(s + 7)). Cari margin penguatan GM dalam dB.

L(s) = 132/(s(s + 3)(s + 7))
GM = dB
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)). Penguatan dinaikkan sampai loop tertutup berada di ambang kestabilan. Cari frekuensi ω osilasi yang terus-menerus.

L(s) = K/(s(s + 4)(s + 5))
ω = rad/s
38.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akarSulit
ReIm−2−4−6−8−10−12j2

Tempat kedudukan akar dari L(s) = K(s + 10)/(s(s + 8)) meninggalkan sumbu real di antara s = 0 dan s = −8, melingkar, lalu bergabung kembali dengan sumbu real di sebelah kiri nol. Cari titik temu si.

L(s) = K(s + 10)/(s(s + 8))
si =
39.Galat keadaan tunak & kendali PIDSedang
r(t) = 10t+Ks(s + 4)C(s)−

Suatu loop umpan balik satuan dengan G(s) = K/(s(s + 4)) harus mengikuti ramp r(t) = 10t dengan galat keadaan tunak 0,2. Cari penguatan K.

G(s) = K/(s(s + 4))r(t) = 10tess = 0,2
K =
40.Galat keadaan tunak & kendali PIDSulit
R(s)+K = 84s(s + 8)C(s)−

Pengendali proporsional K = 8 mengendalikan plant G(s) = 4/(s(s + 8)) dalam loop umpan balik satuan. Tentukan persen overshoot %OS dari respons langkah.

G(s) = 4/(s(s + 8))K = 8
%OS = %

3Larutan

1.Resistor seri & paralel

Jawaban: Req = 8,217 Ω

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

R1​ = 3 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​12 VR2​8 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 = 8·15/(8+15) = 5,217 Ω
Req = R1 + 5,217 = 3 + 5,217 = 8,217 Ω

Jawaban

Req = 8,217 Ω
2.Resistor seri & paralel

Jawaban: Req = 32,22 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​ = 25 ΩR3​ = 10 ΩR5​ = 6 Ω+−V1​24 VR2​15 ΩAR4​5 ΩBR6​12 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 = 6 + 12 = 18 Ω
R4 ∥ 18 = 3,913 Ω
R3 + 3,913 = 13,91 Ω
R2 ∥ 13,91 = 7,218 Ω
Req = R1 + 7,218 = 25 + 7,218 = 32,22 Ω

Jawaban

Req = 32,22 Ω
3.Analisis simpul

Jawaban: I3 = −0,75 A

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

KCL di simpul A

Ambil kawat bawah sebagai ground. Setiap cabang mengalirkan (VA − Vk)/Rk keluar dari A, dengan Vk tegangan sumbernya (nol untuk resistor biasa). Arus-arus yang keluar dari A berjumlah nol.

(VA − 6)/4 + (VA − 12)/4 + (VA − 6)/2 = 0

Selesaikan untuk VA

VA = (6/4 + 12/4 + 6/2) / (1/4 + 1/4 + 1/2) = 7,5/1 = 7,5 V

Arus cabang

Panah menunjuk ke atas melalui cabang, masuk ke simpul A.

I3 = (6 − VA)/R3 = (6 − 7,5)/2 = −0,75 A

Jawaban

I3 = −0,75 A

Hasil negatif berarti arus sebenarnya mengalir berlawanan dengan panah.

4.Analisis simpul

Jawaban: VA = 21,24 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.

Bentuk supernode

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

VB = VA + 4
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is

Selesaikan

(VA − 18)/2 + VA/6 + (VA + 4)/30 = 6
VA·(1/2 + 1/6 + 1/30) = 6 + 18/2 − 4/30 = 14,87
VA = 14,87/0,7 = 21,24 V
VB = 25,24 V

Jawaban

VA = 21,24 V
5.Analisis mesh

Jawaban: I1 = 2,936 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​ = 2 ΩR2​ = 12 Ω+−V1​18 VR3​5 ΩA+−V2​6 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
2·I1 + 5(I1 − I2) = 18
7·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
12·I2 + 5(I2 − I1) = (−6)
−5·I1 + 17·I2 = −6

Selesaikan

Δ = (7)(17) − (−5)(−5) = 94
I1 = Δ1/Δ = 276/94 = 2,936 A
I2 = Δ2/Δ = 48/94 = 0,5106 A

Jawaban

I1 = 2,936 A

Arus mesh negatif mengalir berlawanan arah jarum jam.

6.Analisis mesh

Jawaban: IR5 = 0,4828 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​ = 30 ΩR2​ = 8 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​24 VR4​15 ΩAR5​5 ΩB+−V2​5 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
30·I1 + 15(I1 − I2) = 24
45·I1 − 15·I2 = 24

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
8·I2 + 15(I2 − I1) + 5(I2 − I3) = 0
−15·I1 + 28·I2 − 5·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
15·I3 + 5(I3 − I2) = (−5)
−5·I2 + 20·I3 = −5

Selesaikan

Δ = determinan matriks koefisien = 19575
I1 = Δ1/Δ = 12465/19575 = 0,6368 A
I2 = Δ2/Δ = 6075/19575 = 0,3103 A
I3 = Δ3/Δ = −3375/19575 = −0,1724 A

Jawaban

IR5 = I2 − I3 = 0,4828 A

Arus mesh negatif mengalir berlawanan arah jarum jam.

7.Superposisi

Jawaban: IR1 = 0,2321 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​ = 6 Ω+−V1​10 VR2​10 ΩAR4​6 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 = 6+6 = 12 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 10·12/(10+12) = 5,455 Ω
VA = 10·5,455/(20+5,455) = 2,143 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 2,143·6/12 = 1,071 V
IR1′ = (V1 − VA)/R1 = (10 − 2,143)/20 = 0,3929 A
R1​ = 20 ΩR3​ = 6 ΩHUBUNG SINGKATR2​10 ΩAR4​6 ΩBIs​1,5 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 = 20·10/(20+10) = 6,667 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 6 ∥ 12,67 = 4,071 Ω
VB = Is·Req = 1,5·4,071 = 6,107 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 6,107·6,667/12,67 = 3,214 V
IR1″ = (V1 − VA)/R1 = (0 − 3,214)/20 = −0,1607 A

Jumlahkan kontribusinya

IR1 = IR1′ + IR1″
IR1 = 0,3929 + (−0,1607) = 0,2321 A

Hasil negatif berarti sebenarnya arus mengalir berlawanan dengan panah.

8.Superposisi

Jawaban: IR2 = 0,5088 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​ = 25 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 4 Ω+−V1​5 VR3​20 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) = 20 ∥ 14 = 8,235 Ω
VA = 5·8,235/(25+8,235) = 1,239 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 1,239·4/14 = 0,354 V
IR2′ = (VB − VA)/R2 = (0,354 − 1,239)/10 = −0,0885 A
R1​ = 25 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 4 ΩHUBUNG SINGKATR3​20 ΩAIs​6 ABHUBUNG SINGKAT

Kasus 2 · hanya Is

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

R1 ∥ R3 = 11,11 Ω, jadi jalur kiri adalah R2+11,11 = 21,11 Ω
Req = R4 ∥ 21,11 = 3,363 Ω
VB = Is·Req = 6·3,363 = 20,18 V
VA = VB·11,11/21,11 = 10,62 V
IR2″ = (VB − VA)/R2 = (20,18 − 10,62)/10 = 0,9558 A
R1​ = 25 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 4 ΩHUBUNG SINGKATR3​20 ΩATERBUKAB−+V2​9 V

Kasus 3 · hanya V2

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

R1 ∥ R3 = 25·20/(25+20) = 11,11 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−9)·21,11/25,11 = −7,566 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −7,566·11,11/21,11 = −3,982 V
IR2‴ = (VB − VA)/R2 = (−7,566 − −3,982)/10 = −0,3584 A

Jumlahkan kontribusinya

IR2 = IR2′ + IR2″ + IR2‴
IR2 = (−0,0885) + 0,9558 + (−0,3584) = 0,5088 A

Hasil negatif berarti sebenarnya arus mengalir berlawanan dengan panah.

9.Thévenin & Norton

Jawaban: IN = 0,5143 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​ = 15 ΩR3​ = 8 ΩHUBUNG SINGKATR2​10 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 = 15·10/(15+10) = 6 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 6 + 8 = 14 Ω
R1​ = 15 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​18 VR2​10 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) = 18·10/(15+10) = 7,2 V
IN​0,5143 ARth​14 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 = 7,2/14 = 0,5143 A
10.Thévenin & Norton

Jawaban: PL = 7,492 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​ = 6 ΩR3​ = 6 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 = 6·2/(6+2) = 1,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,5 + 6 = 7,5 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​30 VR2​2 ΩAIs​1 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) = 7,5 + 1·1,5 = 9 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 9 + 1·6 = 15 V
Rth​ = 7,5 Ω+−Vth​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) = 15/(7,5 + 8) = 0,9677 A
PL = IL²·RL = 0,9677²·8 = 7,492 W
11.Transien RC & RL

Jawaban: W = 17,23 mJ

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

Konstanta waktu dan arus akhir

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

τ = L/R = 68 mH / 15 Ω = 4,533 ms
i(∞) = Vs/R = 12/15 = 0,8 A

Arus pada waktu tertentu

i(t) = 0,8·(1 − e−10/4,533) = 0,7119 A

Energi tersimpan

W = ½·L·i² = ½·68·0,7119² = 17,23 mJ

Jawaban

W = 17,23 mJ
12.Transien RC & RL

Jawaban: t = 430,7 ms

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

Nilai awal, nilai akhir, konstanta waktu

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

vC(0) = 6 V, vC(∞) = Vs = 20 V
τ = R·C = 4,7 kΩ · 100 µF = 470 ms
vC(t) = 20 + (6 − 20)·e−t/τ

Selesaikan untuk waktu

14,4 = 20 + (−14)·e−t/τ → e−t/τ = (14,4 − 20)/(6 − 20) = 0,4
t = τ·ln((6 − 20)/(14,4 − 20)) = 470·ln(2,5) = 430,7 ms

Jawaban

t = 430,7 ms
13.Impedansi AC & fasor

Jawaban: |Z| = 33,74 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

XL = ωL = 2π·100·0,1 = 62,83 Ω

Arus cabang

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

IR = V/R = 100/40 = 2,5 A
IX = V/XL = 100/62,83 = 1,592 A

Arus total

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

I = √(IR² + IX²) = √(2,5² + 1,592²) = 2,964 A

Impedansi

|Z| = V/I = 100/2,964 = 33,74 Ω

Jawaban

|Z| = 33,74 Ω
14.Impedansi AC & fasor

Jawaban: |Z| = 38,89 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·50·100·10⁻⁶) = 31,83 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 = 15,89 − j14,97 Ω

Impedansi total

Z = 20 + 15,89 − j14,97 = 35,89 − j14,97 Ω
|Z| = √(35,89² + 14,97²) = 38,89 Ω

Jawaban

|Z| = 38,89 Ω
15.Daya AC & faktor daya

Jawaban: I = 131,9 A

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

Arus saluran

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

I = P/(V·cos φ) = 19000/(240·0,6) = 131,9 A

Jawaban

I = 131,9 A
16.Daya AC & faktor daya

Jawaban: ΔP = 29,1 kW

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 beban yang ada

Q1 = 38·tan(arccos 0,75) = 33,51 kvar

Daya nyata total terbesar

Pada rating penuh S = Smax, dan Q tidak diubah oleh beban resistif.

P = √(Smax² − Q1²) = √(75² − 33,51²) = 67,1 kW

Daya nyata tambahan

ΔP = 67,1 − 38 = 29,1 kW

Jawaban

ΔP = 29,1 kW
17.Daya tiga fasa

Jawaban: P = 17,67 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.

Daya semu

S = √3·VL·IL = √3·480·25 = 20,78 kVA

Daya nyata

P = S·cos φ = 20,78·0,85 = 17,67 kW

Jawaban

P = 17,67 kW
18.Daya tiga fasa

Jawaban: Cph = 66,77 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 = 60·tan(acos 0,78) = 60·0,8023 = 48,14 kvar
Q2 = 60·tan(acos 0,98) = 60·0,2031 = 12,18 kvar

Daya reaktif dari kapasitor

QC = Q1 − Q2 = 35,95 kvar

Kapasitansi per fasa

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

V = 690 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 11984/(377·690²) = 66,77 µF

Jawaban

Cph = 66,77 µF
19.Transformator

Jawaban: IHV = 7,5 A

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

Arus pengenal

Kedua kumparan membawa daya semu yang sama.

IHV = S/V = 75000/10000 = 7,5 A

Jawaban

IHV = 7,5 A
20.Transformator

Jawaban: Ploss = 9625 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 = 0,5625·10000 = 5625 W

Rugi total

Rugi inti sama pada beban berapa pun.

Ploss = 4000 + 5625 = 9625 W

Jawaban

Ploss = 9625 W

Efisiensi pada beban ini adalah η = 97,23%.

21.Rangkaian op-amp

Jawaban: Vout = −8 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) = 1,4·47/(4,7 + 47) = 1,273 V
V₋ = V₊

KCL di masukan membalik

(2,2 − 1,273)/4,7 = (1,273 − Vout)/47
Vout = (R2/R1)·(V2 − V1) = (47/4,7)·(1,4 − 2,2) = −8 V

Jawaban

Vout = −8 V
22.Rangkaian op-amp

Jawaban: Av = −2,867

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

Penguatan tiap tingkat

A1 = −Rf1/R1 = −4,7/2 = −2,35
A2 = 1 + Rf2/R2 = 1 + 22/100 = 1,22

Penguatan total

Av = A1·A2 = −2,35·1,22 = −2,867

Jawaban

Av = −2,867
23.Dioda & transistor

Jawaban: VCE = 6,35 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 = (12 − 0,7)/100 kΩ = 113 µA

Arus kolektor

IC = β·IB = 50·113 µA = 5,65 mA

Tegangan kolektor–emitor

VCE = 12 − 5,65 mA·1 kΩ = 6,35 V

Jawaban

VCE = 6,35 V
24.Dioda & transistor

Jawaban: IC = 35,76 mA

BJT sebagai sakelar: untuk menyalakan beban sepenuhnya, transistor dikemudikan ke saturasi, dengan VCE = VCE(sat) dan arus kolektor ditentukan oleh beban: IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC. Saturasi memerlukan paling sedikit IB = IC(sat)/β. Jika arus basis lebih kecil, transistor tetap aktif dan IC = β·IB.

Arus basis

IB = (3,3 − 0,7)/3,3 kΩ = 787,9 µA

Saturasi atau aktif?

β·IB lebih besar daripada IC(sat), sehingga transistor saturasi.

β·IB = 78,79 mA
IC(sat) = (12 − 0,2)/330 = 35,76 mA

Arus kolektor

IC = IC(sat) = 35,76 mA

Jawaban

IC = 35,76 mA

Transistor saturasi.

25.Sistem bilangan

Jawaban: N = 42

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.

32 + 8 + 2 = 42

Jawaban

N = 42
26.Sistem bilangan

Jawaban: R = 203

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.

0100 1000
OR 1000 0011
= 1100 1011

Nilai hasil

1100 1011₂ = 203

Jawaban

R = 203
27.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flop

Jawaban: N = 4

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

ABCD000111100001111000011302140517061120130151140809111010

Kelompokkan angka 1

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

B′CD
BC′D′
A′CD
ABD′

Bentuk SOP minimal

F = B′CD + BC′D′ + A′CD + ABD′
N = 4

Jawaban

N = 4
28.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flop

Jawaban: L = 10

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.

BC′D′, A′C′D, A′BD, A′BC′, A′B′CD′
ABCD000111100001111000110312X415X7061120130150140809X11010

Cakupan minimal

F = BC′D′ + A′C′D + A′B′CD′
L = 10

Jawaban

L = 10
29.Transformasi Laplace

Jawaban: f(0.1) = 0,1863

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).

Pecahan parsial

F(s) = A/s + B/(s + 4) + C/(s + 5)
A = 50/(4·5) = 2,5
B = 50/((−4)·1) = −12,5
C = 50/((−5)·(−1)) = 10

Transformasi balik

f(t) = 2,5 − 12,5·e−4t + 10·e−5t

Hitung nilainya

f(0,1) = 2,5 − 12,5·e−4·0,1 + 10·e−5·0,1 = 0,1863

Jawaban

f(0,1) = 0,1863
30.Transformasi Laplace

Jawaban: y(0.4) = 2,392

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

(s² + 6s + 5)·Y(s) = 2s + 12 + 20/s
Y(s) = (2s² + 12s + 20)/(s(s + 1)(s + 5))

Pecahan parsial

A = 20/(1·5) = 4
B = 10/((−1)·4) = −2,5
C = 10/((−5)·(−4)) = 0,5

Hasil

y(t) = 4 − 2,5·e−t + 0,5·e−5t
y(0,4) = 2,392

Jawaban

y(0,4) = 2,392

Periksa: y(0) = A + B + C = 2.

31.Diagram blok

Jawaban: T(0) = 0,8889

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) = 2/(s + 4 + 2·0,5) = 2/(s + 5)

Loop luar

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 40/(s + 5 + 40) = 40/(s + 45)

Hasil

T(0) = 40/45 = 0,8889

Jawaban

T(0) = 0,8889
32.Diagram blok

Jawaban: ω = 5,916 rad/s

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

s³ + 12s² + 35s + 24 + K = 0

Larik Routh

s³ | 1 35
s² | 12 24 + K
s¹ | (12·35 − 24 − K)/12
s⁰ | 24 + K

Batas kestabilan

Semua entri kolom pertama harus positif.

Kmax = 12·35 − 24 = 396

Frekuensi osilasi

12·(jω)² + 24 + 396 = 0 → ω² = 420/12 = 35
ω = 5,916 rad/s

Jawaban

ω = 5,916 rad/s
33.Respons langkah

Jawaban: σ = −6

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 = 96 → ωₙ = 9,798 rad/s
2ζωₙ = 12 → ζ = 12/(2·9,798) = 0,6124

Hasil

σ = −ζωₙ = −12/2 = −6

Jawaban

σ = −6
34.Respons langkah

Jawaban: ζ = 0,3579

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).

Rasio redaman

ζ = −ln(0,3)/√(π² + ln²(0,3)) = 1,204/√(9,87 + 1,45) = 0,3579

Jawaban

ζ = 0,3579
35.Plot Bode dan margin

Jawaban: φ = −14,11 °

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 sudut

ωc = 1/(RC) = 1/(10000·1 × 10⁻⁷) = 1000 rad/s
fc = 159,2 Hz → f/fc = 40/159,2 = 0,2513

Fasa

φ = − atan(0,2513) = −14,11°

Jawaban

φ = −14,11°
36.Plot Bode dan margin

Jawaban: GM = 4,033 dB

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

Persilangan fasa

(ω/3)·(ω/7) = 1 → ω180 = √(3·7) = 4,583 rad/s

Besar pada persilangan fasa

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 9)·√(ω² + 49)) = K/(3·7·(3 + 7)) = K/210

Margin penguatan

GM = 20·log₁₀(210/132) = 4,033 dB

Jawaban

GM = 4,033 dB
37.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akar

Jawaban: ω = 4,472 rad/s

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 + 9s² + 20s + K = 0
s³: 1, 20
s²: 9, K
s¹: (9·20 − K)/9
s⁰: K

Penguatan kritis

K = 9·20 = 180

Persamaan bantu

Pada penguatan kritis baris s¹ bernilai nol; baris s² memberikan kutub-kutub pada sumbu imajiner.

9s² + 180 = 0 → s = ±j√20
ω = 4,472 rad/s

Jawaban

ω = 4,472 rad/s
38.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akar

Jawaban: si = −14,47

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.

Penguatan sepanjang sumbu real

K(s) = −(s² + 8s)/(s + 10)

Titik stasioner

Turunkan dengan aturan hasil bagi dan samakan pembilang dengan nol.

(2s + 8)(s + 10) − (s² + 8s) = s² + 20s + 80 = 0
s = −10 ± √20 = −5,528, −14,47

Titik temu

si = −14,47

Jawaban

si = −14,47

Di antara titik pencar dan titik temu, tempat kedudukan berupa lingkaran yang berpusat di nol, dengan jari-jari √20 = 4,472.

39.Galat keadaan tunak & kendali PID

Jawaban: K = 200

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

Konstanta kecepatan yang diperlukan

Kv = A/ess = 10/0,2 = 50

Penguatan

K = 4·Kv = 200

Jawaban

K = 200

Penguatan yang besar membuat loop ini sangat sedikit teredam: ζ = 0,1414. Pertentangan itulah alasan kompensator digunakan.

40.Galat keadaan tunak & kendali PID

Jawaban: %OS = 4,321 %

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) + 8·4 = s² + 8s + 32

ωₙ dan ζ

ωₙ = √32 = 5,657 rad/s
ζ = 8/(2·5,657) = 0,7071

Lewatan

%OS = 100·e−0,7071π/√(1 − 0,7071²) = 4,321 %

Jawaban

%OS = 4,321 %

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