Di jendela cetak, pilih “Simpan sebagai PDF” untuk menyimpan salinan di perangkat Anda.
1Rumus dan metode
Resistor seri & paralel
Resistor seri
Req = R1 + R2 + …
Resistor paralel
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
Dua resistor paralel
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Hukum Ohm
V = I·R
Daya
P = V·I = I²R = V²/R
Metode
Mulailah dari ujung jaringan yang paling jauh dari terminal.
Gabungkan resistor seri dengan menjumlahkannya, dan resistor paralel dengan 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
Gambar ulang rangkaian setelah setiap langkah.
Ulangi sampai tersisa satu resistor di antara terminal.
Analisis simpul
Hukum arus Kirchhoff
ΣIin = ΣIout
Arus cabang
I = (Va − Vb)/R
Simpul referensi
Vground = 0
Metode
Pilih simpul referensi (ground) dan beri label tegangan simpul lainnya.
Tulis hukum arus Kirchhoff di setiap simpul yang tidak diketahui: arus yang keluar melalui setiap cabang sama dengan arus yang masuk.
Nyatakan setiap arus cabang sebagai (Va − Vb)/R.
Selesaikan sistem persamaannya, lalu cari arus yang Anda perlukan.
Analisis mesh
Hukum tegangan Kirchhoff
ΣV = 0 di setiap loop
Resistor bersama
arus = I1 − I2
Sumber arus dalam mesh
menetapkan arus mesh tersebut
Metode
Gambar arus searah jarum jam di setiap mesh (jendela) rangkaian.
Terapkan hukum tegangan Kirchhoff di sekeliling setiap mesh: jumlah tegangan jatuh sama dengan nol.
Pada resistor yang dipakai bersama oleh dua mesh, arusnya adalah selisih kedua arus mesh.
Selesaikan persamaannya; hasil negatif berarti arus mengalir ke arah sebaliknya.
Superposisi
Superposisi
x = x1 + x2 + … (one source at a time)
Sumber tegangan dimatikan
hubung singkat (0 V)
Sumber arus dimatikan
rangkaian terbuka (0 A)
Pembagi tegangan
V2 = V·R2/(R1 + R2)
Pembagi arus
I1 = I·R2/(R1 + R2)
Metode
Hitung jumlah sumber independen. Anda akan menyelesaikan satu rangkaian yang lebih sederhana untuk setiap sumber.
Pertahankan satu sumber dan matikan yang lain: sumber tegangan menjadi hubung singkat (kawat), sumber arus menjadi rangkaian terbuka (celah).
Selesaikan rangkaian yang lebih sederhana untuk tegangan atau arus yang Anda perlukan, dengan memperhatikan arahnya.
Ulangi untuk setiap sumber, lalu jumlahkan kontribusinya beserta tandanya.
Thévenin & Norton
Tegangan Thévenin
Vth = Vopen circuit
Resistansi Thévenin
Rth: semua sumber dimatikan, dilihat dari a–b
Arus Norton
IN = Vth/Rth
Arus beban
IL = Vth/(Rth + RL)
Transfer daya maksimum
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)
Metode
Lepaskan beban dan tandai kedua terminal a dan b.
Cari tegangan rangkaian terbuka antara a dan b: inilah Vth.
Matikan semua sumber independen dan cari hambatan yang terlihat dari a–b: inilah Rth.
Pasang kembali beban pada rangkaian ekuivalen: Vth seri dengan Rth.
Untuk ekuivalen Norton, konversikan: IN = Vth/Rth, dengan RN = Rth secara paralel.
Transien RC & RL
Konstanta waktu
τ = RC | τ = L/R
Respons
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
Kapasitor pada DC
rangkaian terbuka; vC tidak dapat melompat
Induktor pada DC
hubung singkat; iL tidak dapat melompat
Keadaan tunak
t ≈ 5τ
Metode
Cari nilai awal sesaat setelah sakelar berpindah: tegangan kapasitor dan arus induktor tidak dapat melompat.
Cari nilai akhir lama setelah sakelar berpindah: kapasitor berperilaku sebagai rangkaian terbuka, induktor sebagai hubung singkat.
Cari konstanta waktu: τ = RC atau τ = L/R, dengan hambatan yang terlihat oleh kapasitor atau induktor.
Gunakan x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ.
Impedansi AC & fasor
Impedansi
ZR = R, ZL = jωL, ZC = 1/(jωC)
Frekuensi sudut
ω = 2πf
Besar dan sudut
|Z| = √(R² + X²), φ = atan(X/R)
Hukum Ohm dalam fasor
V = I·Z
Metode
Ubah frekuensinya: ω = 2πf.
Cari setiap reaktansi: XL = ωL dan XC = 1/(ωC).
Jumlahkan impedansi seperti resistor, dengan Z = R + jX.
Cari besar |Z| = √(R² + X²) dan sudut φ = atan(X/R), lalu gunakan hukum Ohm dengan fasor.
Daya AC & faktor daya
Daya nyata
P = V·I·cos φ
Daya reaktif
Q = V·I·sin φ
Daya semu
S = V·I = √(P² + Q²)
Faktor daya
pf = cos φ = P/S
Kapasitor kompensasi
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(ωV²)
Daya tiga fasa
Hubungan Y
VL = √3·Vph, IL = Iph
Hubungan Δ
VL = Vph, IL = √3·Iph
Daya nyata total
P = √3·VL·IL·cos φ = 3·Iph²·R
Daya semu dan daya reaktif
S = √3·VL·IL, Q = P·tan φ
Kapasitor perbaikan faktor daya
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(3ωV²)
Tegangan pada setiap kapasitor
Δ: VL Y: VL/√3
Daya masukan motor
Pin = Pout/η
Transformator
Rasio lilitan
a = N1/N2 = V1/V2
Rasio arus
I1/I2 = N2/N1 = 1/a
Arus pengenal
I = S/V
Impedansi yang dirujuk
Z1′ = a²·ZL
Rugi tembaga pada beban parsial
Pcu = x²·Pcu,fl
Efisiensi
η = x·S·pf/(x·S·pf + Pcore + x²·Pcu,fl)
Efisiensi maksimum
x = √(Pcore/Pcu,fl)
Rangkaian op-amp
Penguat pembalik
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Penguat tak membalik
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Penguat penjumlah
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
Op-amp ideal
V+ = V−, Iin = 0
Dioda & transistor
Dioda (tegangan jatuh konstan)
VD = 0,7 V when conducting
Daerah aktif
VBE = 0,7 V, IC = β·IB, IE = (β + 1)·IB
Bias tetap
IB = (VCC − 0,7)/RB
Bias pembagi tegangan
IB = (VTH − 0,7)/(RTH + (β + 1)RE)
Thévenin dari pembagi tegangan
VTH = VCC·R2/(R1 + R2), RTH = R1∥R2
Loop kolektor
VCE = VCC − ICRC − IERE
Saturasi
IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC, IB ≥ IC(sat)/β
Sistem bilangan
Nilai tempat
biner 2k, oktal 8k, heksadesimal 16k
Ke desimal
Σ dk·bk
Dari desimal
bagi dengan basis, baca sisanya dari bawah ke atas
Heksadesimal ↔ biner
satu digit heksadesimal = 4 bit
Komplemen dua
balik bitnya lalu tambahkan 1
Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flop
Gerbang dasar
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Aturan Boolean
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
De Morgan
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Urutan peta Karnaugh
00, 01, 11, 10 (Gray code)
Kelompok 2ᵏ sel
kehilangan k variabel
Multiplekser 4-ke-1
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Flip-flop
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Pencacah
n bit: 2ⁿ keadaan; mod-N: n terkecil dengan 2ⁿ ≥ N; fout = fclk/N
Pencacah ripple
fmax = 1/(n·tpd)
Pencacah cincin dan Johnson
n dan 2n keadaan
Metode
Untuk rangkaian, bekerjalah dari masukan ke keluaran satu gerbang demi satu gerbang dan tulis nilai pada setiap kawat, atau tulis ekspresinya dan isi tabel kebenaran.
Untuk penyederhanaan, taruh angka 1 (dan don’t-care sebagai X) ke dalam peta Karnaugh dengan baris dan kolom kode Gray: 00, 01, 11, 10.
Cakup angka 1 dengan kelompok sesedikit dan sebesar mungkin yang berisi 1, 2, 4, 8, atau 16 sel, melingkar melewati tepi; setiap kelompok adalah satu suku hasil kali yang tersusun dari variabel yang tetap konstan. Kelompokkan angka 0 untuk bentuk POS.
Untuk flip-flop dan pencacah, baca masukan pada setiap tepi clock aktif, tulis keadaan setelah setiap tepi, dan ingat bahwa pencacah n bit berputar kembali setelah 2ⁿ keadaan.
Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akar
Kestabilan
semua akar polinomial karakteristik berada di setengah bidang kiri
tabel Routh, entri s¹ dari polinomial kubik
b1 = (a2a1 − a3a0)/a2
Akar di setengah bidang kanan
jumlah perubahan tanda pada kolom pertama
Polinomial kubik s³ + a₂s² + a₁s + a₀
stabil bila semua a > 0 dan a₂·a₁ > a₀
K/(s(s + a)(s + b))
Kmax = ab(a + b), ω = √(ab)
Persamaan karakteristik
1 + K·G(s) = 0
Asimtot
σa = (Σp − Σz)/(n − m), θ = (2q + 1)·180°/(n − m)
Titik pencar dan titik temu
dK/ds = 0
Syarat besar
K = 1/|G(s)|
Sudut keberangkatan
θd = 180° − Σ∠(from other poles) + Σ∠(from zeros)
Metode
Tulis polinomial karakteristik loop tertutup: penyebut dari 1 + K·G(s) = 0, setelah dijabarkan.
Masukkan koefisien secara bergantian ke dua baris pertama tabel Routh lalu susun baris-baris sisanya.
Hitung perubahan tanda pada kolom pertama: masing-masing adalah satu kutub di setengah bidang kanan. Dengan K dalam tabel, syaratkan bahwa setiap entri kolom pertama tetap positif.
Untuk tempat kedudukan akar, tandai kutub dan nol, segmen sumbu real, asimtot dari titik berat, dan titik pisah di tempat dK/ds = 0. Gunakan K = 1/|G(s)| untuk penguatan di suatu titik.
Galat keadaan tunak & kendali PID
Tipe sistem
jumlah kutub G(s) di s = 0
Konstanta galat
Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s), Ka = lim s²·G(s) (s → 0)
Undak A
ess = A/(1 + Kp)
Ramp A·t
ess = A/Kv
Parabola A·t²/2
ess = A/Ka
Pengendali PID
C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s
Target orde dua
s² + 2ζωns + ωn²
Lewatan dan waktu
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, ts ≈ 4/(ζωn)
Metode
Hitung kutub loop terbuka C(s)·G(s) di s = 0: itulah tipe sistem.
Hitung konstanta galat yang sesuai dengan masukan: Kp untuk undak, Kv untuk ramp, Ka untuk parabola.
Terapkan ess = A/(1 + Kp), A/Kv, atau A/Ka, atau selesaikan untuk penguatan yang Anda perlukan.
Untuk spesifikasi redaman atau kecepatan, tulis polinomial karakteristik loop tertutup dan samakan dengan s² + 2ζω_n·s + ω_n².
Sebuah rangkaian resistif linear memuat tiga sumber bebas: V1, V2, dan Is. Arus I melalui beban diukur tiga kali. Dengan semua sumber pada nilai normalnya, I = 24,5 mA. Dengan V1 digandakan dan dua lainnya tidak berubah, I = 35 mA. Dengan arah Is dibalik dan dua lainnya tidak berubah, I = 12,5 mA. Cari arus beban I ketika V2 dimatikan dan V1 serta Is bernilai normal.
normal: I = 24,5 mA2·V1: I = 35 mA−Is: I = 12,5 mA
I = mA
9.Thévenin & NortonSedang
Beban RL = 2 Ω dipasang di a–b. Ganti sisa rangkaian dengan ekuivalen Thévenin-nya dan cari arus beban IL.
V1 = 15 VR1 = 15 ΩR2 = 2 ΩR3 = 2 ΩRL = 2 Ω
IL = A
10.Thévenin & NortonSulit
Beban RL = 2 Ω dipasang di a–b. Gunakan ekuivalen Thévenin untuk mencari daya PL yang diserap beban.
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 = 150 mHt = 10 ms
W = mJ
12.Transien RC & RLSulit
Sakelar telah tertutup sejak lama, jadi rangkaian dalam keadaan tunak. Pada t = 0 sakelar membuka. Cari arus i2 melalui R2 pada t = 50 ms.
Vs = 6 VR1 = 10 kΩR2 = 4,7 kΩC = 10 µFt = 50 ms
i2 = mA
13.Impedansi AC & fasorSedang
Rangkaian RLC seri dihubungkan ke sumber 24 V (rms), 100 Hz. Cari sudut fase φ impedansi, dalam derajat (positif bila arus tertinggal dari tegangan).
V = 24 V (rms)f = 100 HzR = 15 ΩL = 250 mHC = 47 µF
φ = °
14.Impedansi AC & fasorSulit
Rangkaian RLC seri dihubungkan ke sumber 120 V (rms), 500 Hz. Cari arus rms I.
V = 120 V (rms)f = 500 HzR = 60 ΩL = 20 mHC = 2,2 µF
I = A
15.Daya AC & faktor dayaSedang
Dua beban dihubungkan paralel ke sumber satu fase 240 V: beban 16 kW dengan faktor daya 0,85 tertinggal dan pemanas 14 kW (faktor daya satu). Cari faktor daya total cos φ yang dilihat sumber.
Sebuah beban satu fase mengambil 19 kW pada faktor daya 0,8 tertinggal dari sumber 230 V, 60 Hz. Kapasitor 470 µF dihubungkan paralel dengan beban. Cari arus saluran baru I.
P = 19 kWpf1 = 0,8V = 230 Vf = 60 HzC = 470 µF
I = A
17.Daya tiga fasaSedang
Beban seimbang terhubung Δ dengan impedansi 24 + j18 Ω per fasa dihubungkan ke sumber tiga fasa seimbang dengan tegangan antarsaluran 208 V. Cari daya nyata total P yang diserap beban dalam kW.
VL = 208 VZ = 24 + j18 Ω per fasa
P = kW
18.Daya tiga fasaSulit
Beban tiga fasa seimbang menyerap 250 kW pada faktor daya 0,65 tertinggal dari sumber 480 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 = 250 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,98VL = 480 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.TransformatorSedang
Sebuah transformator ideal dengan rasio lilitan N₁:N₂ = 2:1 diberi tegangan 460 V pada kumparan primernya. Resistor 48 Ω dihubungkan pada kumparan sekunder. Cari arus primer I1.
N1:N2 = 2:1V1 = 460 VRL = 48 Ω
I1 = A
20.TransformatorSulit
Sebuah transformator satu fasa 50 kVA memiliki rugi inti 300 W dan rugi tembaga 450 W pada beban pengenal. Transformator menyuplai 50% dari kVA pengenalnya pada faktor daya 0,9 tertinggal. Cari rugi total Ploss dalam watt pada beban ini.
Op-amp ideal dan dicatu ±15 V. Cari tegangan keluaran Vout.
Vin = 0,8 VR1 = 10 kΩRf = 47 kΩ
Vout = V
22.Rangkaian op-ampSulit
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. Masukannya Vin = −0,6 V. Cari tegangan keluaran Vout.
Sebuah transistor NPN dengan β = 50 dibias oleh resistor basis RB = 270 kΩ dari sumber VCC = 9 V. Resistor kolektornya RC = 1,2 kΩ dan emitornya dihubungkan ke ground. Ambil VBE = 0,7 V dan asumsikan transistor berada di daerah aktif. Cari arus kolektor IC dalam mA.
VCC = 9 VRB = 270 kΩRC = 1,2 kΩβ = 50VBE = 0,7 V
IC = mA
24.Dioda & transistorSulit
Sebuah transistor NPN dengan β = 150 mengalihkan resistor beban 220 Ω yang terhubung antara VCC = 9 V dan kolektornya. Emitornya dihubungkan ke ground. Basis dikemudikan dari keluaran logika 3,3 V melalui resistor basis RB. Ambil VBE = 0,7 V dan VCE(sat) = 0,2 V. Agar pengalihan andal, rancang arus basis 10 kali arus minimum yang diperlukan untuk saturasi. Cari RB dalam kΩ.
Pada peta Karnaugh ini tepat satu angka 1 tidak memiliki angka 1 tetangga, sehingga tetap menjadi kelompok satu sel (minterm penuh berisi empat literal) dalam bentuk SOP minimal. Tetangga melewati tepi peta ikut dihitung. Klik sel itu.
Pencacah Johnson 4 bit Q₃Q₂Q₁Q₀ dimulai dari 0000. Pada setiap tepi clock bit bergeser satu tempat ke kanan (Q₃ → Q₂ → Q₁ → Q₀) dan Q₃ menerima kebalikan dari Q₀. Berikan keadaan Q = Q₃Q₂Q₁Q₀ sebagai bilangan desimal setelah 10 tepi clock.
Q₃Q₂Q₁Q₀ = 000010
Q =
29.Transformasi LaplaceSedang
Tentukan f(t) untuk F(s) = (6s + 36)/(s² + 4s + 4) dan hitung f(0,2).
F(s) = (6s + 36)/(s² + 4s + 4)t = 0,2 s
f(0.2) =
30.Transformasi LaplaceSulit
Sebuah sistem memenuhi y″ + 7y′ + 12y = 18·u(t). Sistem mulai dari keadaan diam (y(0) = 0, y′(0) = 0) dan masukannya adalah fungsi langkah u(t) = 10 untuk t ≥ 0. Gunakan transformasi Laplace untuk mencari keluaran y(0,25).
Plant G(s) = 3/(s + 6) memiliki loop umpan balik negatif dalam (minor) dengan penguatan H₁ = 2. Penguatan pengendali K = 5 dan loop umpan balik negatif satuan luar menutup sistem. Tentukan kutub loop tertutup p.
G(s) = 3/(s + 6)H₁ = 2K = 5
p =
32.Diagram blokSulit
Pengendali proporsional K menggerakkan plant G(s) = 8/(s + 7) dalam loop umpan balik negatif satuan. Gangguan langkah berukuran 2 masuk di masukan plant sementara R = 0. Tentukan penguatan terkecil K yang menjaga keluaran keadaan tunak sama dengan atau di bawah 0,02286.
G(s) = 8/(s + 7)D = 2css ≤ 0,02286
K =
33.Respons langkahSedang
Sebuah sistem memiliki fungsi alih G(s) = 29/(s² + 2s + 29) dan menerima masukan langkah satuan. Tentukan waktu puncak tp dari respons langkah.
G(s) = 29/(s² + 2s + 29)
tp = s
34.Respons langkahSulit
Respons langkah sebuah sistem orde dua tanpa nol menunjukkan overshoot 20 %, dan puncak pertama terjadi pada t = 1 s. Tentukan frekuensi alami ωn.
%OS = 20 %tp = 1 s
ωn = rad/s
35.Plot Bode dan marginSedang
Cari besar eksak |G(jω)| dari G(s) = 120/((s + 3)(s + 20)) pada ω = 1 rad/s, dalam dB.
G(s) = 120/((s + 3)(s + 20))ω = 1 rad/s
|G(jω)| = dB
36.Plot Bode dan marginSulit
Lingkar umpan balik satuan memiliki fungsi alih lingkar terbuka L(s) = K/(s(s + 4)(s + 5)). Cari penguatan K yang memberi margin penguatan 3 dB.
L(s) = K/(s(s + 4)(s + 5))GM = 3 dB
K =
37.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akarSedang
Loop pada diagram memiliki fungsi alih loop terbuka L(s) = K/(s(s + 2)(s + 10)). Penguatan dinaikkan sampai loop tertutup berada di ambang kestabilan. Cari frekuensi ω osilasi yang terus-menerus.
L(s) = K/(s(s + 2)(s + 10))
ω = rad/s
38.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akarSulit
Untuk L(s) = K/((s + 1)(s² + 4s + 8)), cari sudut keberangkatan θd tempat kedudukan akar dari kutub kompleks di setengah bidang atas, diukur dari sumbu real positif.
L(s) = K/((s + 1)(s² + 4s + 8))
θd = °
39.Galat keadaan tunak & kendali PIDSedang
Suatu loop umpan balik satuan dengan G(s) = K/(s(s + 5)) harus mengikuti ramp r(t) = 1t dengan galat keadaan tunak 0,01. Cari penguatan K.
G(s) = K/(s(s + 5))r(t) = 1tess = 0,01
K =
40.Galat keadaan tunak & kendali PIDSulit
Pengendali proporsional K mengendalikan plant G(s) = 2/(s(s + 6)) dalam loop umpan balik satuan. Cari penguatan K yang memberi loop tertutup rasio redaman ζ = 0,6.
G(s) = 2/(s(s + 6))ζ = 0,6
K =
3Larutan
1.Resistor seri & paralel
Jawaban: IR2 = 0,2751 A
Resistor seri dan paralel: dalam seri, arus yang sama mengalir di setiap resistor dan R = R₁ + R₂ + …. Dalam paralel, setiap resistor punya tegangan yang sama dan 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Jaringan tangga disederhanakan satu pasang demi satu pasang hingga tersisa satu resistansi ekuivalen.
Gabungkan resistor dari ujung terjauh
Mulai dari ujung yang paling jauh dari sumber dan bergerak kembali ke arahnya. Resistor yang dialiri arus sama terhubung seri; resistor di antara dua simpul yang sama terhubung paralel.
R3 + R4 = 6 + 15 = 21 Ω
R2 ∥ 21 = 10·21/(10+21) = 6,774 Ω
Req = R1 + 6,774 = 8 + 6,774 = 14,77 Ω
Arus dari sumber
Sumber hanya melihat Req, jadi hukum Ohm memberi arus yang dialirkannya. Arus itu mengalir melalui R₁.
IR1 = V1/Req = 6/14,77 = 0,4061 A
Arus melalui R₂
Kurangi jatuh tegangan pada R₁ untuk mendapat tegangan di simpul A, yaitu tegangan pada R₂.
VA = V1 − IR1·R1 = 6 − 0,4061·8 = 2,751 V
IR2 = VA/R2 = 2,751/10 = 0,2751 A
Jawaban
IR2 = 0,2751 A
2.Resistor seri & paralel
Jawaban: IR2 = 0,3639 A
Resistor seri dan paralel: dalam seri, arus yang sama mengalir di setiap resistor dan R = R₁ + R₂ + …. Dalam paralel, setiap resistor punya tegangan yang sama dan 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Jaringan tangga disederhanakan satu pasang demi satu pasang hingga tersisa satu resistansi ekuivalen.
Gabungkan resistor dari ujung terjauh
Mulai dari ujung yang paling jauh dari sumber dan bergerak kembali ke arahnya. Resistor yang dialiri arus sama terhubung seri; resistor di antara dua simpul yang sama terhubung paralel.
R5 + R6 = 12 + 20 = 32 Ω
R4 ∥ 32 = 14,04 Ω
R3 + 14,04 = 26,04 Ω
R2 ∥ 26,04 = 8,214 Ω
Req = R1 + 8,214 = 20 + 8,214 = 28,21 Ω
Arus dari sumber
Sumber hanya melihat Req, jadi hukum Ohm memberi arus yang dialirkannya. Arus itu mengalir melalui R₁.
IR1 = V1/Req = 15/28,21 = 0,5317 A
Arus melalui R₂
Kurangi jatuh tegangan pada R₁ untuk mendapat tegangan di simpul A, yaitu tegangan pada R₂.
VA = V1 − IR1·R1 = 15 − 0,5317·20 = 4,367 V
IR2 = VA/R2 = 4,367/12 = 0,3639 A
Jawaban
IR2 = 0,3639 A
3.Analisis simpul
Jawaban: IR1 = 0,4468 A
Analisis simpul: pilih simpul referensi, beri nama tegangan simpul yang tidak diketahui, tulis hukum arus Kirchhoff di setiap simpul tersebut memakai hukum Ohm (I = ΔV/R), lalu selesaikan persamaannya.
Tentukan simpul
Ground adalah kawat bawah. Tegangan simpul yang diketahui langsung berasal dari sumber (V1 = 18 V). Yang tidak diketahui: VA, VB.
KCL di simpul A
Arus yang keluar dari A melalui resistor sama dengan arus yang dimasukkan sumber ke A.
VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/4 + (VA − 18)/20 + (VA − VB)/8 = 0
0,425·VA − 0,125·VB = 0,9
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/20 + (VB − VA)/8 = 3
−0,125·VA + 0,175·VB = 3
Selesaikan
Δ = (0,425)(0,175) − (−0,125)(−0,125) = 0,05875
VA = Δ1/Δ = 0,5325/0,05875 = 9,064 V
VB = Δ2/Δ = 1,387/0,05875 = 23,62 V
Jawaban
IR1 = (V1 − VA)/R1 = (18 − 9,064)/20 = 0,4468 A
4.Analisis simpul
Jawaban: Is = 1,8 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
(11,5 − 18)/3 + 11,5/4 = (VB − 11,5)/30
0,7083 = (VB − 11,5)/30 → VB = 32,75 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 = (32,75 − 11,5)/30 + 32,75/30 = 1,8 A
Jawaban
Is = 1,8 A
5.Analisis mesh
Jawaban: IR1 = 2 A
Analisis mesh: beri setiap jendela rangkaian planar arus loop sendiri, tulis hukum tegangan Kirchhoff di setiap loop (jumlah jatuh = jumlah kenaikan), lalu selesaikan. Arus cabang adalah arus mesh, atau selisih dua arus mesh pada cabang bersama.
Tetapkan arus mesh
Gambar arus searah jarum jam di setiap jendela: I1, I2. Resistor yang dipakai bersama dua mesh membawa selisih arus keduanya.
KVL di sekitar mesh 1
Searah jarum jam, jatuh tegangan pada resistor sama dengan kenaikan tegangan sumber (dari − ke + searah lintasan).
R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
2·I1 + 2(I1 − I2) = 12
4·I1 − 2·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
2·I2 + 2(I2 − I1) = (−12)
−2·I1 + 4·I2 = −12
Selesaikan
Δ = (4)(4) − (−2)(−2) = 12
I1 = Δ1/Δ = 24/12 = 2 A
I2 = Δ2/Δ = −24/12 = −2 A
Jawaban
IR1 = I1 = 2 A
Arus mesh negatif mengalir berlawanan arah jarum jam.
6.Analisis mesh
Jawaban: I2 = −0,6555 A
Analisis mesh: beri setiap jendela rangkaian planar arus loop sendiri, tulis hukum tegangan Kirchhoff di setiap loop (jumlah jatuh = jumlah kenaikan), lalu selesaikan. Arus cabang adalah arus mesh, atau selisih dua arus mesh pada cabang bersama.
Tetapkan arus mesh
Gambar arus searah jarum jam di setiap jendela: I1, I2, 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
20·I1 + 4(I1 − I2) = 12
24·I1 − 4·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 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
3·I2 + 4(I2 − I1) + 2(I2 − I3) = 0
−4·I1 + 9·I2 − 2·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
8·I3 + 2(I3 − I2) = (−36)
−2·I2 + 10·I3 = −36
Selesaikan
Δ = determinan matriks koefisien = 1904
I1 = Δ1/Δ = 744/1904 = 0,3908 A
I2 = Δ2/Δ = −1248/1904 = −0,6555 A
I3 = Δ3/Δ = −7104/1904 = −3,731 A
Jawaban
I2 = −0,6555 A
Arus mesh negatif mengalir berlawanan arah jarum jam.
7.Superposisi
Jawaban: IR2 = 0,7541 A
Superposisi: dalam rangkaian linear, setiap tegangan atau arus adalah jumlah respons terhadap masing-masing sumber independen yang bekerja sendiri. Untuk mematikan sumber, ganti sumber tegangan ideal dengan hubung singkat dan sumber arus ideal dengan rangkaian terbuka. Resistor tetap di tempatnya.
Kasus 1 · hanya V1
Iₛ menjadi rangkaian terbuka, jadi R₃ dan R₄ membentuk satu cabang seri dari A ke ground, paralel dengan R₂.
R3+R4 = 12+10 = 22 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 3·22/(3+22) = 2,64 Ω
VA = 18·2,64/(12+2,64) = 3,246 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 3,246·10/22 = 1,475 V
IR2′ = (VA − 0)/R2 = (3,246 − 0)/3 = 1,082 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 = 12·3/(12+3) = 2,4 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 10 ∥ 14,4 = 5,902 Ω
VB = Is·Req = (−1)·5,902 = −5,902 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = −5,902·2,4/14,4 = −0,9836 V
IR2″ = (VA − 0)/R2 = (−0,9836 − 0)/3 = −0,3279 A
Jumlahkan kontribusinya
IR2 = IR2′ + IR2″
IR2 = 1,082 + (−0,3279) = 0,7541 A
Hasil negatif berarti sebenarnya arus mengalir berlawanan dengan panah.
8.Superposisi
Jawaban: I = 16,5 mA
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.
Tulis pengukuran dalam bentuk kontribusi
Setiap kontribusi sebanding dengan sumbernya sendiri.
I₁ + I₂ + I₃ = 24,5
2·I₁ + I₂ + I₃ = 35
I₁ + I₂ − I₃ = 12,5
Selesaikan kontribusinya
I₁ = 35 − 24,5 = 10,5 mA
I₃ = (24,5 − 12,5)/2 = 6 mA
I₂ = 24,5 − 10,5 − 6 = 8 mA
Matikan V₂
I = I₁ + I₃ = 10,5 + 6 = 16,5 mA
Jawaban
I = 16,5 mA
9.Thévenin & Norton
Jawaban: IL = 0,3061 A
Teorema Thévenin: setiap jaringan linear dua terminal berperilaku seperti satu sumber tegangan Vth yang seri dengan resistansi Rth. Teorema Norton menyatakan jaringan yang sama sebagai sumber arus IN = Vth/Rth yang paralel dengan Rth.
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 = 15·2/(15+2) = 1,765 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,765 + 2 = 3,765 Ω
Cari Vth, tegangan rangkaian terbuka
Dengan a–b terbuka, tidak ada arus yang mengalir di R₃, jadi tidak ada jatuh tegangan dan V_b = V_A. R₁ dan R₂ membentuk pembagi tegangan.
Vth = V1·R2/(R1+R2) = 15·2/(15+2) = 1,765 V
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) = 1,765/(3,765 + 2) = 0,3061 A
10.Thévenin & Norton
Jawaban: PL = 10,67 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.
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 = 30·30/(30+30) = 15 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 15 + 25 = 40 Ω
Cari Vth, tegangan rangkaian terbuka
Dengan a–b terbuka, satu-satunya jalur Iₛ adalah melalui R₃ ke simpul A. Cari V_A dengan superposisi V₁ dan Iₛ, lalu tambahkan jatuh tegangan pada R₃.
VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 3 + (−2,5)·15 = −34,5 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −34,5 + (−2,5)·25 = −97 V
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) = −97/(40 + 2) = −2,31 A
PL = IL²·RL = −2,31²·2 = 10,67 W
11.Transien RC & RL
Jawaban: W = 19,18 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 = 150 mH / 15 Ω = 10 ms
i(∞) = Vs/R = 12/15 = 0,8 A
Arus pada waktu tertentu
i(t) = 0,8·(1 − e−10/10) = 0,5057 A
Energi tersimpan
W = ½·L·i² = ½·150·0,5057² = 19,18 mJ
Jawaban
W = 19,18 mJ
12.Transien RC & RL
Jawaban: i2 = 0,1409 mA
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.
Tegangan awal kapasitor
Dalam keadaan tunak kapasitor adalah rangkaian terbuka, jadi R₁ dan R₂ membentuk pembagi tegangan. Tegangan kapasitor tidak dapat melompat saat sakelar membuka.
vC(0) = 6·4,7/(10 + 4,7) = 1,918 V
Konstanta waktu setelah sakelar membuka
τ = R2·C = 4,7·10 = 47 ms
Pengosongan
vC(t) = 1,918·e−50/47 = 0,6621 V
i2 = vC/R2 = 0,6621/4,7 = 0,1409 mA
Jawaban
i2 = 0,1409 mA
13.Impedansi AC & fasor
Jawaban: φ = 83,06 °
Rangkaian AC dengan fasor: resistor, induktor, dan kapasitor memiliki impedansi R, jωL, dan 1/(jωC), dengan ω = 2πf. Dalam seri, impedansi dijumlahkan seperti resistansi, tetapi sebagai bilangan kompleks. Arus dan tegangan rms mengikuti hukum Ohm dengan |Z|.
Reaktansi
ω = 2πf = 2π·100 = 628,3 rad/s
XL = ωL = 628,3·0,25 = 157,1 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(628,3·47·10⁻⁶) = 33,86 Ω
Impedansi
Dalam seri, impedansi dijumlahkan sebagai bilangan kompleks: Z = R + j(XL − XC).
Rangkaian AC dengan fasor: resistor, induktor, dan kapasitor memiliki impedansi R, jωL, dan 1/(jωC), dengan ω = 2πf. Dalam seri, impedansi dijumlahkan seperti resistansi, tetapi sebagai bilangan kompleks. Arus dan tegangan rms mengikuti hukum Ohm dengan |Z|.
Reaktansi
ω = 2πf = 2π·500 = 3142 rad/s
XL = ωL = 3142·0,02 = 62,83 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(3142·2,2·10⁻⁶) = 144,7 Ω
Impedansi
Dalam seri, impedansi dijumlahkan sebagai bilangan kompleks: Z = R + j(XL − XC).
Arus yang sama mengalir melalui setiap elemen rangkaian seri.
I = V/|Z| = 120/101,5 = 1,182 A
Jawaban
I = 1,182 A
15.Daya AC & faktor daya
Jawaban: cos φ = 0,9495
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 tiap beban
Beban tertinggal mengambil daya reaktif (Q > 0); beban mendahului memasoknya (Q < 0).
Q1 = 16·tan(arccos 0,85) = 9,916 kvar
Q2 = 0 = 0 kvar
Total
P = 16 + 14 = 30 kW
Q = 9,916 + 0 = 9,916 kvar
S = √(30² + 9,916²) = 31,6 kVA
Faktor daya total
cos φ = P/S = 30/31,6 = 0,9495 tertinggal
Jawaban
cos φ = 0,9495
16.Daya AC & faktor daya
Jawaban: I = 85,29 A
Daya AC: daya semu S = V·I (VA) terbagi menjadi daya nyata P = S·cos φ (W), yang melakukan kerja berguna, dan daya reaktif Q = S·sin φ (var), yang bolak-balik antara sumber dan beban. Faktor daya adalah cos φ. Kapasitor paralel memasok daya reaktif secara lokal, sehingga arus saluran turun untuk daya nyata yang sama.
Daya reaktif sebelum dan sesudah
Daya nyata P tidak berubah; hanya daya reaktif yang ditarik dari sumber yang berubah.
Q1 = 19·tan(arccos 0,8) = 14,25 kvar
QC = V²·2πf·C = 230²·2π·60·470·10⁻⁶ = 9373 var = 9,373 kvar
Q2 = 14,25 − 9,373 = 4,877 kvar
Daya semu baru
S2 = √(19² + 4,877²) = 19,62 kVA
Arus saluran baru
I = S2/V = 19616/230 = 85,29 A
Jawaban
I = 85,29 A
17.Daya tiga fasa
Jawaban: P = 3,461 kW
Sistem tiga fasa seimbang: pada hubungan Y (bintang) tegangan antarsaluran adalah √3 kali tegangan fasa, VL = √3·Vph, dan arus saluran sama dengan arus fasa. Pada hubungan Δ (delta) tegangan antarsaluran sama dengan tegangan fasa dan arus saluran adalah √3 kali arus fasa, IL = √3·Iph. Daya total adalah tiga kali daya satu fasa: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ.
Tegangan fasa
Vph = VL = 208 V
Arus fasa
|Z| = √(24² + 18²) = 30 Ω
Iph = 208/30 = 6,933 A
Daya nyata total
Hanya bagian resistif dari setiap impedansi yang menyerap daya nyata.
P = 3·Iph²·R = 3·6,933²·24 = 3,461 kW
Jawaban
P = 3,461 kW
Periksa: cos φ = R/|Z| = 0,8, dan √3·VL·IL·cos φ memberikan daya yang sama.
18.Daya tiga fasa
Jawaban: Cph = 926,9 µF
Sistem tiga fasa seimbang: pada hubungan Y (bintang) tegangan antarsaluran adalah √3 kali tegangan fasa, VL = √3·Vph, dan arus saluran sama dengan arus fasa. Pada hubungan Δ (delta) tegangan antarsaluran sama dengan tegangan fasa dan arus saluran adalah √3 kali arus fasa, IL = √3·Iph. Daya total adalah tiga kali daya satu fasa: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ. Perbaikan faktor daya: kapasitor menyuplai daya reaktif secara lokal, QC = P·(tan φ1 − tan φ2). Masing-masing dari ketiga kapasitor menyuplai QC/3 = V²·ω·C, dengan V tegangan pada kapasitor tersebut: VL pada bank Δ, VL/√3 pada bank Y.
Daya reaktif sebelum dan sesudah
Daya nyata tidak berubah, sehingga setiap faktor daya menentukan daya reaktifnya: Q = P·tan φ.
Q1 = 250·tan(acos 0,65) = 250·1,169 = 292,3 kvar
Q2 = 250·tan(acos 0,98) = 250·0,2031 = 50,76 kvar
Daya reaktif dari kapasitor
QC = Q1 − Q2 = 241,5 kvar
Kapasitansi per fasa
Pada bank Δ, setiap kapasitor terhubung di antara dua saluran.
V = 480 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 80506/(377·480²) = 926,9 µF
Jawaban
Cph = 926,9 µF
19.Transformator
Jawaban: I1 = 2,396 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 = 460/2 = 230 V
I2 = 230/48 = 4,792 A
Arus primer
Transformator ideal tidak memiliki rugi-rugi: V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/2 = 2,396 A
Jawaban
I1 = 2,396 A
Periksa: beban yang terlihat dari sisi primer adalah a²·RL = 192 Ω, dan 460/192 memberikan arus yang sama.
20.Transformator
Jawaban: Ploss = 412,5 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.
Rugi tembaga pada beban ini
Pcu = x²·Pcu,fl = 0,25·450 = 112,5 W
Rugi total
Rugi inti sama pada beban berapa pun.
Ploss = 300 + 112,5 = 412,5 W
Jawaban
Ploss = 412,5 W
Efisiensi pada beban ini adalah η = 98,2%.
21.Rangkaian op-amp
Jawaban: Vout = 4,56 V
Aturan op-amp ideal: dengan umpan balik negatif, op-amp mengatur keluarannya sehingga kedua masukan berada pada tegangan yang sama (V₋ = V₊), dan tidak ada arus yang masuk ke masukan mana pun. Menulis KCL di masukan pembalik dengan dua fakta ini memberi keluarannya.
Masukan pembalik mengikuti masukan
V₋ = V₊ = 0,8 V
I = V₋/R1 = 0,8/10 = 0,08 mA
Tegangan keluaran
Arus melalui R₁ juga mengalir melalui Rf.
Vout = V₋ + I·Rf = 0,8 + 0,08·47 = 4,56 V
Jawaban
Vout = 4,56 V
22.Rangkaian op-amp
Jawaban: Vout = 1,44 V
Aturan op-amp ideal: dengan umpan balik negatif, op-amp mengatur keluarannya sehingga kedua masukan berada pada tegangan yang sama (V₋ = V₊), dan tidak ada arus yang masuk ke masukan mana pun. Menulis KCL di masukan pembalik dengan dua fakta ini memberi keluarannya.
Penguatan tiap tingkat
A1 = −Rf1/R1 = −22/10 = −2,2
A2 = 1 + Rf2/R2 = 1 + 2/22 = 1,091
Tingkat demi tingkat
V1 = −2,2·(−0,6) = 1,32 V
Vout = 1,091·1,32 = 1,44 V
Jawaban
Vout = 1,44 V
23.Dioda & transistor
Jawaban: IC = 1,537 mA
Titik kerja BJT: di daerah aktif VBE = 0,7 V, IC = β·IB dan IE = (β + 1)·IB. Cari IB dari loop basis dengan KVL, lalu IC, lalu VCE dari loop kolektor–emitor. Pembagi tegangan di basis diganti dengan ekivalen Théveninnya VTH = VCC·R₂/(R₁ + R₂), RTH = R₁∥R₂; resistor emitor tampak (β + 1) kali lebih besar di loop basis.
Arus basis
IB = (VCC − VBE)/RB = (9 − 0,7)/270 kΩ = 30,74 µA
Arus kolektor
IC = β·IB = 50·30,74 µA = 1,537 mA
Jawaban
IC = 1,537 mA
Periksa: VCE = 7,156 V jauh di atas 0,2 V, sehingga transistor memang aktif.
24.Dioda & transistor
Jawaban: RB = 0,975 kΩ
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 kolektor saat saturasi
IC(sat) = (9 − 0,2)/220 = 40 mA
Arus basis minimum
IB(min) = IC(sat)/β = 40/150 = 266,7 µA
Arus basis rancangan
IB = 10·266,7 µA = 2667 µA
Resistor basis
RB = (3,3 − 0,7)/IB = 2,6 V/2,667 mA = 0,975 kΩ
Jawaban
RB = 0,975 kΩ
25.Sistem bilangan
Jawaban: U = 225
Mengatur bit: setiap bit bernilai pangkat dua (128, 64, …, 1). Satu digit heksa tepat empat bit, dan pada komplemen dua 8-bit bit paling kiri bernilai −128. Operasi bitwise bekerja pada setiap posisi bit secara terpisah.
Balik dan tambah satu
31 = 0001 1111
dibalik: 1110 0000
+1 → 1110 0001
Baca sebagai tak bertanda
1110 0001₂ = 256 − 31 = 225
Jawaban
U = 225
26.Sistem bilangan
Jawaban: R = 208
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
Menggeser ke kiri sebanyak 2 memindahkan setiap bit 2 tempat ke kiri; bit yang keluar dari ujung kiri hilang dan nol masuk dari kanan.
1011 0100 << 2
= 1101 0000
Nilai hasil
1101 0000₂ = 208
Jawaban
R = 208
27.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flop
Jawaban: AB = 01, CD = 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.
Tetangga setiap angka 1
Angka 1 dengan tetangga angka 1 dapat bergabung dalam kelompok dua atau lebih.
m6: m7, m4, m2, m14 → 0
Angka 1 yang terisolasi
m6 = A′BCD′ → AB = 01, CD = 10
Jawaban
AB = 01, CD = 10
28.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flop
Jawaban: Q = 12
Flip-flop dan pencacah: flip-flop hanya berubah pada tepi clock aktif. D menyalin masukannya (Q⁺ = D); T berbalik jika T = 1; JK bertahan untuk 00, reset untuk 01, set untuk 10, dan berbalik untuk 11. Pencacah biner n bit memiliki 2ⁿ keadaan dan menghitung modulo 2ⁿ; pencacah mod-N berurutan 0, 1, …, N − 1 lalu kembali ke 0, dan memerlukan flip-flop sebanyak n terkecil dengan 2ⁿ ≥ N. Setiap tahap pencacah ripple membagi dua frekuensi, sehingga keluaran terakhir pencacah mod-N berjalan pada fclk/N. Pencacah Johnson dari n flip-flop memiliki 2n keadaan, pencacah cincin n.
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 + 4s + 4 = (s + 2)²
Pecahan parsial
6s + 36 = 6(s + 2) + 24
F(s) = 6/(s + 2) + 24/(s + 2)²
Transformasi balik
f(t) = 6·e−2t + 24·t·e−2t
f(0,2) = (6 + 24·0,2)·e−2·0,2 = 7,239
Jawaban
f(0,2) = 7,239
30.Transformasi Laplace
Jawaban: y(0.25) = 3,213
Transformasi Laplace: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt mengubah turunan menjadi perkalian dengan s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Pasangan baku: 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), dan pergeseran s → s + σ mengalikan fungsi waktu dengan e−σt. Untuk membalik F(s) rasional, uraikan menjadi pecahan parsial: residu sebuah kutub tunggal p adalah A = [(s − p)·F(s)] pada s = p. Teorema nilai akhir: f(∞) = lims→0 s·F(s), hanya berlaku jika semua kutub s·F(s) berada di setengah bidang kiri. Teorema nilai awal: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).
Transformasikan persamaannya
Y(s) = 180/(s(s + 3)(s + 4))
Pecahan parsial
A = 180/(3·4) = 15
B = 180/((−3)·1) = −60
C = 180/((−4)·(−1)) = 45
Haluaran
y(t) = 15 − 60·e−3t + 45·e−4t
y(0,25) = 3,213
Jawaban
y(0,25) = 3,213
31.Diagram blok
Jawaban: p = −27
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).
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).
Respons gangguan
css = D·G(0)/(1 + K·G(0)) = 2·8/(7 + 8K)
Selesaikan untuk K
7 + 8K = 2·8/0,02286 = 700
K = (700 − 7)/8 = 86,63
Jawaban
K = 86,63
33.Respons langkah
Jawaban: tp = 0,5937 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).
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).
Respons frekuensi: substitusikan s = jω ke fungsi alih. Besar dalam desibel adalah 20·log₁₀|H(jω)| dan fasa adalah jumlah sudut faktor pembilang dikurangi sudut faktor penyebut. Filter RC atau RL orde pertama memiliki frekuensi sudut (−3 dB) pada ωc = 1/(RC) atau R/L, dan fc = ωc/(2π); filter lolos rendah memberi |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) dan φ = −atan(ω/ωc). Pada plot Bode asimtotik (garis lurus) setiap kutub membengkokkan besar ke bawah sebesar 20 dB/dekade pada frekuensi sudutnya, setiap nol membengkokkannya ke atas sebesar 20 dB/dekade, dan integrator 1/s memberi −20 dB/dekade pada semua frekuensi. Persilangan penguatan ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); margin fasa PM = 180° + ∠L(jωc). Persilangan fasa ω180: ∠L(jω) = −180°; margin penguatan GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Lingkar tertutup stabil bila kedua margin positif.
Respons frekuensi: substitusikan s = jω ke fungsi alih. Besar dalam desibel adalah 20·log₁₀|H(jω)| dan fasa adalah jumlah sudut faktor pembilang dikurangi sudut faktor penyebut. Filter RC atau RL orde pertama memiliki frekuensi sudut (−3 dB) pada ωc = 1/(RC) atau R/L, dan fc = ωc/(2π); filter lolos rendah memberi |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) dan φ = −atan(ω/ωc). Pada plot Bode asimtotik (garis lurus) setiap kutub membengkokkan besar ke bawah sebesar 20 dB/dekade pada frekuensi sudutnya, setiap nol membengkokkannya ke atas sebesar 20 dB/dekade, dan integrator 1/s memberi −20 dB/dekade pada semua frekuensi. Persilangan penguatan ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); margin fasa PM = 180° + ∠L(jωc). Persilangan fasa ω180: ∠L(jω) = −180°; margin penguatan GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Lingkar tertutup stabil bila kedua margin positif.
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 + 12s² + 20s + K = 0
s³: 1, 20
s²: 12, K
s¹: (12·20 − K)/12
s⁰: K
Penguatan kritis
K = 12·20 = 240
Persamaan bantu
Pada penguatan kritis baris s¹ bernilai nol; baris s² memberikan kutub-kutub pada sumbu imajiner.
12s² + 240 = 0 → s = ±j√20
ω = 4,472 rad/s
Jawaban
ω = 4,472 rad/s
38.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akar
Jawaban: θd = −26,57 °
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.
Letak kutub
s² + 4s + 8 = 0 → s = −2 ± j2
s = −1
Sudut dari kutub lainnya
∠(−2 + j2 + 1) = atan2(2, -1) = 116,6°
∠(−2 + j2 − (−2 − j2)) = ∠(j4) = 90°
Sudut keberangkatan
θd = 180° − 116,6° − 90° = −26,57°
Jawaban
θd = −26,57°
39.Galat keadaan tunak & kendali PID
Jawaban: K = 500
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 = 1/0,01 = 100
Penguatan
K = 5·Kv = 500
Jawaban
K = 500
Penguatan yang besar membuat loop ini sangat sedikit teredam: ζ = 0,1118. Pertentangan itulah alasan kompensator digunakan.
40.Galat keadaan tunak & kendali PID
Jawaban: K = 12,5
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 + 6) + 2K = s² + 6s + 2K
Frekuensi alami
2·0,6·ωₙ = 6 → ωₙ = 5 rad/s
Penguatan
2K = ωₙ² = 25 → K = 12,5
Jawaban
K = 12,5
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.