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​ = 2 ΩIR1​R3​ = 15 Ω+−V1​24 VR2​12 ΩAR4​2 ΩB

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

V1 = 24 VR1 = 2 ΩR2 = 12 ΩR3 = 15 ΩR4 = 2 Ω
IR1 = A
2.Resistor seri & paralelSulit
R1​ = 12 ΩR3​ = 6 ΩR5​ = 5 Ω+−V1​15 VR2​20 ΩAR4​8 ΩBR6​12 Ω

Cari resistansi ekuivalen Req yang dilihat sumber V1.

V1 = 15 VR1 = 12 ΩR2 = 20 ΩR3 = 6 ΩR4 = 8 ΩR5 = 5 ΩR6 = 12 Ω
Req = Ω
3.Analisis simpulSedang
R1​ = 20 ΩR3​ = 10 ΩIR3​+−V1​12 VR2​12 ΩAR4​20 ΩBIs​2,5 A

Gunakan analisis simpul untuk mencari arus IR3 melalui R3 searah panah.

V1 = 12 VIs = 2,5 AR1 = 20 ΩR2 = 12 ΩR3 = 10 ΩR4 = 20 Ω
IR3 = A
4.Analisis simpulSulit
R1​ = 25 ΩR2​ = 25 ΩIR2​R4​ = 12 Ω+−V1​30 VR3​10 ΩAR5​8 ΩBIs​2 A−+V2​6 V

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

V1 = 30 VIs = 2 AV2 = 6 VR1 = 25 ΩR2 = 25 ΩR3 = 10 ΩR4 = 12 ΩR5 = 8 Ω
IR2 = A
5.Analisis meshSedang
R1​ = 5 ΩR2​ = 3 Ω+−VR2​+−V1​9 VR3​4 ΩA+−V2​9 VI1​I2​

Gunakan analisis mesh untuk mencari tegangan VR2 pada R2 dengan polaritas yang ditunjukkan.

V1 = 9 VV2 = 9 VR1 = 5 ΩR2 = 3 ΩR3 = 4 Ω
VR2 = V
6.Analisis meshSulit
R1​ = 15 ΩR2​ = 30 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​24 VR4​4 ΩAR5​3 ΩB+−V2​36 VI1​I2​I3​

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

V1 = 24 VV2 = 36 VR1 = 15 ΩR2 = 30 ΩR3 = 10 ΩR4 = 4 ΩR5 = 3 Ω
I3 = A
7.SuperposisiSedang
R1​ = 20 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​10 VR2​3 ΩIR2​AR4​12 ΩBIs​2 A

Gunakan superposisi untuk mencari arus IR2 melalui R2 searah panah.

V1 = 10 VIs = 2 AR1 = 20 ΩR2 = 3 ΩR3 = 6 ΩR4 = 12 Ω
IR2 = A
8.SuperposisiSulit
R1​ = 4 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 5 Ω+−V1​18 VR3​12 ΩIR3​AIs​1,5 AB+−V2​15 V

Gunakan superposisi untuk mencari arus IR3 melalui R3 searah panah.

V1 = 18 VIs = 1,5 AV2 = 15 VR1 = 4 ΩR2 = 15 ΩR3 = 12 ΩR4 = 5 Ω
IR3 = A
9.Thévenin & NortonSedang
R1​ = 3 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​18 VR2​15 ΩAab

Cari resistansi Thévenin Rth dilihat dari terminal a–b.

V1 = 18 VR1 = 3 ΩR2 = 15 ΩR3 = 6 Ω
Rth = Ω
10.Thévenin & NortonSulit
R1​ = 8 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​6 VR2​4 ΩAIs​0,5 ABRL​5 ΩIL​

Beban RL = 5 Ω dipasang di a–b. Gunakan ekuivalen Thévenin untuk mencari daya PL yang diserap beban.

V1 = 6 VIs = 0,5 AR1 = 8 ΩR2 = 4 ΩR3 = 12 ΩRL = 5 Ω
PL = W
11.Transien RC & RLSedang
+−Vs​10 Vt = 0R = 15 ΩL33 mHi(t)

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

Vs = 10 VR = 15 ΩL = 33 mHt = 5 ms
vL = V
12.Transien RC & RLSulit
+−Vs​12 Vt = 0R = ?C1 µF+−vC​

Sebuah pewaktu mulai mengisi kapasitor yang tidak bermuatan melalui resistor dari catu 12 V pada t = 0. Pewaktu harus terpicu ketika tegangan kapasitor mencapai 7,58 V, tepat 250 ms setelah mulai. Dengan C = 1 µF, cari resistansi R yang diperlukan.

Vs = 12 VVth = 7,58 VT = 250 msC = 1 µF
R = kΩ
13.Impedansi AC & fasorSedang
100 V50 HzR = 50 ΩL = 20 mHC = 100 µFI

Rangkaian RLC seri dihubungkan ke sumber 100 V (rms), 50 Hz. Cari faktor daya cos φ rangkaian.

V = 100 V (rms)f = 50 HzR = 50 ΩL = 20 mHC = 100 µF
cos φ =
14.Impedansi AC & fasorSulit
VfR = 50 ΩL = 5 mHC = 0,022 µF

Sebuah rangkaian RLC seri memiliki R = 50 Ω, L = 5 mH, dan C = 0,022 µF. Cari faktor kualitasnya Q pada resonansi.

R = 50 ΩL = 5 mHC = 0,022 µF
Q =
15.Daya AC & faktor dayaSedang
400 V116 kW, 0,75213 kW, 1I = ?

Dua beban dihubungkan paralel ke sumber satu fase 400 V: beban 16 kW dengan faktor daya 0,75 tertinggal dan pemanas 13 kW (faktor daya satu). Cari arus total I yang ditarik dari sumber.

V = 400 VP1 = 16 kW, pf1 = 0,75 tertinggalP2 = 13 kW, pf2 = 1
I = A
16.Daya AC & faktor dayaSulit
240 V60 Hzbeban7 kW, 0,6C150 µFI = ?

Sebuah beban satu fase mengambil 7 kW pada faktor daya 0,6 tertinggal dari sumber 240 V, 60 Hz. Kapasitor 150 µF dihubungkan paralel dengan beban. Cari arus saluran baru I.

P = 7 kWpf1 = 0,6V = 240 Vf = 60 HzC = 150 µF
I = A
17.Daya tiga fasaSedang
ABCVL​ = 208 VIL​ = 80 Acos φ = 0,75tertinggal

Beban tiga fasa seimbang menarik arus saluran 80 A dari sumber dengan tegangan antarsaluran 208 V. Faktor dayanya 0,75 tertinggal. Cari daya nyata total P yang diserap beban dalam kW.

VL = 208 VIL = 80 Acos φ = 0,75
P = kW
18.Daya tiga fasaSulit
P = 50 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Beban tiga fasa seimbang menyerap 50 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. Cari daya reaktif total QC yang harus disuplai bank kapasitor, dalam kvar.

P = 50 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,98VL = 690 Vf = 60 Hz
QC = kvar
19.TransformatorSedang
RL​ = 60 Ω2014800 VV2​I1​ = ?I2​

Sebuah transformator ideal dengan rasio lilitan N₁:N₂ = 20:1 diberi tegangan 4800 V pada kumparan primernya. Resistor 60 Ω dihubungkan pada kumparan sekunder. Cari arus primer I1.

N1:N2 = 20:1V1 = 4800 VRL = 60 Ω
I1 = A
20.TransformatorSulit
pf 0,9550 kVA, η = 97,5%

Sebuah transformator satu fasa 50 kVA memiliki rugi inti 250 W. Pada beban pengenal dan faktor daya 0,95 tertinggal, efisiensinya 97,5%. Cari rugi tembaga beban penuh Pcu,fl dalam watt.

S = 50 kVAPcore = 250 Wpf = 0,95η = 97,5%
Pcu,fl = W
21.Rangkaian op-ampSedang
−+Vout​Rf​ = 4,7 kΩR1​ = 1 kΩVin​ = 1,5 VRa​ = 47 kΩRb​ = 10 kΩ

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

Vin = 1,5 VRa = 47 kΩRb = 10 kΩR1 = 1 kΩRf = 4,7 kΩ
Vout = V
22.Rangkaian op-ampSulit
Vin​V1​Vout​tingkat 1: membalikR1​ = 2 kΩRf1​ = 4,7 kΩtingkat 2: tak membalikR2​ = 4,7 kΩRf2​ = 10 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. Masukannya Vin = −0,85 V. Cari tegangan keluaran Vout.

R1 = 2 kΩRf1 = 4,7 kΩR2 = 4,7 kΩRf2 = 10 kΩVin = −0,85 V
Vout = V
23.Dioda & transistorSedang
RC​ = 1,5 kΩβ = 80IC​ = ?RE​ = 1,5 kΩVCC​ = 18 VR1​ = 47 kΩR2​ = 4,7 kΩ

Sebuah transistor NPN dengan β = 80 dibias dengan pembagi tegangan dari VCC = 18 V: R₁ = 47 kΩ dari VCC ke basis dan R₂ = 4,7 kΩ dari basis ke ground. Resistor kolektornya RC = 1,5 kΩ dan resistor emitornya RE = 1,5 kΩ. Ambil VBE = 0,7 V dan gunakan ekivalen Thévenin dari pembagi tegangan (jangan abaikan arus basis). Cari arus kolektor IC dalam mA.

VCC = 18 VR1 = 47 kΩR2 = 4,7 kΩRC = 1,5 kΩRE = 1,5 kΩβ = 80
IC = mA
24.Dioda & transistorSulit
+−≥ 24 VR = ?3,3 V≤ 20 mA

Regulator Zener 3,3 V harus mencatu hingga 20 mA ke beban. Masukan dapat turun hingga 24 V, dan Zener memerlukan minimal 2 mA agar meregulasi. Cari resistansi seri terbesar Rmax yang menjaganya tetap meregulasi.

Vin,min = 24 VVZ = 3,3 VIL,max = 20 mAIZ,min = 2 mA
Rmax = Ω
25.Sistem bilanganSedang
nilai posisi dalam komplemen dua1−12806413201608040211

Pola 8-bit 1010 0001 menyimpan bilangan bulat bertanda dalam komplemen dua. Berapa nilainya N dalam desimal?

1010 00018 bit
N =
26.Sistem bilanganSulit
klik bit untuk mengaturnya012806403201608040201

Atur bit menjadi hasil 8-bit dari 1101 1110 OR 1011 1000. Berapa nilai hasil R dalam desimal?

1101 1110OR1011 1000
R =
27.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flopSedang
ABC000111100101324576

Sederhanakan F = ABC′ + BC + AB′ + AC ke bentuk jumlah dari hasil kali minimal. Berapa literal L yang dimiliki ekspresi yang sudah disederhanakan?

F = ABC′ + BC + AB′ + AC
L =
28.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flopSulit
CLKJK123456

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

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

Tentukan f(t) untuk F(s) = 25/(s(s + 1)(s + 4)) dengan pecahan parsial, lalu hitung f(1).

F(s) = 25/(s(s + 1)(s + 4))t = 1 s
f(1) =
30.Transformasi LaplaceSulit
t (s)y(t)t = 0,3y(0,3) = ?

Selesaikan y″ + 3y′ + 2y = 0 dengan y(0) = 7 dan y′(0) = −13 memakai transformasi Laplace, lalu tentukan y(0,3).

y″ + 3y′ + 2y = 0y(0) = 7y′(0) = −13t = 0,3 s
y(0.3) =
31.Diagram blokSedang
R(s)+Ks(s + 5)G(s)C(s)−

Plant G(s) = K/(s(s + 5)) berada dalam loop umpan balik negatif satuan. Tentukan penguatan K agar loop tertutup teredam kritis (dua kutub riil yang sama).

G(s) = K/(s(s + 5))umpan balik negatif satuan
K =
32.Diagram blokSulit
R(s)+Kpengendali+D(s)+8s + 5plantC(s)−

Pengendali proporsional K menggerakkan plant G(s) = 8/(s + 5) 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 0,16.

G(s) = 8/(s + 5)D = 2css ≤ 0,16
K =
33.Respons langkahSedang
t (s)y(t)2

Sebuah sistem memiliki fungsi alih G(s) = 106/(s² + 2s + 53) dan menerima masukan langkah satuan. Kutubnya s = σ ± jωd. Tentukan bagian riil σ.

G(s) = 106/(s² + 2s + 53)
σ =
34.Respons langkahSulit
R(s)+Ks(s + 20)G(s)C(s)−

Loop umpan balik negatif satuan memiliki G(s) = K/(s(s + 20)). Tentukan penguatan K yang memberi respons langkah dengan overshoot 2 %.

G(s) = K/(s(s + 20))%OS = 2 %
K =
35.Plot Bode dan marginSedang
|H| (dB)0,11101001000−60−40−20020ω (rad/s)ω = 8

Cari besar eksak |G(jω)| dari G(s) = 2400/((s + 15)(s + 16)) pada ω = 8 rad/s, dalam dB.

G(s) = 2400/((s + 15)(s + 16))ω = 8 rad/s
|G(jω)| = dB
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) = K/(s(s + 4)(s + 6)). Cari penguatan K yang memberi margin penguatan 4 dB.

L(s) = K/(s(s + 4)(s + 6))GM = 4 dB
K =
37.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akarSedang
R(s)+1261s(s + 3)(s + 4)C(s)−

Loop pada diagram memiliki umpan balik negatif dan L(s) = 126/(s(s + 3)(s + 4)). Berapa banyak kutub loop tertutup N yang terletak di setengah bidang kanan?

L(s) = 126/(s(s + 3)(s + 4))
N =
38.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akarSulit
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−81j1j2

Tempat kedudukan akar dari L(s) = K(s + 7)/(s(s + 2)) meninggalkan sumbu real di antara s = 0 dan s = −2, melingkar, lalu bergabung kembali dengan sumbu real di sebelah kiri nol. Cari titik temu si.

L(s) = K(s + 7)/(s(s + 2))
si =
39.Galat keadaan tunak & kendali PIDSedang
r(t) = 5t+Ks(s + 10)C(s)−

Suatu loop umpan balik satuan dengan G(s) = K/(s(s + 10)) harus mengikuti ramp r(t) = 5t dengan galat keadaan tunak 0,5. Cari penguatan K.

G(s) = K/(s(s + 10))r(t) = 5tess = 0,5
K =
40.Galat keadaan tunak & kendali PIDSulit
R(s)+K = 410s(s + 2)C(s)−

Pengendali proporsional K = 4 mengendalikan plant G(s) = 10/(s(s + 2)) dalam loop umpan balik satuan. Tentukan persen overshoot %OS dari respons langkah.

G(s) = 10/(s(s + 2))K = 4
%OS = %

3Larutan

1.Resistor seri & paralel

Jawaban: IR1 = 2,656 A

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

R1​ = 2 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​24 VR2​12 ΩAR4​2 ΩB

Gabungkan resistor dari ujung terjauh

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

R3 + R4 = 15 + 2 = 17 Ω
R2 ∥ 17 = 12·17/(12+17) = 7,034 Ω
Req = R1 + 7,034 = 2 + 7,034 = 9,034 Ω

Arus dari sumber

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

IR1 = V1/Req = 24/9,034 = 2,656 A

Jawaban

IR1 = 2,656 A
2.Resistor seri & paralel

Jawaban: Req = 19,28 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​ = 12 ΩR3​ = 6 ΩR5​ = 5 Ω+−V1​15 VR2​20 ΩAR4​8 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 = 5 + 12 = 17 Ω
R4 ∥ 17 = 5,44 Ω
R3 + 5,44 = 11,44 Ω
R2 ∥ 11,44 = 7,277 Ω
Req = R1 + 7,277 = 12 + 7,277 = 19,28 Ω

Jawaban

Req = 19,28 Ω
3.Analisis simpul

Jawaban: IR3 = −1,213 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.

R1​ = 20 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​12 VR2​12 ΩAR4​20 ΩBIs​2,5 A

Tentukan simpul

Ground adalah kawat bawah. Tegangan simpul yang diketahui langsung berasal dari sumber (V1 = 12 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/12 + (VA − 12)/20 + (VA − VB)/10 = 0
0,2333·VA − 0,1·VB = 0,6

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)/10 = 2,5
−0,1·VA + 0,15·VB = 2,5

Selesaikan

Δ = (0,2333)(0,15) − (−0,1)(−0,1) = 0,025
VA = Δ1/Δ = 0,34/0,025 = 13,6 V
VB = Δ2/Δ = 0,6433/0,025 = 25,73 V

Jawaban

IR3 = (VA − VB)/R3 = (13,6 − 25,73)/10 = −1,213 A
4.Analisis simpul

Jawaban: IR2 = 0,5568 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.

R1​ = 25 ΩR2​ = 25 ΩR4​ = 12 Ω+−V1​30 VR3​10 ΩAR5​8 ΩBIs​2 A−+V2​6 V

Tentukan simpul

Ground adalah kawat bawah. Tegangan simpul yang diketahui langsung berasal dari sumber (V1 = 30 V, V2 = −6 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/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/10 + (VA − 30)/25 + (VA − VB)/25 = 0
0,18·VA − 0,04·VB = 1,2

KCL di simpul B

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

VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/8 + (VB − VA)/25 + (VB − (−6))/12 = (−2)
−0,04·VA + 0,2483·VB = −2,5

Selesaikan

Δ = (0,18)(0,2483) − (−0,04)(−0,04) = 0,0431
VA = Δ1/Δ = 0,198/0,0431 = 4,594 V
VB = Δ2/Δ = −0,402/0,0431 = −9,327 V

Jawaban

IR2 = (VA − VB)/R2 = (4,594 − −9,327)/25 = 0,5568 A
5.Analisis mesh

Jawaban: VR2 = −2,872 V

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​ = 5 ΩR2​ = 3 Ω+−V1​9 VR3​4 ΩA+−V2​9 VI1​I2​

Tetapkan arus mesh

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

KVL di sekitar mesh 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
5·I1 + 4(I1 − I2) = 9
9·I1 − 4·I2 = 9

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
3·I2 + 4(I2 − I1) = (−9)
−4·I1 + 7·I2 = −9

Selesaikan

Δ = (9)(7) − (−4)(−4) = 47
I1 = Δ1/Δ = 27/47 = 0,5745 A
I2 = Δ2/Δ = −45/47 = −0,9574 A

Jawaban

IR2 = I2 = −0,9574 A
VR2 = IR2·R2 = −0,9574·3 = −2,872 V

Arus mesh negatif mengalir berlawanan arah jarum jam.

6.Analisis mesh

Jawaban: I3 = −2,79 A

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

R1​ = 15 ΩR2​ = 30 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​24 VR4​4 ΩAR5​3 ΩB+−V2​36 VI1​I2​I3​

Tetapkan arus mesh

Gambar arus searah jarum jam di setiap jendela: I1, I2, I3. Resistor yang dipakai bersama dua mesh membawa selisih arus keduanya.

KVL di sekitar mesh 1

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

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
15·I1 + 4(I1 − I2) = 24
19·I1 − 4·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
30·I2 + 4(I2 − I1) + 3(I2 − I3) = 0
−4·I1 + 37·I2 − 3·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
10·I3 + 3(I3 − I2) = (−36)
−3·I2 + 13·I3 = −36

Selesaikan

Δ = determinan matriks koefisien = 8760
I1 = Δ1/Δ = 10896/8760 = 1,244 A
I2 = Δ2/Δ = −804/8760 = −0,09178 A
I3 = Δ3/Δ = −24444/8760 = −2,79 A

Jawaban

I3 = −2,79 A

Arus mesh negatif mengalir berlawanan arah jarum jam.

7.Superposisi

Jawaban: IR2 = −1,392 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​3 ΩAR4​12 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+12 = 18 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 3·18/(3+18) = 2,571 Ω
VA = 10·2,571/(20+2,571) = 1,139 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 1,139·12/18 = 0,7595 V
IR2′ = (0 − VA)/R2 = (0 − 1,139)/3 = −0,3797 A
R1​ = 20 ΩR3​ = 6 ΩHUBUNG SINGKATR2​3 ΩAR4​12 ΩBIs​2 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 = 20·3/(20+3) = 2,609 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 12 ∥ 8,609 = 5,013 Ω
VB = Is·Req = 2·5,013 = 10,03 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 10,03·2,609/8,609 = 3,038 V
IR2″ = (0 − VA)/R2 = (0 − 3,038)/3 = −1,013 A

Jumlahkan kontribusinya

IR2 = IR2′ + IR2″
IR2 = (−0,3797) + (−1,013) = −1,392 A

Hasil negatif berarti sebenarnya arus mengalir berlawanan dengan panah.

8.Superposisi

Jawaban: IR3 = 1,223 A

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

R1​ = 4 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 5 Ω+−V1​18 VR3​12 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) = 12 ∥ 20 = 7,5 Ω
VA = 18·7,5/(4+7,5) = 11,74 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 11,74·5/20 = 2,935 V
IR3′ = (VA − 0)/R3 = (11,74 − 0)/12 = 0,9783 A
R1​ = 4 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 5 ΩHUBUNG SINGKATR3​12 ΩAIs​1,5 ABHUBUNG SINGKAT

Kasus 2 · hanya Is

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

R1 ∥ R3 = 3 Ω, jadi jalur kiri adalah R2+3 = 18 Ω
Req = R4 ∥ 18 = 3,913 Ω
VB = Is·Req = 1,5·3,913 = 5,87 V
VA = VB·3/18 = 0,9783 V
IR3″ = (VA − 0)/R3 = (0,9783 − 0)/12 = 0,08152 A
R1​ = 4 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 5 ΩHUBUNG SINGKATR3​12 ΩATERBUKAB+−V2​15 V

Kasus 3 · hanya V2

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

R1 ∥ R3 = 4·12/(4+12) = 3 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 15·18/23 = 11,74 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 11,74·3/18 = 1,957 V
IR3‴ = (VA − 0)/R3 = (1,957 − 0)/12 = 0,163 A

Jumlahkan kontribusinya

IR3 = IR3′ + IR3″ + IR3‴
IR3 = 0,9783 + 0,08152 + 0,163 = 1,223 A

Hasil negatif berarti sebenarnya arus mengalir berlawanan dengan panah.

9.Thévenin & Norton

Jawaban: Rth = 8,5 Ω

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​ = 3 ΩR3​ = 6 ΩHUBUNG SINGKATR2​15 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 = 3·15/(3+15) = 2,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,5 + 6 = 8,5 Ω
10.Thévenin & Norton

Jawaban: PL = 1,126 W

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

R1​ = 8 ΩR3​ = 12 ΩHUBUNG SINGKATR2​4 ΩATERBUKABabRth​

Cari Rth dengan semua sumber dimatikan

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

R1 ∥ R2 = 8·4/(8+4) = 2,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,667 + 12 = 14,67 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​6 VR2​4 ΩAIs​0,5 ABab+−Vth​

Cari Vth, tegangan rangkaian terbuka

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

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 2 + 0,5·2,667 = 3,333 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 3,333 + 0,5·12 = 9,333 V
Rth​ = 14,67 Ω+−Vth​9,333 VRL​5 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) = 9,333/(14,67 + 5) = 0,4746 A
PL = IL²·RL = 0,4746²·5 = 1,126 W
11.Transien RC & RL

Jawaban: vL = 1,03 V

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

Konstanta waktu dan arus akhir

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

τ = L/R = 33 mH / 15 Ω = 2,2 ms
i(∞) = Vs/R = 10/15 = 0,6667 A

Tegangan induktor

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

vL(t) = Vs·e−t/τ = 10·e−5/2,2 = 1,03 V

Jawaban

vL = 1,03 V
12.Transien RC & RL

Jawaban: R = 250,3 kΩ

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

Konstanta waktu yang diperlukan

7,58 = 12·(1 − e−250/τ) → τ = 250/ln(12/(12 − 7,58))
τ = 250/0,9988 = 250,3 ms

Hambatan

kΩ dikali µF menghasilkan milidetik.

R = τ/C = 250,3/1 = 250,3 kΩ

Jawaban

R = 250,3 kΩ
13.Impedansi AC & fasor

Jawaban: cos φ = 0,8905

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 = 6,283 Ω, XC = 31,83 Ω

Impedansi

|Z| = √(50² + (−25,55)²) = 56,15 Ω

Faktor daya

cos φ = R/|Z| = 50/56,15 = 0,8905
Rangkaiannya kapasitif, jadi faktor dayanya mendahului.

Jawaban

cos φ = 0,8905
14.Impedansi AC & fasor

Jawaban: Q = 9,535

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|.

Frekuensi resonansi

f0 = 1/(2π·√(0,005·0,022·10⁻⁶)) = 15175 Hz

Faktor kualitas

Q membandingkan reaktansi pada resonansi dengan resistansi: Q = ω₀L/R.

Q = (1/R)·√(L/C) = (1/50)·√(0,005/(0,022·10⁻⁶)) = 9,535

Jawaban

Q = 9,535
15.Daya AC & faktor daya

Jawaban: I = 80,63 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 tiap beban

Beban tertinggal mengambil daya reaktif (Q > 0); beban mendahului memasoknya (Q < 0).

Q1 = 16·tan(arccos 0,75) = 14,11 kvar
Q2 = 0 = 0 kvar

Total

P = 16 + 13 = 29 kW
Q = 14,11 + 0 = 14,11 kvar
S = √(29² + 14,11²) = 32,25 kVA

Arus total

I = S/V = 32251/400 = 80,63 A

Jawaban

I = 80,63 A
16.Daya AC & faktor daya

Jawaban: I = 38,62 A

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

Daya reaktif sebelum dan sesudah

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

Q1 = 7·tan(arccos 0,6) = 9,333 kvar
QC = V²·2πf·C = 240²·2π·60·150·10⁻⁶ = 3257 var = 3,257 kvar
Q2 = 9,333 − 3,257 = 6,076 kvar

Daya semu baru

S2 = √(7² + 6,076²) = 9,269 kVA

Arus saluran baru

I = S2/V = 9269/240 = 38,62 A

Jawaban

I = 38,62 A
17.Daya tiga fasa

Jawaban: P = 21,62 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 = √3·208·80 = 28,82 kVA

Daya nyata

P = S·cos φ = 28,82·0,75 = 21,62 kW

Jawaban

P = 21,62 kW
18.Daya tiga fasa

Jawaban: QC = 29,96 kvar

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 = 50·tan(acos 0,78) = 50·0,8023 = 40,11 kvar
Q2 = 50·tan(acos 0,98) = 50·0,2031 = 10,15 kvar

Daya reaktif dari kapasitor

QC = Q1 − Q2 = 29,96 kvar

Jawaban

QC = 29,96 kvar
19.Transformator

Jawaban: I1 = 0,2 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 = 4800/20 = 240 V
I2 = 240/60 = 4 A

Arus primer

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

I1 = I2/20 = 0,2 A

Jawaban

I1 = 0,2 A

Periksa: beban yang terlihat dari sisi primer adalah a²·RL = 24000 Ω, dan 4800/24000 memberikan arus yang sama.

20.Transformator

Jawaban: Pcu,fl = 967,9 W

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

Daya keluaran dan masukan

Pout = 50·0,95 = 47,5 kW
Pin = 47500/0,975 = 48718 W

Rugi total dan rugi tembaga

Ploss = 48718 − 47500 = 1218 W
Pcu,fl = 1218 − 250 = 967,9 W

Jawaban

Pcu,fl = 967,9 W
21.Rangkaian op-amp

Jawaban: Vout = 1,5 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 +

V₊ = Vin·Rb/(Ra + Rb) = 1,5·10/(47 + 10) = 0,2632 V

Penguatan tak membalik

V₋ = V₊, dan arus melalui R₁ juga mengalir melalui Rf.

Vout = V₊·(1 + Rf/R1) = 0,2632·(1 + 4,7/1) = 1,5 V

Jawaban

Vout = 1,5 V
22.Rangkaian op-amp

Jawaban: Vout = 6,248 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 = −4,7/2 = −2,35
A2 = 1 + Rf2/R2 = 1 + 10/4,7 = 3,128

Tingkat demi tingkat

V1 = −2,35·(−0,85) = 1,998 V
Vout = 3,128·1,998 = 6,248 V

Jawaban

Vout = 6,248 V
23.Dioda & transistor

Jawaban: IC = 0,5956 mA

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

Ekivalen Thévenin dari pembagi tegangan

VTH = 18·4,7/(47 + 4,7) = 1,636 V
RTH = 47·4,7/(47 + 4,7) = 4,273 kΩ

Arus basis

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

IB = (1,636 − 0,7)/(4,273 + 81·1,5) = 7,445 µA

Arus kolektor

IC = 80·7,445 µA = 0,5956 mA
IE = 81·7,445 µA = 0,603 mA

Jawaban

IC = 0,5956 mA
24.Dioda & transistor

Jawaban: Rmax = 940,9 Ω

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

Arus kasus terburuk

IR = 20 + 2 = 22 mA

Resistansi terbesar

Rmax = 20,7/0,022 = 940,9 Ω

Jawaban

Rmax = 940,9 Ω
25.Sistem bilangan

Jawaban: N = −95

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

Jumlahkan nilai posisi

Bit lainnya tetap bernilai positif seperti biasa.

−128 + 32 + 1 = −95

Jawaban

N = −95
26.Sistem bilangan

Jawaban: R = 254

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.

1101 1110
OR 1011 1000
= 1111 1110

Nilai hasil

1111 1110₂ = 254

Jawaban

R = 254
27.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flop

Jawaban: L = 3

Aljabar Boolean: aturan yang menyederhanakan ekspresi adalah X + X′ = 1 dan X·X′ = 0, X + X = X, absorpsi X + X·Y = X, aturan penggabungan X·Y + X·Y′ = X, X + X′Y = X + Y, dan teorema konsensus XY + X′Z + YZ = XY + X′Z. Hukum De Morgan mengubah (X·Y)′ menjadi X′ + Y′ dan (X + Y)′ menjadi X′·Y′. Peta Karnaugh menerapkan aturan ini secara grafis: setiap kelompok dua sel bertetangga adalah satu penggunaan XY + XY′ = X.

Minterm dari ekspresi

ABC′ → m(6)
BC → m(3, 7)
AB′ → m(4, 5)
AC → m(5, 7)
ABC00011110010001130214151716

Kelompokkan dan baca

F = BC + A

Hitung literalnya

L = 3

Jawaban

L = 3
28.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flop

Jawaban: tepi clock 3

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

Q setelah setiap tepi

Flip-flop JK: 00 bertahan, 01 reset (Q = 0), 10 set (Q = 1), 11 berbalik.

1: J = 0, K = 1 → Q = 0
2: J = 1, K = 1 → Q = 1
3: J = 1, K = 1 → Q = 0
4: J = 1, K = 0 → Q = 1
5: J = 1, K = 1 → Q = 0
6: J = 0, K = 0 → Q = 0

Perubahan pertama dari 1 ke 0

tepi clock 3

Jawaban

tepi clock 3
29.Transformasi Laplace

Jawaban: f(1) = 3,222

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 + 1) + C/(s + 4)
A = 25/(1·4) = 6,25
B = 25/((−1)·3) = −8,333
C = 25/((−4)·(−3)) = 2,083

Transformasi balik

f(t) = 6,25 − 8,333·e−t + 2,083·e−4t

Hitung nilainya

f(1) = 6,25 − 8,333·e−1 + 2,083·e−4·1 = 3,222

Jawaban

f(1) = 3,222
30.Transformasi Laplace

Jawaban: y(0.3) = 4,034

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

Transformasikan persamaannya

s²Y − 7s − (−13) + 3(sY − 7) + 2Y = 0
Y(s) = (7s + 8)/((s + 1)(s + 2))

Pecahan parsial

A = 1/1 = 1
B = −6/(−1) = 6

Hasil

y(t) = e−t + 6·e−2t
y(0,3) = 4,034

Jawaban

y(0,3) = 4,034

Periksa: y(0) = A + B = 7.

31.Diagram blok

Jawaban: K = 6,25

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

Persamaan karakteristik

1 + K/(s(s + 5)) = 0 → s² + 5s + K = 0

Akar kembar

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

5² = 4K → K = 25/4 = 6,25

Jawaban

K = 6,25
Kedua kutub loop tertutup lalu berada di s = −2,5.
32.Diagram blok

Jawaban: K = 11,88

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/(5 + 8K)

Selesaikan untuk K

5 + 8K = 2·8/0,16 = 100
K = (100 − 5)/8 = 11,88

Jawaban

K = 11,88
33.Respons langkah

Jawaban: σ = −1

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

Bandingkan dengan bentuk baku

Penyebut harus cocok dengan s² + 2ζωₙs + ωₙ².

ωₙ² = 53 → ωₙ = 7,28 rad/s
2ζωₙ = 2 → ζ = 2/(2·7,28) = 0,1374

Hasil

σ = −ζωₙ = −2/2 = −1

Jawaban

σ = −1
34.Respons langkah

Jawaban: K = 164,5

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

Fungsi alih loop tertutup

T(s) = K/(s² + 20s + K)

Rasio redaman dari overshoot

ζ = −ln(0,02)/√(π² + ln²(0,02)) = 0,7797

Penguatan

ωₙ = 20/(2ζ) = 12,83 rad/s
K = ωₙ² = 164,5

Jawaban

K = 164,5
35.Plot Bode dan margin

Jawaban: |G(jω)| = 17,94 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.

Kalikan besar

|G(j8)| = 2400/(√(8² + 15²)·√(8² + 16²)) = 2400/(17·17,89) = 7,892

Hasil

20·log₁₀(7,892) = 17,94 dB

Jawaban

|G(jω)| = 17,94 dB
36.Plot Bode dan margin

Jawaban: K = 151,4

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/4)·(ω/6) = 1 → ω180 = √(4·6) = 4,899 rad/s

Besar pada persilangan fasa

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 16)·√(ω² + 36)) = K/(4·6·(4 + 6)) = K/240

Penguatan yang diperlukan

240/K = 104/20 = 1,585
K = 240/1,585 = 151,4

Jawaban

K = 151,4
37.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akar

Jawaban: N = 2

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

Polinomial karakteristik

s³ + 7s² + 12s + 126 = 0

Larik Routh

s³: 1, 12
s²: 7, 126
s¹: −6
s⁰: 126

Perubahan tanda pada kolom pertama

1 → 7 → −6 → 126
N = 2

Jawaban

N = 2

Penguatan berada di atas batas K = 84, sehingga sepasang kutub kompleks telah menyeberang ke setengah bidang kanan.

38.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akar

Jawaban: si = −12,92

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 + 2s)/(s + 7)

Titik stasioner

Turunkan dengan aturan hasil bagi dan samakan pembilang dengan nol.

(2s + 2)(s + 7) − (s² + 2s) = s² + 14s + 14 = 0
s = −7 ± √35 = −1,084, −12,92

Titik temu

si = −12,92

Jawaban

si = −12,92

Di antara titik pencar dan titik temu, tempat kedudukan berupa lingkaran yang berpusat di nol, dengan jari-jari √35 = 5,916.

39.Galat keadaan tunak & kendali PID

Jawaban: K = 100

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 = 5/0,5 = 10

Penguatan

K = 10·Kv = 100

Jawaban

K = 100

Penguatan yang besar membuat loop ini sangat sedikit teredam: ζ = 0,5. Pertentangan itulah alasan kompensator digunakan.

40.Galat keadaan tunak & kendali PID

Jawaban: %OS = 60,47 %

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

Polinomial karakteristik

s(s + 2) + 4·10 = s² + 2s + 40

ωₙ dan ζ

ωₙ = √40 = 6,325 rad/s
ζ = 2/(2·6,325) = 0,1581

Lewatan

%OS = 100·e−0,1581π/√(1 − 0,1581²) = 60,47 %

Jawaban

%OS = 60,47 %

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