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​ = 10 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​30 VR2​3 ΩIR2​AR4​8 ΩB

Cari arus IR2 melalui R2.

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

Cari resistansi ekuivalen Req yang dilihat sumber V1.

V1 = 6 VR1 = 20 ΩR2 = 3 ΩR3 = 4 ΩR4 = 10 ΩR5 = 6 ΩR6 = 25 Ω
Req = Ω
3.Analisis simpulSedang
−+Vs​ = 5 VIs​2 AAR1​4 ΩR2​3 ΩB

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

Is = 2 AVs = 5 VR1 = 4 ΩR2 = 3 Ω
VA = V
4.Analisis simpulSulit
R1​ = 25 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​9 VR2​8 ΩAR4​15 ΩBIs​?

Sumber arus diatur sampai tegangan simpul di A menjadi VA = 3 V. Gunakan analisis simpul untuk mencari arus sumber Is (arah seperti pada gambar).

V1 = 9 VR1 = 25 ΩR2 = 8 ΩR3 = 8 ΩR4 = 15 ΩVA = 3 V
Is = A
5.Analisis meshSedang
R1​ = 15 ΩR2​ = 3 Ω+−V1​24 VR3​20 ΩA+−V2​18 VI1​I2​

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

V1 = 24 VV2 = 18 VR1 = 15 ΩR2 = 3 ΩR3 = 20 Ω
I1 = A
6.Analisis meshSulit
R1​ = 6 ΩR2​ = 6 ΩR3​ = 2 Ω+−VR3​+−V1​36 VR4​12 ΩAR5​25 ΩB+−V2​24 VI1​I2​I3​

Gunakan analisis mesh untuk mencari tegangan VR3 pada R3 dengan polaritas yang ditunjukkan.

V1 = 36 VV2 = 24 VR1 = 6 ΩR2 = 6 ΩR3 = 2 ΩR4 = 12 ΩR5 = 25 Ω
VR3 = V
7.SuperposisiSedang
R1​ = 6 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​18 VR2​8 ΩIR2​AR4​20 ΩBIs​5 A

Gunakan superposisi untuk mencari arus IR2 melalui R2 searah panah.

V1 = 18 VIs = 5 AR1 = 6 ΩR2 = 8 ΩR3 = 2 ΩR4 = 20 Ω
IR2 = A
8.SuperposisiSulit
R1​ = 6 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 2 Ω+−V1​12 VR3​10 ΩIR3​AIs​1 AB+−V2​36 V

Gunakan superposisi untuk mencari arus IR3 melalui R3 searah panah.

V1 = 12 VIs = 1 AV2 = 36 VR1 = 6 ΩR2 = 3 ΩR3 = 10 ΩR4 = 2 Ω
IR3 = A
9.Thévenin & NortonSedang
R1​ = 6 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​18 VR2​6 ΩAab

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

V1 = 18 VR1 = 6 ΩR2 = 6 ΩR3 = 8 Ω
IN = A
10.Thévenin & NortonSulit
R1​ = 6 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​12 VR2​5 ΩAIs​4 ABab

Cari tegangan Thévenin Vth dilihat dari terminal a–b.

V1 = 12 VIs = 4 AR1 = 6 ΩR2 = 5 ΩR3 = 6 Ω
Vth = V
11.Transien RC & RLSedang
R = 33 Ωt = 0L10 mHi(t)

Induktor mengalirkan arus tunak 3 A. Pada t = 0 sakelar menutup loop melalui R dan sumber dilepas, jadi arus induktor meluruh melalui R. Berapa lama waktu yang diperlukan agar arus turun ke 0,6 A? Cari t.

i(0) = 3 AR = 33 ΩL = 10 mH
t = ms
12.Transien RC & RLSulit
+−Vs​24 Vt = 0R = 10 kΩC10 µF+−vC​vC​(0) = 4 V

Tepat sebelum sakelar ditutup pada t = 0, kapasitor bertegangan 4 V dengan polaritas yang ditunjukkan. Cari tegangan kapasitor vC pada t = 60 ms.

Vs = 24 VR = 10 kΩC = 10 µFvC(0) = 4 Vt = 60 ms
vC = V
13.Impedansi AC & fasorSedang
12 V60 HzR = 15 ΩL = 20 mHI

Sebuah resistor dan sebuah induktor dihubungkan paralel ke sumber 12 V (rms), 60 Hz. Cari sudut fase φ impedansi, dalam derajat (positif bila arus tertinggal dari tegangan).

V = 12 V (rms)f = 60 HzR = 15 ΩL = 20 mH
φ = °
14.Impedansi AC & fasorSulit
24 V60 HzR1​ = 10 ΩR2​ = 100 ΩC = 10 µF

Sebuah resistor R1 dihubungkan seri dengan gabungan paralel R2 dan kapasitor C, ke sumber 24 V (rms), 60 Hz. Cari besar impedansi |Z|.

V = 24 V (rms)f = 60 HzR1 = 10 ΩR2 = 100 ΩC = 10 µF
|Z| = Ω
15.Daya AC & faktor dayaSedang
240 VZ16 + j12 ΩI

Sebuah beban dengan impedansi Z = 16 + j12 Ω dihubungkan ke sumber satu fase 240 V (rms). Cari daya reaktif Q yang diserapnya.

V = 240 VZ = 16 + j12 Ω
Q = var
16.Daya AC & faktor dayaSulit
P = 30 kWQ1​S1​φ1​QC​

Beban satu fase menyerap 30 kW pada faktor daya 0,65 tertinggal dari sumber 240 V, 60 Hz. Kapasitor yang dipasang paralel menaikkan faktor daya menjadi 0,92. Cari kapasitansi C yang diperlukan.

P = 30 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,92V = 240 Vf = 60 Hz
C = µF
17.Daya tiga fasaSedang
ABCVL​ = 400 VIL​ = ?M37 kW, η = 93%cos φ = 0,85

Sebuah motor induksi tiga fasa menghasilkan daya keluaran mekanis 37 kW pada beban penuh. Pada beban ini efisiensinya 93% dan faktor dayanya 0,85 tertinggal. Sumbernya memiliki tegangan antarsaluran 400 V. Cari arus saluran IL.

Pout = 37 kWη = 93%cos φ = 0,85VL = 400 V
IL = A
18.Daya tiga fasaSulit
P = 150 kWφ1​S1​Q2​QC​

Beban tiga fasa seimbang menyerap 150 kW pada faktor daya 0,78 tertinggal dari sumber 480 V (antarsaluran), 50 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 Y. Cari kapasitansi Cph setiap kapasitor dalam µF.

P = 150 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,98VL = 480 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.TransformatorSedang
16 ΩN1​N2​2304 Ω

Sebuah penguat dengan hambatan keluaran 2304 Ω menggerakkan pengeras suara 16 Ω melalui transformator ideal. Untuk transfer daya maksimum, pengeras suara harus terlihat sebagai 2304 Ω dari penguat. Cari rasio lilitan a = N₁/N₂.

Rs = 2304 ΩRL = 16 Ω
a =
20.TransformatorSulit
pf 0,85500 kVA, η = 99%

Sebuah transformator satu fasa 500 kVA memiliki rugi inti 2500 W. Pada beban pengenal dan faktor daya 0,85 tertinggal, efisiensinya 99%. Cari rugi tembaga beban penuh Pcu,fl dalam watt.

S = 500 kVAPcore = 2500 Wpf = 0,85η = 99%
Pcu,fl = W
21.Rangkaian op-ampSedang
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 10 kΩVin​

Pilih resistor umpan balik Rf yang memberi penguat non-pembalik ini penguatan tegangan 3.

R1 = 10 kΩAv = 3
Rf = kΩ
22.Rangkaian op-ampSulit
Vin​V1​Vout​tingkat 1: membalikR1​ = 4,7 kΩRf1​ = 4,7 kΩtingkat 2: tak membalikR2​ = 47 kΩRf2​ = 47 kΩ

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

R1 = 4,7 kΩRf1 = 4,7 kΩR2 = 47 kΩRf2 = 47 kΩ
Av =
23.Dioda & transistorSedang
RC​ = 2,7 kΩβ = 80IC​ = ?RE​ = 1,2 kΩVCC​ = 18 VR1​ = 47 kΩR2​ = 12 kΩ

Sebuah transistor NPN dengan β = 80 dibias dengan pembagi tegangan dari VCC = 18 V: R₁ = 47 kΩ dari VCC ke basis dan R₂ = 12 kΩ dari basis ke ground. Resistor kolektornya RC = 2,7 kΩ dan resistor emitornya RE = 1,2 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 = 12 kΩRC = 2,7 kΩRE = 1,2 kΩβ = 80
IC = mA
24.Dioda & transistorSulit
+−≥ 20 VR = ?5,1 V≤ 30 mA

Regulator Zener 5,1 V harus mencatu hingga 30 mA ke beban. Masukan dapat turun hingga 20 V, dan Zener memerlukan minimal 1 mA agar meregulasi. Cari resistansi seri terbesar Rmax yang menjaganya tetap meregulasi.

Vin,min = 20 VVZ = 5,1 VIL,max = 30 mAIZ,min = 1 mA
Rmax = Ω
25.Sistem bilanganSedang
nilai posisi dalam komplemen dua1−12816403211618140201

Pola 8-bit 1101 1100 menyimpan bilangan bulat bertanda dalam komplemen dua. Berapa nilainya N dalam desimal?

1101 11008 bit
N =
26.Sistem bilanganSulit
klik bit untuk mengaturnya012806403201608040201

Atur bit menjadi hasil 8-bit dari 0111 1111 OR 0010 1101. Berapa nilai hasil R dalam desimal?

0111 1111OR0010 1101
R =
27.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flopSedang
ABCD000111100001111000111302041507060121131150141809111110

Pakai peta Karnaugh untuk mencari bentuk jumlah dari hasil kali (SOP) minimal dari F(A, B, C, D) = Σm(1, 3, 5, 8, 10, 11, 13, 15). Berapa suku hasil kali N yang dimilikinya?

F(A, B, C, D) = Σm(1, 3, 5, 8, 10, 11, 13, 15)
N =
28.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flopSulit
CLKD1234567

Flip-flop D yang dipicu tepi positif dimulai dengan Q = 0 dan menerima masukan yang ditunjukkan pada 7 tepi naik clock. Berapa kali N Q berubah keadaan?

Q₀ = 0D
N =
29.Transformasi LaplaceSedang
ReIm−1−2−3−4−5−6−712

Tentukan f(t) untuk F(s) = (4s + 26)/(s² + 4s + 8) dengan melengkapkan kuadrat, lalu hitung f(0,3).

F(s) = (4s + 26)/(s² + 4s + 8)t = 0,3 s
f(0.3) =
30.Transformasi LaplaceSulit
t (s)y(t)t = 0,1y(0,1) = ?

Sebuah sistem memenuhi y″ + 7y′ + 12y = 36·u(t), dengan y(0) = 5 dan y′(0) = 0. Pada t = 0 diberikan masukan langkah u(t) = 10. Gunakan transformasi Laplace untuk mencari y(0,1).

y″ + 7y′ + 12y = 36·u(t)y(0) = 5y′(0) = 0u(t) = 10t = 0,1 s
y(0.1) =
31.Diagram blokSedang
R(s)+12K+2s + 1G(s)C(s)5H₁−−

Plant G(s) = 2/(s + 1) memiliki loop umpan balik negatif dalam (minor) dengan penguatan H₁ = 5. Penguatan pengendali K = 12 dan loop umpan balik negatif satuan luar menutup sistem. Tentukan kutub loop tertutup p.

G(s) = 2/(s + 1)H₁ = 5K = 12
p =
32.Diagram blokSulit
R(s)+Kpengendali+D(s)+5s + 1plantC(s)−

Pengendali proporsional K menggerakkan plant G(s) = 5/(s + 1) dalam loop umpan balik negatif satuan. Gangguan langkah berukuran 5 masuk di masukan plant sementara R = 0. Tentukan penguatan terkecil K yang menjaga keluaran keadaan tunak sama dengan atau di bawah 5.

G(s) = 5/(s + 1)D = 5css ≤ 5
K =
33.Respons langkahSedang
t (s)y(t)1?

Sebuah sistem memiliki fungsi alih G(s) = 28/(s² + 4s + 28) dan menerima masukan langkah satuan. Tentukan persen overshoot %OS dari respons langkah.

G(s) = 28/(s² + 4s + 28)
%OS = %
34.Respons langkahSulit
+−10 VR = 83 ΩL = 200 mHC = 4,7 µFvC​

Rangkaian RLC seri dengan R = 83 Ω, L = 200 mH, dan C = 4,7 µF dihubungkan ke langkah 10 V pada t = 0. Kapasitor belum bermuatan dan tidak ada arus yang mengalir sebelum langkah. Tentukan waktu tp puncak tegangan pertama, dalam ms.

R = 83 ΩL = 200 mHC = 4,7 µFV = 10 V
tp = ms
35.Plot Bode dan marginSedang
|H| (dB)11101010010010001000−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 20

Cari fasa ∠G(jω) dari G(s) = 12(s + 16)/(s(s + 13)) pada ω = 20 rad/s, dalam derajat.

G(s) = 12(s + 16)/(s(s + 13))ω = 20 rad/s
∠G(jω) = °
36.Plot Bode dan marginSulit
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−60−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​

Lingkar umpan balik satuan memiliki fungsi alih lingkar terbuka L(s) = 185/(s(s + 5)). Cari margin fasa PM dalam derajat.

L(s) = 185/(s(s + 5))
PM = °
37.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akarSedang
R(s)+K1s(s + 1)(s + 8)C(s)−

Loop pada diagram memiliki fungsi alih loop terbuka L(s) = K/(s(s + 1)(s + 8)). Penguatan dinaikkan sampai loop tertutup berada di ambang kestabilan. Cari frekuensi ω osilasi yang terus-menerus.

L(s) = K/(s(s + 1)(s + 8))
ω = rad/s
38.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akarSulit
ReIm−0,5−1−1,5−2−2,50,5j0,5j1

Untuk L(s) = K/((s + 2)(s² + 2s + 2)), cari sudut keberangkatan θd tempat kedudukan akar dari kutub kompleks di setengah bidang atas, diukur dari sumbu real positif.

L(s) = K/((s + 2)(s² + 2s + 2))
θd = °
39.Galat keadaan tunak & kendali PIDSedang
R(s)+K(s + 5)(s + 10)C(s)−

Suatu loop umpan balik satuan memiliki G(s) = K/((s + 5)(s + 10)). Cari penguatan K yang memberikan galat keadaan tunak 4 % untuk masukan undak.

G(s) = K/((s + 5)(s + 10))ess = 4 %
K =
40.Galat keadaan tunak & kendali PIDSulit
R(s)+Kp​ + Ki​/s5s + 4C(s)−

Pengendali PI C(s) = Kp + Ki/s mengendalikan plant G(s) = 5/(s + 4) dalam loop umpan balik satuan. Loop tertutup harus memiliki ωₙ = 6 rad/s dan ζ = 0,5. Cari penguatan integral Ki.

G(s) = 5/(s + 4)ωₙ = 6 rad/sζ = 0,5
Ki =

3Larutan

1.Resistor seri & paralel

Jawaban: IR2 = 1,908 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​ = 10 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​30 VR2​3 ΩAR4​8 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 = 3 + 8 = 11 Ω
R2 ∥ 11 = 3·11/(3+11) = 2,357 Ω
Req = R1 + 2,357 = 10 + 2,357 = 12,36 Ω

Arus dari sumber

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

IR1 = V1/Req = 30/12,36 = 2,428 A

Arus melalui R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 30 − 2,428·10 = 5,723 V
IR2 = VA/R2 = 5,723/3 = 1,908 A

Jawaban

IR2 = 1,908 A
2.Resistor seri & paralel

Jawaban: Req = 22,38 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​ = 20 ΩR3​ = 4 ΩR5​ = 6 Ω+−V1​6 VR2​3 ΩAR4​10 ΩBR6​25 Ω

Gabungkan resistor dari ujung terjauh

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

R5 + R6 = 6 + 25 = 31 Ω
R4 ∥ 31 = 7,561 Ω
R3 + 7,561 = 11,56 Ω
R2 ∥ 11,56 = 2,382 Ω
Req = R1 + 2,382 = 20 + 2,382 = 22,38 Ω

Jawaban

Req = 22,38 Ω
3.Analisis simpul

Jawaban: VA = 0,5714 V

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

Bentuk supernode

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

VB = VA + Vs = VA + 5
VA/R1 + VB/R2 = Is

Selesaikan

VA/4 + (VA + 5)/3 = 2
VA = (2 − 5/3)/(1/4 + 1/3) = 0,5714 V
VB = 0,5714 + 5 = 5,571 V

Jawaban

VA = 0,5714 V
4.Analisis simpul

Jawaban: Is = 0,407 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
(3 − 9)/25 + 3/8 = (VB − 3)/8
0,135 = (VB − 3)/8 → VB = 4,08 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 = (4,08 − 3)/8 + 4,08/15 = 0,407 A

Jawaban

Is = 0,407 A
5.Analisis mesh

Jawaban: I1 = 0,4741 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​ = 3 Ω+−V1​24 VR3​20 ΩA+−V2​18 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
15·I1 + 20(I1 − I2) = 24
35·I1 − 20·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 + R3(I2 − I1) = −V2
3·I2 + 20(I2 − I1) = (−18)
−20·I1 + 23·I2 = −18

Selesaikan

Δ = (35)(23) − (−20)(−20) = 405
I1 = Δ1/Δ = 192/405 = 0,4741 A
I2 = Δ2/Δ = −150/405 = −0,3704 A

Jawaban

I1 = 0,4741 A

Arus mesh negatif mengalir berlawanan arah jarum jam.

6.Analisis mesh

Jawaban: VR3 = −1,5 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​ = 6 ΩR2​ = 6 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​36 VR4​12 ΩAR5​25 ΩB+−V2​24 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
6·I1 + 12(I1 − I2) = 36
18·I1 − 12·I2 = 36

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
6·I2 + 12(I2 − I1) + 25(I2 − I3) = 0
−12·I1 + 43·I2 − 25·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
2·I3 + 25(I3 − I2) = (−24)
−25·I2 + 27·I3 = −24

Selesaikan

Δ = determinan matriks koefisien = 5760
I1 = Δ1/Δ = 12096/5760 = 2,1 A
I2 = Δ2/Δ = 864/5760 = 0,15 A
I3 = Δ3/Δ = −4320/5760 = −0,75 A

Jawaban

IR3 = I3 = −0,75 A
VR3 = IR3·R3 = −0,75·2 = −1,5 V

Arus mesh negatif mengalir berlawanan arah jarum jam.

7.Superposisi

Jawaban: IR2 = 2,798 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​ = 6 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​18 VR2​8 ΩAR4​20 ΩBTERBUKA

Kasus 1 · hanya V1

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

R3+R4 = 2+20 = 22 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 8·22/(8+22) = 5,867 Ω
VA = 18·5,867/(6+5,867) = 8,899 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 8,899·20/22 = 8,09 V
IR2′ = (VA − 0)/R2 = (8,899 − 0)/8 = 1,112 A
R1​ = 6 ΩR3​ = 2 ΩHUBUNG SINGKATR2​8 ΩAR4​20 ΩBIs​5 A

Kasus 2 · hanya Is

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

R1 ∥ R2 = 6·8/(6+8) = 3,429 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 20 ∥ 5,429 = 4,27 Ω
VB = Is·Req = 5·4,27 = 21,35 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 21,35·3,429/5,429 = 13,48 V
IR2″ = (VA − 0)/R2 = (13,48 − 0)/8 = 1,685 A

Jumlahkan kontribusinya

IR2 = IR2′ + IR2″
IR2 = 1,112 + 1,685 = 2,798 A

Hasil negatif berarti sebenarnya arus mengalir berlawanan dengan panah.

8.Superposisi

Jawaban: IR3 = 2,057 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​ = 6 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 2 Ω+−V1​12 VR3​10 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) = 10 ∥ 5 = 3,333 Ω
VA = 12·3,333/(6+3,333) = 4,286 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 4,286·2/5 = 1,714 V
IR3′ = (VA − 0)/R3 = (4,286 − 0)/10 = 0,4286 A
R1​ = 6 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 2 ΩHUBUNG SINGKATR3​10 ΩAIs​1 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 = 3,75 Ω, jadi jalur kiri adalah R2+3,75 = 6,75 Ω
Req = R4 ∥ 6,75 = 1,543 Ω
VB = Is·Req = 1·1,543 = 1,543 V
VA = VB·3,75/6,75 = 0,8571 V
IR3″ = (VA − 0)/R3 = (0,8571 − 0)/10 = 0,08571 A
R1​ = 6 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 2 ΩHUBUNG SINGKATR3​10 ΩATERBUKAB+−V2​36 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 = 6·10/(6+10) = 3,75 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 36·6,75/8,75 = 27,77 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 27,77·3,75/6,75 = 15,43 V
IR3‴ = (VA − 0)/R3 = (15,43 − 0)/10 = 1,543 A

Jumlahkan kontribusinya

IR3 = IR3′ + IR3″ + IR3‴
IR3 = 0,4286 + 0,08571 + 1,543 = 2,057 A

Hasil negatif berarti sebenarnya arus mengalir berlawanan dengan panah.

9.Thévenin & Norton

Jawaban: IN = 0,8182 A

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

R1​ = 6 ΩR3​ = 8 ΩHUBUNG SINGKATR2​6 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 = 6·6/(6+6) = 3 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3 + 8 = 11 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​18 VR2​6 ΩAab+−Vth​

Cari Vth, tegangan rangkaian terbuka

Dengan a–b terbuka, tidak ada arus yang mengalir di R₃, jadi tidak ada jatuh tegangan dan V_b = V_A. R₁ dan R₂ membentuk pembagi tegangan.

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 18·6/(6+6) = 9 V
IN​0,8182 ARth​11 Ωab

Ekuivalen Norton

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

IN = Vth/Rth = 9/11 = 0,8182 A
10.Thévenin & Norton

Jawaban: Vth = −29,45 V

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

R1​ = 6 ΩR3​ = 6 ΩHUBUNG SINGKATR2​5 ΩATERBUKABabRth​

Cari Rth dengan semua sumber dimatikan

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

R1 ∥ R2 = 6·5/(6+5) = 2,727 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,727 + 6 = 8,727 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​12 VR2​5 ΩAIs​4 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) = 5,455 + (−4)·2,727 = −5,455 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −5,455 + (−4)·6 = −29,45 V
11.Transien RC & RL

Jawaban: t = 0,4877 ms

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

Konstanta waktu

τ = L/R = 10 mH / 33 Ω = 0,303 ms

Selesaikan untuk waktu

0,6 = 3·e−t/τ → t = τ·ln(3/0,6)
t = 0,303·ln(5) = 0,4877 ms

Jawaban

t = 0,4877 ms
12.Transien RC & RL

Jawaban: vC = 13,02 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.

Nilai awal, nilai akhir, konstanta waktu

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

vC(0) = 4 V, vC(∞) = Vs = 24 V
τ = R·C = 10 kΩ · 10 µF = 100 ms
vC(t) = 24 + (4 − 24)·e−t/τ

Tegangan pada waktu tertentu

vC(60) = 24 + (−20)·e−60/100 = 13,02 V

Jawaban

vC = 13,02 V
13.Impedansi AC & fasor

Jawaban: φ = 63,31 °

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

Reaktansi

XL = ωL = 2π·60·0,02 = 7,54 Ω

Arus cabang

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

IR = V/R = 12/15 = 0,8 A
IX = V/XL = 12/7,54 = 1,592 A

Arus total

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

I = √(IR² + IX²) = √(0,8² + 1,592²) = 1,781 A

Sudut fase

Arus induktor tertinggal dari V, jadi arus total tertinggal dan sudutnya positif.

φ = arctan(IX/IR) = arctan(1,592/0,8) = 63,31°

Jawaban

φ = 63,31°
14.Impedansi AC & fasor

Jawaban: |Z| = 103 Ω

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

Reaktansi

XC = 1/(2π·60·10·10⁻⁶) = 265,3 Ω

Gabungan paralel

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

Zp = R₂·(−jXC)/(R₂ − jXC) = (R₂·XC² − jR₂²·XC)/(R₂² + XC²)
Zp = 87,56 − j33,01 Ω

Impedansi total

Z = 10 + 87,56 − j33,01 = 97,56 − j33,01 Ω
|Z| = √(97,56² + 33,01²) = 103 Ω

Jawaban

|Z| = 103 Ω
15.Daya AC & faktor daya

Jawaban: Q = 1728 var

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

Arus

|Z| = √(16² + 12²) = 20 Ω
I = V/|Z| = 240/20 = 12 A

Daya reaktif

Q = I²·X = 12²·12 = 1728 var

Jawaban

Q = 1728 var
16.Daya AC & faktor daya

Jawaban: C = 1027 µF

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

Daya reaktif sebelum dan sesudah

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

Q1 = P·tan φ1 = 30·tan(49,46°) = 35,07 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 30·tan(23,07°) = 12,78 kvar
QC = Q1 − Q2 = 22,29 kvar

Kapasitansi

Kapasitor yang dipasang pada sumber memasok Q = V²·ωC.

C = QC/(2πf·V²) = 22294/(2π·60·240²) = 1027 µF

Jawaban

C = 1027 µF
17.Daya tiga fasa

Jawaban: IL = 67,56 A

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

Daya masukan listrik

Pin = Pout/η = 37/0,93 = 39,78 kW

Arus saluran

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 39785/(√3·400·0,85) = 67,56 A

Jawaban

IL = 67,56 A
18.Daya tiga fasa

Jawaban: Cph = 1242 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 = 150·tan(acos 0,78) = 150·0,8023 = 120,3 kvar
Q2 = 150·tan(acos 0,98) = 150·0,2031 = 30,46 kvar

Daya reaktif dari kapasitor

QC = Q1 − Q2 = 89,88 kvar

Kapasitansi per fasa

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

V = 480/√3 = 277,1 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 29961/(314,2·277,1²) = 1242 µF

Jawaban

Cph = 1242 µF
19.Transformator

Jawaban: a = 12

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.

Sesuaikan beban yang dirujuk

a²·16 = 2304
a = √(2304/16) = √144 = 12

Jawaban

a = 12
20.Transformator

Jawaban: Pcu,fl = 1793 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 = 500·0,85 = 425 kW
Pin = 425000/0,99 = 429293 W

Rugi total dan rugi tembaga

Ploss = 429293 − 425000 = 4293 W
Pcu,fl = 4293 − 2500 = 1793 W

Jawaban

Pcu,fl = 1793 W
21.Rangkaian op-amp

Jawaban: Rf = 20 kΩ

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

Penguatan penguat non-pembalik

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

Av = 1 + Rf/R1
Rf = (3 − 1)·10 = 20 kΩ

Jawaban

Rf = 20 kΩ
22.Rangkaian op-amp

Jawaban: Av = −2

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 = −4,7/4,7 = −1
A2 = 1 + Rf2/R2 = 1 + 47/47 = 2

Penguatan total

Av = A1·A2 = −1·2 = −2

Jawaban

Av = −2
23.Dioda & transistor

Jawaban: IC = 2,219 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 = 18·12/(47 + 12) = 3,661 V
RTH = 47·12/(47 + 12) = 9,559 kΩ

Arus basis

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

IB = (3,661 − 0,7)/(9,559 + 81·1,2) = 27,74 µA

Arus kolektor

IC = 80·27,74 µA = 2,219 mA
IE = 81·27,74 µA = 2,247 mA

Jawaban

IC = 2,219 mA
24.Dioda & transistor

Jawaban: Rmax = 480,6 Ω

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

Arus kasus terburuk

IR = 30 + 1 = 31 mA

Resistansi terbesar

Rmax = 14,9/0,031 = 480,6 Ω

Jawaban

Rmax = 480,6 Ω
25.Sistem bilangan

Jawaban: N = −36

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 + 64 + 16 + 8 + 4 = −36

Jawaban

N = −36
26.Sistem bilangan

Jawaban: R = 127

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.

0111 1111
OR 0010 1101
= 0111 1111

Nilai hasil

0111 1111₂ = 127

Jawaban

R = 127
27.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flop

Jawaban: N = 4

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

ABCD000111100001111000111302041507060121131150141809111110

Kelompokkan angka 1

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

BC′D
ACD
A′B′D
AB′D′

Bentuk SOP minimal

F = BC′D + ACD + A′B′D + AB′D′
N = 4

Jawaban

N = 4

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

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

Jawaban: N = 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 D menyalin D pada setiap tepi naik: Q⁺ = D.

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

Hitung perubahannya

0 → 0 → 0 → 0 → 1 → 0 → 0 → 1
N = 3

Jawaban

N = 3
29.Transformasi Laplace

Jawaban: f(0.3) = 4,601

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).

Lengkapkan kuadrat

s² + 4s + 8 = (s + 2)² + 4 = (s + 2)² + 2²

Cocokkan pembilangnya

F(s) = 4·(s + 2)/((s + 2)² + 2²) + (18/2)·2/((s + 2)² + 2²)

Transformasi balik

f(t) = e−2t·(4·cos 2t + 9·sin 2t)
f(0,3) = e−2·0,3·(4·cos(2·0,3) + 9·sin(2·0,3)) = 4,601

Jawaban

f(0,3) = 4,601
30.Transformasi Laplace

Jawaban: y(0.1) = 6,192

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

Transformasikan persamaannya

(s² + 7s + 12)·Y(s) = 5s + 35 + 360/s
Y(s) = (5s² + 35s + 360)/(s(s + 3)(s + 4))

Pecahan parsial

A = 360/(3·4) = 30
B = 300/((−3)·1) = −100
C = 300/((−4)·(−1)) = 75

Hasil

y(t) = 30 − 100·e−3t + 75·e−4t
y(0,1) = 6,192

Jawaban

y(0,1) = 6,192

Periksa: y(0) = A + B + C = 5.

31.Diagram blok

Jawaban: p = −35

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

Loop dalam

Gᵢ = G/(1 + G·H₁) = 2/(s + 1 + 2·5) = 2/(s + 11)

Loop luar

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 24/(s + 11 + 24) = 24/(s + 35)

Hasil

p = −35

Jawaban

p = −35
32.Diagram blok

Jawaban: K = 0,8

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)) = 5·5/(1 + 5K)

Selesaikan untuk K

1 + 5K = 5·5/5 = 5
K = (5 − 1)/5 = 0,8

Jawaban

K = 0,8
33.Respons langkah

Jawaban: %OS = 27,73 %

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 = 28 → ωₙ = 5,292 rad/s
2ζωₙ = 4 → ζ = 4/(2·5,292) = 0,378

Hasil

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−1,283 = 27,73 %

Jawaban

%OS = 27,73 %
34.Respons langkah

Jawaban: tp = 3,109 ms

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

Frekuensi alami dan rasio redaman

ωₙ = 1/√(LC) = 1/√(0,2·4,7 × 10⁻⁶) = 1031 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (83/2)·√(4,7 × 10⁻⁶/0,2) = 0,2012

Hasil

ωd = 1010 rad/s
tp = π/ωd = 3,109 ms

Jawaban

tp = 3,109 ms
35.Plot Bode dan margin

Jawaban: ∠G(jω) = −95,64 °

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.

Jumlahkan sudut

∠G = atan(20/16) − 90° − atan(20/13) = 51,34° − 90° − 56,98°

Hasil

∠G(j20) = −95,64°

Jawaban

∠G(jω) = −95,64°
36.Plot Bode dan margin

Jawaban: PM = 20,82 °

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

Persilangan penguatan

ω⁴ + 25ω² − 34225 = 0
ω² = (−25 + √(625 + 4·34225))/2 = 172,9
ωc = 13,15 rad/s

Margin fasa

∠L(jωc) = −90° − atan(13,15/5) = −159,2°
PM = 180° + ∠L = 20,82°

Jawaban

PM = 20,82°
37.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akar

Jawaban: ω = 2,828 rad/s

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

Larik Routh

s³ + 9s² + 8s + K = 0
s³: 1, 8
s²: 9, K
s¹: (9·8 − K)/9
s⁰: K

Penguatan kritis

K = 9·8 = 72

Persamaan bantu

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

9s² + 72 = 0 → s = ±j√8
ω = 2,828 rad/s

Jawaban

ω = 2,828 rad/s
38.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akar

Jawaban: θd = 45 °

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 + 2s + 2 = 0 → s = −1 ± j1
s = −2

Sudut dari kutub lainnya

∠(−1 + j1 + 2) = atan2(1, 1) = 45°
∠(−1 + j1 − (−1 − j1)) = ∠(j2) = 90°

Sudut keberangkatan

θd = 180° − 45° − 90° = 45°

Jawaban

θd = 45°
39.Galat keadaan tunak & kendali PID

Jawaban: K = 1200

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 galat yang diperlukan

1/(1 + Kp) = 0,04 → Kp = 24

Penguatan

K/50 = 24 → K = 1200

Jawaban

K = 1200

Periksa juga kestabilan loop tertutup: untuk loop orde dua ini, setiap K > 0 stabil.

40.Galat keadaan tunak & kendali PID

Jawaban: Ki = 7,2

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

1 + C(s)G(s) = 0, dikalikan dengan s(s + 4).

s² + (4 + 5Kp)s + 5Ki

Polinomial target

s² + 2·0,5·6s + 6² = s² + 6s + 36

Samakan koefisien-koefisiennya

5Ki = 36 → Ki = 7,2

Jawaban

Ki = 7,2

Suku integral membuat loop bertipe 1, sehingga undak diikuti tanpa galat keadaan tunak.

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