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 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​15 VR2​12 ΩIR2​AR4​3 ΩB

Cari arus IR2 melalui R2.

V1 = 15 VR1 = 2 ΩR2 = 12 ΩR3 = 15 ΩR4 = 3 Ω
IR2 = A
2.Resistor seri & paralelSulit
R1​ = 3 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 12 Ω+−V1​24 VR2​6 ΩAR4​25 ΩBR6​30 Ω

Cari resistansi ekuivalen Req yang dilihat sumber V1.

V1 = 24 VR1 = 3 ΩR2 = 6 ΩR3 = 5 ΩR4 = 25 ΩR5 = 12 ΩR6 = 30 Ω
Req = Ω
3.Analisis simpulSedang
R1​ = 20 ΩR3​ = 3 ΩIR3​+−V1​15 VR2​10 ΩAR4​5 ΩBIs​1,5 A

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

V1 = 15 VIs = 1,5 AR1 = 20 ΩR2 = 10 ΩR3 = 3 ΩR4 = 5 Ω
IR3 = A
4.Analisis simpulSulit
R1​ = 8 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​15 VR2​5 ΩAR4​15 ΩBIs​?

Sumber arus diatur sampai tegangan simpul di A menjadi VA = 11,5 V. Gunakan analisis simpul untuk mencari arus sumber Is (arah seperti pada gambar).

V1 = 15 VR1 = 8 ΩR2 = 5 ΩR3 = 12 ΩR4 = 15 ΩVA = 11,5 V
Is = A
5.Analisis meshSedang
R1​ = 8 ΩIR1​R2​ = 10 Ω+−V1​10 VR3​15 ΩA+−V2​12 VI1​I2​

Gunakan analisis mesh untuk mencari arus IR1 melalui R1 searah panah.

V1 = 10 VV2 = 12 VR1 = 8 ΩR2 = 10 ΩR3 = 15 Ω
IR1 = A
6.Analisis meshSulit
R1​ = 25 ΩR2​ = 6 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​12 VR4​30 ΩAR5​20 Ω+−VR5​B+−V2​12 VI1​I2​I3​

Gunakan analisis mesh untuk mencari tegangan VR5 pada R5 dengan polaritas yang ditunjukkan.

V1 = 12 VV2 = 12 VR1 = 25 ΩR2 = 6 ΩR3 = 5 ΩR4 = 30 ΩR5 = 20 Ω
VR5 = V
7.SuperposisiSedang
R1​ = 12 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​10 VR2​10 ΩAR4​12 Ω+−VR4​BIs​5 A

Gunakan superposisi untuk mencari tegangan VR4 pada R4 dengan polaritas yang ditunjukkan.

V1 = 10 VIs = 5 AR1 = 12 ΩR2 = 10 ΩR3 = 10 ΩR4 = 12 Ω
VR4 = V
8.SuperposisiSulit
R1​ = 2 ΩIR1​R2​ = 30 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​18 VR3​12 ΩAIs​2,5 AB+−V2​5 V

Gunakan superposisi untuk mencari daya PR1 yang diserap oleh R1.

V1 = 18 VIs = 2,5 AV2 = 5 VR1 = 2 ΩR2 = 30 ΩR3 = 12 ΩR4 = 15 Ω
PR1 = W
9.Thévenin & NortonSedang
R1​ = 3 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​9 VR2​10 ΩARL​15 ΩIL​B

Beban RL = 15 Ω dipasang di a–b. Ganti sisa rangkaian dengan ekuivalen Thévenin-nya dan cari arus beban IL.

V1 = 9 VR1 = 3 ΩR2 = 10 ΩR3 = 5 ΩRL = 15 Ω
IL = A
10.Thévenin & NortonSulit
R1​ = 5 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​6 VR2​30 ΩAIs​2,5 ABab

Cari tegangan Thévenin Vth dilihat dari terminal a–b.

V1 = 6 VIs = 2,5 AR1 = 5 ΩR2 = 30 ΩR3 = 12 Ω
Vth = V
11.Transien RC & RLSedang
+−Vs​12 Vt = 0R = 47 ΩL220 mHi(t)

Induktor tidak dialiri arus sebelum sakelar ditutup pada t = 0. Cari energi W yang tersimpan dalam induktor pada t = 5 ms, dalam mJ.

Vs = 12 VR = 47 ΩL = 220 mHt = 5 ms
W = mJ
12.Transien RC & RLSulit
+−Vs​9 Vt = 0R = 6,8 kΩC10 µF+−vC​vC​(0) = 10 V

Tepat sebelum sakelar ditutup pada t = 0, kapasitor bertegangan 10 V dengan polaritas yang ditunjukkan. Berapa lama waktu yang diperlukan agar vC mencapai 9,2 V? Cari t.

Vs = 9 VR = 6,8 kΩC = 10 µFvC(0) = 10 V
t = ms
13.Impedansi AC & fasorSedang
12 V50 HzR = 20 ΩL = 150 mHC = 47 µFI

Rangkaian RLC seri dihubungkan ke sumber 12 V (rms), 50 Hz. Cari arus rms I.

V = 12 V (rms)f = 50 HzR = 20 ΩL = 150 mHC = 47 µF
I = A
14.Impedansi AC & fasorSulit
120 V100 HzR = 50 ΩL = 250 mHC = 22 µFI

Rangkaian RLC seri dihubungkan ke sumber 120 V (rms), 100 Hz. Cari arus rms I.

V = 120 V (rms)f = 100 HzR = 50 ΩL = 250 mHC = 22 µF
I = A
15.Daya AC & faktor dayaSedang
230 VZ24 + j7 ΩI

Sebuah beban dengan impedansi Z = 24 + j7 Ω dihubungkan ke sumber satu fase 230 V (rms). Cari daya nyata P yang diserapnya.

V = 230 VZ = 24 + j7 Ω
P = W
16.Daya AC & faktor dayaSulit
10 V1000 HzRs​ = 25 ΩXs​ = j3 ΩZL​ = ?

Sebuah sumber 10 V (rms), 1000 Hz memiliki impedansi dalam Zs = 25 + j3 Ω. Impedansi beban ZL dapat dipilih bebas. Beban untuk daya maksimum dibuat dari resistor yang seri dengan kapasitor. Cari kapasitansinya C.

Vs = 10 V (rms)f = 1000 HzZs = 25 + j3 Ω
C = µF
17.Daya tiga fasaSedang
ABCVL​ = 208 VZ = 12 + j5 Ωper fasa

Beban seimbang terhubung Δ dengan impedansi 12 + j5 Ω per fasa dihubungkan ke sumber tiga fasa seimbang dengan tegangan antarsaluran 208 V. Cari daya nyata total P yang diserap beban dalam kW.

VL = 208 VZ = 12 + j5 Ω per fasa
P = kW
18.Daya tiga fasaSulit
P = 150 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Beban tiga fasa seimbang menyerap 150 kW pada faktor daya 0,8 tertinggal dari sumber 415 V (antarsaluran), 50 Hz. Bank kapasitor tiga fasa yang diparalel dengan beban harus menaikkan faktor daya keseluruhan menjadi 0,92 tertinggal. Daya nyatanya tetap sama. Cari daya reaktif total QC yang harus disuplai bank kapasitor, dalam kvar.

P = 150 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,92VL = 415 Vf = 50 Hz
QC = kvar
19.TransformatorSedang
RL​ = 20 Ω2014600 VV2​I1​ = ?I2​

Sebuah transformator ideal dengan rasio lilitan N₁:N₂ = 20:1 diberi tegangan 4600 V pada kumparan primernya. Resistor 20 Ω dihubungkan pada kumparan sekunder. Cari arus primer I1.

N1:N2 = 20:1V1 = 4600 VRL = 20 Ω
I1 = A
20.TransformatorSulit
500 kVA

Sebuah transformator satu fasa 500 kVA memiliki rugi inti 4000 W dan rugi tembaga 6000 W pada beban pengenal. Pada beban Sη,max berapa, dalam kVA, efisiensinya paling tinggi?

S = 500 kVAPcore = 4000 WPcu,fl = 6000 W
Sη,max = kVA
21.Rangkaian op-ampSedang
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 47 kΩVin​

Pilih resistor umpan balik Rf yang memberi penguat non-pembalik ini penguatan tegangan 4.

R1 = 47 kΩAv = 4
Rf = kΩ
22.Rangkaian op-ampSulit
−+Vout​Rf​ = 4,7 kΩV1​ = 0,3 VR1​ = 4,7 kΩV2​ = −0,2 VR2​ = 100 kΩIf​

Penguat penjumlah memakai op-amp ideal yang dicatu ±15 V. Cari arus If melalui resistor umpan balik, yang mengalir menuju keluaran.

V1 = 0,3 VV2 = −0,2 VR1 = 4,7 kΩR2 = 100 kΩRf = 4,7 kΩ
If = mA
23.Dioda & transistorSedang
RC​ = 1,5 kΩβ = 100IC​ = ?RE​ = 470 ΩVCC​ = 12 VR1​ = 33 kΩR2​ = 8,2 kΩ

Sebuah transistor NPN dengan β = 100 dibias dengan pembagi tegangan dari VCC = 12 V: R₁ = 33 kΩ dari VCC ke basis dan R₂ = 8,2 kΩ dari basis ke ground. Resistor kolektornya RC = 1,5 kΩ dan resistor emitornya RE = 470 Ω. Ambil VBE = 0,7 V dan gunakan ekivalen Thévenin dari pembagi tegangan (jangan abaikan arus basis). Cari arus kolektor IC dalam mA.

VCC = 12 VR1 = 33 kΩR2 = 8,2 kΩRC = 1,5 kΩRE = 470 Ωβ = 100
IC = mA
24.Dioda & transistorSulit
RC​ = 150 Ωβ = 100VCC​ = 24 V5 VRB​ = ?

Sebuah transistor NPN dengan β = 100 mengalihkan resistor beban 150 Ω yang terhubung antara VCC = 24 V dan kolektornya. Emitornya dihubungkan ke ground. Basis dikemudikan dari keluaran logika 5 V melalui resistor basis RB. Ambil VBE = 0,7 V dan VCE(sat) = 0,2 V. Agar pengalihan andal, rancang arus basis 4 kali arus minimum yang diperlukan untuk saturasi. Cari RB dalam kΩ.

VCC = 24 VRC = 150 Ωβ = 100Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 Voverdrive = 4
RB = kΩ
25.Sistem bilanganSedang
Komplemen dua 8-bit?−128?64?32?16?8?4?2?1

Tulis −43 sebagai pola komplemen dua 8-bit. Baca pola itu sebagai bilangan biner tak bertanda: berapa nilainya U dalam desimal?

N = −438 bit
U =
26.Sistem bilanganSulit
klik bit untuk mengaturnya012806403201608040201

Atur bit menjadi hasil 8-bit dari 1011 1111 AND 1110 0001. Berapa nilai hasil R dalam desimal?

1011 1111AND1110 0001
R =
27.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flopSedang
ABC00011110011011131204150716

Pakai peta Karnaugh untuk mencari bentuk jumlah dari hasil kali (SOP) minimal dari F(A, B, C) = Σm(0, 1, 2, 3, 5, 6). Berapa literal L yang dimilikinya secara total (variabel beraksen dihitung satu literal)?

F(A, B, C) = Σm(0, 1, 2, 3, 5, 6)
L =
28.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flopSulit
CLKJK1234567

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
  7. 7tepi clock 7
29.Transformasi LaplaceSedang
ReIm−2−4−6−8−10

F(s) = (4s + 38)/(s² + 9s + 14). Transformasi baliknya berbentuk f(t) = A·e−2t + B·e−7t. Tentukan koefisien A dengan pecahan parsial.

F(s) = (4s + 38)/(s² + 9s + 14)
A =
30.Transformasi LaplaceSulit
ReIm−1−2−3−4−5−61

Sebuah sistem dinyatakan oleh persamaan diferensial y″ + 9y′ + 18y = 16u, dengan masukan u(t) dan keluaran y(t). Tentukan fungsi alihnya G(s) = Y(s)/U(s) (syarat awal nol) dan hitung respons impuls g(t) pada t = 0,5 s. Tentukan g(0,5).

y″ + 9y′ + 18y = 16ut = 0,5 s
g(0.5) =
31.Diagram blokSedang
R(s)+14s + 2G(s)C(s)2H−

Plant G(s) = 14/(s + 2) dikendalikan dalam loop umpan balik negatif yang sensornya memiliki penguatan H = 2. Tentukan konstanta waktu τ loop tertutup.

G(s) = 14/(s + 2)H = 2
τ = s
32.Diagram blokSulit
R(s)+13s + 2G₁+5s + 2G₂C(s)4H₁−0,1H₂−

Reduksi diagram blok dengan G₁ = 13/(s + 2), G₂ = 5/(s + 2), umpan balik negatif dalam H₁ = 4 di sekitar G₂ dan umpan balik negatif luar H₂ = 0,1. Tentukan penguatan DC T(0) dari C(s)/R(s).

G₁ = 13/(s + 2)G₂ = 5/(s + 2)H₁ = 4H₂ = 0,1
T(0) =
33.Respons langkahSedang
t (s)y(t)1

Sebuah sistem memiliki fungsi alih G(s) = 77/(s² + 5s + 77) dan menerima masukan langkah satuan. Kutubnya s = σ ± jωd. Tentukan bagian riil σ.

G(s) = 77/(s² + 5s + 77)
σ =
34.Respons langkahSulit
R(s)+100s(s + 5)G(s)C(s)−

Loop umpan balik negatif satuan memiliki G(s) = 100/(s(s + 5)). Tentukan waktu penetapan 2 % ts dari respons langkah loop tertutup, dengan ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 100/(s(s + 5))
ts = s
35.Plot Bode dan marginSedang
vin​L = 2,2 mHR = 22 Ωvout​

Filter lolos rendah RL yang ditunjukkan memiliki R = 22 Ω, L = 2,2 mH. Masukan sinusoidal 4,8 kHz diberikan. Cari pergeseran fasa φ dari vout relatif terhadap vin, dalam derajat.

R = 22 ΩL = 2,2 mHf = 4,8 kHz
φ = °
36.Plot Bode dan marginSulit
|H| (dB)11101010010010001000−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​

Lingkar umpan balik satuan memiliki fungsi alih lingkar terbuka L(s) = 380/(s(s + 20)). Cari margin fasa PM dalam derajat.

L(s) = 380/(s(s + 20))
PM = °
37.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akarSedang
R(s)+K1s(s + 3)(s + 5)C(s)−

Loop pada diagram memiliki fungsi alih loop terbuka L(s) = K/(s(s + 3)(s + 5)). Penguatan dinaikkan sampai loop tertutup berada di ambang kestabilan. Cari frekuensi ω osilasi yang terus-menerus.

L(s) = K/(s(s + 3)(s + 5))
ω = rad/s
38.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akarSulit
ReIm−2−4−6−8−10−12j2−2,5

Untuk loop L(s) = K/(s(s + 4)(s + 10)), cari penguatan K yang menempatkan kutub loop tertutup di s = −2,5.

L(s) = K/(s(s + 4)(s + 10))s = −2,5
K =
39.Galat keadaan tunak & kendali PIDSedang
R(s)+K(s + 2)(s + 4)C(s)−

Suatu loop umpan balik satuan memiliki G(s) = K/((s + 2)(s + 4)). Cari penguatan K yang memberikan galat keadaan tunak 25 % untuk masukan undak.

G(s) = K/((s + 2)(s + 4))ess = 25 %
K =
40.Galat keadaan tunak & kendali PIDSulit
R(s)+K = 85s(s + 8)C(s)−

Pengendali proporsional K = 8 mengendalikan plant G(s) = 5/(s(s + 8)) dalam loop umpan balik satuan. Tentukan waktu penetapan 2 % ts dari respons langkah, dengan ts ≈ 4/(ζωₙ).

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

3Larutan

1.Resistor seri & paralel

Jawaban: IR2 = 0,9783 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​15 VR2​12 ΩAR4​3 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 + 3 = 18 Ω
R2 ∥ 18 = 12·18/(12+18) = 7,2 Ω
Req = R1 + 7,2 = 2 + 7,2 = 9,2 Ω

Arus dari sumber

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

IR1 = V1/Req = 15/9,2 = 1,63 A

Arus melalui R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 15 − 1,63·2 = 11,74 V
IR2 = VA/R2 = 11,74/12 = 0,9783 A

Jawaban

IR2 = 0,9783 A
2.Resistor seri & paralel

Jawaban: Req = 7,65 Ω

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

R1​ = 3 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 12 Ω+−V1​24 VR2​6 ΩAR4​25 ΩBR6​30 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 = 12 + 30 = 42 Ω
R4 ∥ 42 = 15,67 Ω
R3 + 15,67 = 20,67 Ω
R2 ∥ 20,67 = 4,65 Ω
Req = R1 + 4,65 = 3 + 4,65 = 7,65 Ω

Jawaban

Req = 7,65 Ω
3.Analisis simpul

Jawaban: IR3 = −0,1705 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​ = 3 Ω+−V1​15 VR2​10 ΩAR4​5 ΩBIs​1,5 A

Tentukan simpul

Ground adalah kawat bawah. Tegangan simpul yang diketahui langsung berasal dari sumber (V1 = 15 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/10 + (VA − 15)/20 + (VA − VB)/3 = 0
0,4833·VA − 0,3333·VB = 0,75

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/5 + (VB − VA)/3 = 1,5
−0,3333·VA + 0,5333·VB = 1,5

Selesaikan

Δ = (0,4833)(0,5333) − (−0,3333)(−0,3333) = 0,1467
VA = Δ1/Δ = 0,9/0,1467 = 6,136 V
VB = Δ2/Δ = 0,975/0,1467 = 6,648 V

Jawaban

IR3 = (VA − VB)/R3 = (6,136 − 6,648)/3 = −0,1705 A
4.Analisis simpul

Jawaban: Is = 4,119 A

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

KCL di simpul A

VA diketahui, jadi persamaan ini memberi VB.

(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
(11,5 − 15)/8 + 11,5/5 = (VB − 11,5)/12
1,862 = (VB − 11,5)/12 → VB = 33,85 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 = (33,85 − 11,5)/12 + 33,85/15 = 4,119 A

Jawaban

Is = 4,119 A
5.Analisis mesh

Jawaban: IR1 = 0,2 A

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

R1​ = 8 ΩR2​ = 10 Ω+−V1​10 VR3​15 ΩA+−V2​12 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
8·I1 + 15(I1 − I2) = 10
23·I1 − 15·I2 = 10

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
10·I2 + 15(I2 − I1) = (−12)
−15·I1 + 25·I2 = −12

Selesaikan

Δ = (23)(25) − (−15)(−15) = 350
I1 = Δ1/Δ = 70/350 = 0,2 A
I2 = Δ2/Δ = −126/350 = −0,36 A

Jawaban

IR1 = I1 = 0,2 A

Arus mesh negatif mengalir berlawanan arah jarum jam.

6.Analisis mesh

Jawaban: VR5 = 9,083 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​ = 25 ΩR2​ = 6 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​12 VR4​30 ΩAR5​20 ΩB+−V2​12 VI1​I2​I3​

Tetapkan arus mesh

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

KVL di sekitar mesh 1

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

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
25·I1 + 30(I1 − I2) = 12
55·I1 − 30·I2 = 12

KVL di sekitar mesh 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
6·I2 + 30(I2 − I1) + 20(I2 − I3) = 0
−30·I1 + 56·I2 − 20·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
5·I3 + 20(I3 − I2) = (−12)
−20·I2 + 25·I3 = −12

Selesaikan

Δ = determinan matriks koefisien = 32500
I1 = Δ1/Δ = 4800/32500 = 0,1477 A
I2 = Δ2/Δ = −4200/32500 = −0,1292 A
I3 = Δ3/Δ = −18960/32500 = −0,5834 A

Jawaban

IR5 = I2 − I3 = 0,4542 A
VR5 = IR5·R5 = 0,4542·20 = 9,083 V

Arus mesh negatif mengalir berlawanan arah jarum jam.

7.Superposisi

Jawaban: VR4 = 35,76 V

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​ = 12 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​10 VR2​10 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 = 10+12 = 22 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 10·22/(10+22) = 6,875 Ω
VA = 10·6,875/(12+6,875) = 3,642 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 3,642·12/22 = 1,987 V
VR4′ = VB − 0 = 1,987 − 0 = 1,987 V
R1​ = 12 ΩR3​ = 10 ΩHUBUNG SINGKATR2​10 ΩAR4​12 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 = 12·10/(12+10) = 5,455 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 12 ∥ 15,45 = 6,755 Ω
VB = Is·Req = 5·6,755 = 33,77 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 33,77·5,455/15,45 = 11,92 V
VR4″ = VB − 0 = 33,77 − 0 = 33,77 V

Jumlahkan kontribusinya

VR4 = VR4′ + VR4″
VR4 = 1,987 + 33,77 = 35,76 V

Hasil negatif berarti sebenarnya polaritasnya berlawanan dengan yang ditandai.

8.Superposisi

Jawaban: PR1 = 1,245 W

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

R1​ = 2 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 15 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 ∥ 45 = 9,474 Ω
VA = 18·9,474/(2+9,474) = 14,86 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 14,86·15/45 = 4,954 V
IR1′ = (V1 − VA)/R1 = (18 − 14,86)/2 = 1,569 A
R1​ = 2 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 15 ΩHUBUNG SINGKATR3​12 ΩAIs​2,5 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 = 1,714 Ω, jadi jalur kiri adalah R2+1,714 = 31,71 Ω
Req = R4 ∥ 31,71 = 10,18 Ω
VB = Is·Req = 2,5·10,18 = 25,46 V
VA = VB·1,714/31,71 = 1,376 V
IR1″ = (V1 − VA)/R1 = (0 − 1,376)/2 = −0,6881 A
R1​ = 2 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 15 ΩHUBUNG SINGKATR3​12 ΩATERBUKAB+−V2​5 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 = 2·12/(2+12) = 1,714 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 5·31,71/46,71 = 3,394 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 3,394·1,714/31,71 = 0,1835 V
IR1‴ = (V1 − VA)/R1 = (0 − 0,1835)/2 = −0,09174 A

Jumlahkan kontribusi arus

IR1 = IR1′ + IR1″ + IR1‴ = 1,569 + (−0,6881) + (−0,09174) = 0,789 A

Daya pada resistor

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

PR1 = IR1²·R1 = 0,789²·2 = 1,245 W

Jawaban

PR1 = 1,245 W

Menjumlahkan daya dari kasus-kasus terpisah akan memberi 5,886 W, dan itu salah.

9.Thévenin & Norton

Jawaban: IL = 0,3103 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​ = 3 ΩR3​ = 5 ΩHUBUNG SINGKATR2​10 ΩAabRth​

Cari Rth dengan semua sumber dimatikan

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

R1 ∥ R2 = 3·10/(3+10) = 2,308 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,308 + 5 = 7,308 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​9 VR2​10 ΩAab+−Vth​

Cari Vth, tegangan rangkaian terbuka

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

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 9·10/(3+10) = 6,923 V
Rth​ = 7,308 Ω+−Vth​6,923 VRL​15 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) = 6,923/(7,308 + 15) = 0,3103 A
10.Thévenin & Norton

Jawaban: Vth = −35,57 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​ = 5 ΩR3​ = 12 ΩHUBUNG SINGKATR2​30 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 = 5·30/(5+30) = 4,286 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,286 + 12 = 16,29 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​6 VR2​30 ΩAIs​2,5 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) = 5,143 + (−2,5)·4,286 = −5,571 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −5,571 + (−2,5)·12 = −35,57 V
11.Transien RC & RL

Jawaban: W = 3,089 mJ

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

Konstanta waktu dan arus akhir

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

τ = L/R = 220 mH / 47 Ω = 4,681 ms
i(∞) = Vs/R = 12/47 = 0,2553 A

Arus pada waktu tertentu

i(t) = 0,2553·(1 − e−5/4,681) = 0,1676 A

Energi tersimpan

W = ½·L·i² = ½·220·0,1676² = 3,089 mJ

Jawaban

W = 3,089 mJ
12.Transien RC & RL

Jawaban: t = 109,4 ms

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

Nilai awal, nilai akhir, konstanta waktu

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

vC(0) = 10 V, vC(∞) = Vs = 9 V
τ = R·C = 6,8 kΩ · 10 µF = 68 ms
vC(t) = 9 + (10 − 9)·e−t/τ

Selesaikan untuk waktu

9,2 = 9 + (1)·e−t/τ → e−t/τ = (9,2 − 9)/(10 − 9) = 0,2
t = τ·ln((10 − 9)/(9,2 − 9)) = 68·ln(5) = 109,4 ms

Jawaban

t = 109,4 ms
13.Impedansi AC & fasor

Jawaban: I = 0,4179 A

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

Reaktansi

ω = 2πf = 2π·50 = 314,2 rad/s
XL = ωL = 314,2·0,15 = 47,12 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·47·10⁻⁶) = 67,73 Ω

Impedansi

Dalam seri, impedansi dijumlahkan sebagai bilangan kompleks: Z = R + j(XL − XC).

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(20² + (−20,6)²) = 28,71 Ω

Arus

Arus yang sama mengalir melalui setiap elemen rangkaian seri.

I = V/|Z| = 12/28,71 = 0,4179 A

Jawaban

I = 0,4179 A
14.Impedansi AC & fasor

Jawaban: I = 1,22 A

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

Reaktansi

ω = 2πf = 2π·100 = 628,3 rad/s
XL = ωL = 628,3·0,25 = 157,1 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(628,3·22·10⁻⁶) = 72,34 Ω

Impedansi

Dalam seri, impedansi dijumlahkan sebagai bilangan kompleks: Z = R + j(XL − XC).

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(50² + (84,74)²) = 98,39 Ω

Arus

Arus yang sama mengalir melalui setiap elemen rangkaian seri.

I = V/|Z| = 120/98,39 = 1,22 A

Jawaban

I = 1,22 A
15.Daya AC & faktor daya

Jawaban: P = 2031 W

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

Arus

|Z| = √(24² + 7²) = 25 Ω
I = V/|Z| = 230/25 = 9,2 A

Daya nyata

P = I²·R = 9,2²·24 = 2031 W

Jawaban

P = 2031 W
16.Daya AC & faktor daya

Jawaban: C = 53,05 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.

Penyesuaian sekawan

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

ZL = Zs* = 25 − j3 Ω

Kapasitansi

XC = 3 Ω → C = 1/(2π·1000·3) = 53,05 µF

Jawaban

C = 53,05 µF
17.Daya tiga fasa

Jawaban: P = 9,216 kW

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

Tegangan fasa

Vph = VL = 208 V

Arus fasa

|Z| = √(12² + 5²) = 13 Ω
Iph = 208/13 = 16 A

Daya nyata total

Hanya bagian resistif dari setiap impedansi yang menyerap daya nyata.

P = 3·Iph²·R = 3·16²·12 = 9,216 kW

Jawaban

P = 9,216 kW

Periksa: cos φ = R/|Z| = 0,9231, dan √3·VL·IL·cos φ memberikan daya yang sama.

18.Daya tiga fasa

Jawaban: QC = 48,6 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 = 150·tan(acos 0,8) = 150·0,75 = 112,5 kvar
Q2 = 150·tan(acos 0,92) = 150·0,426 = 63,9 kvar

Daya reaktif dari kapasitor

QC = Q1 − Q2 = 48,6 kvar

Jawaban

QC = 48,6 kvar
19.Transformator

Jawaban: I1 = 0,575 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 = 4600/20 = 230 V
I2 = 230/20 = 11,5 A

Arus primer

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

I1 = I2/20 = 0,575 A

Jawaban

I1 = 0,575 A

Periksa: beban yang terlihat dari sisi primer adalah a²·RL = 8000 Ω, dan 4600/8000 memberikan arus yang sama.

20.Transformator

Jawaban: Sη,max = 408,2 kVA

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

Rugi tembaga sama dengan rugi inti

x²·6000 = 4000 → x = √(4000/6000) = 0,8165

Beban pada efisiensi maksimum

Sη,max = x·S = 0,8165·500 = 408,2 kVA

Jawaban

Sη,max = 408,2 kVA
21.Rangkaian op-amp

Jawaban: Rf = 141 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 = (4 − 1)·47 = 141 kΩ

Jawaban

Rf = 141 kΩ
22.Rangkaian op-amp

Jawaban: If = 0,06183 mA

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

Arus masukan

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

I1 = V1/R1 = 0,3/4,7 = 0,06383 mA
I2 = V2/R2 = −0,2/100 = −0,002 mA
If = I1 + I2 = 0,06183 mA

Jawaban

If = 0,06183 mA
23.Dioda & transistor

Jawaban: IC = 3,124 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 = 12·8,2/(33 + 8,2) = 2,388 V
RTH = 33·8,2/(33 + 8,2) = 6,568 kΩ

Arus basis

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

IB = (2,388 − 0,7)/(6,568 + 101·0,47) = 31,24 µA

Arus kolektor

IC = 100·31,24 µA = 3,124 mA
IE = 101·31,24 µA = 3,156 mA

Jawaban

IC = 3,124 mA
24.Dioda & transistor

Jawaban: RB = 0,6775 kΩ

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

Arus kolektor saat saturasi

IC(sat) = (24 − 0,2)/150 = 158,7 mA

Arus basis minimum

IB(min) = IC(sat)/β = 158,7/100 = 1587 µA

Arus basis rancangan

IB = 4·1587 µA = 6347 µA

Resistor basis

RB = (5 − 0,7)/IB = 4,3 V/6,347 mA = 0,6775 kΩ

Jawaban

RB = 0,6775 kΩ
25.Sistem bilangan

Jawaban: U = 213

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.

Balik dan tambah satu

43 = 0010 1011
dibalik: 1101 0100
+1 → 1101 0101

Baca sebagai tak bertanda

1101 0101₂ = 256 − 43 = 213

Jawaban

U = 213
26.Sistem bilangan

Jawaban: R = 161

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

AND menghasilkan 1 hanya jika kedua bit adalah 1.

1011 1111
AND 1110 0001
= 1010 0001

Nilai hasil

1010 0001₂ = 161

Jawaban

R = 161
27.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flop

Jawaban: L = 5

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

ABC00011110011011131204150716

Kelompokkan angka 1

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

B′C
BC′
A′

Bentuk SOP minimal

F = B′C + BC′ + A′
L = 5

Jawaban

L = 5
28.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flop

Jawaban: tepi clock 7

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

Perubahan pertama dari 1 ke 0

tepi clock 7

Jawaban

tepi clock 7
29.Transformasi Laplace

Jawaban: A = 6

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

Faktorkan penyebut

s² + 9s + 14 = (s + 2)(s + 7)
F(s) = A/(s + 2) + B/(s + 7)

Aturan tutup (cover-up)

Kalikan dengan (s + 2) dan masukkan s = −2: suku B lenyap.

A = (4s + 38)/(s + 7) |s = −2 = 30/5 = 6

Jawaban

A = 6
(B = −2, jadi f(t) = 6·e−2t − 2·e−7t)
30.Transformasi Laplace

Jawaban: g(0.5) = 0,9245

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

Fungsi alih

G(s) = Y(s)/U(s) = 16/(s² + 9s + 18)

Pecahan parsial

s² + 9s + 18 = (s + 3)(s + 6)
A = 5,333, B = −5,333

Respons impuls

g(t) = 5,333·e−3t − 5,333·e−6t
g(0,5) = 0,9245

Jawaban

g(0,5) = 0,9245
31.Diagram blok

Jawaban: τ = 0,03333 s

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

Fungsi alih loop tertutup

T(s) = G/(1 + G·H) = 14/(s + 2 + 28) = 14/(s + 30)

Hasil

τ = 1/30 = 0,03333 s

Jawaban

τ = 0,03333 s
32.Diagram blok

Jawaban: T(0) = 1,287

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 = G₂/(1 + G₂H₁) = 5/(s + 22)

Loop luar

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 65/((s + 2)(s + 22) + 6,5)

Penguatan DC

T(0) = 65/(2·22 + 6,5) = 65/50,5 = 1,287

Jawaban

T(0) = 1,287
33.Respons langkah

Jawaban: σ = −2,5

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).

Bandingkan dengan bentuk baku

Penyebut harus cocok dengan s² + 2ζωₙs + ωₙ².

ωₙ² = 77 → ωₙ = 8,775 rad/s
2ζωₙ = 5 → ζ = 5/(2·8,775) = 0,2849

Hasil

σ = −ζωₙ = −5/2 = −2,5

Jawaban

σ = −2,5
34.Respons langkah

Jawaban: ts = 1,6 s

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

Fungsi alih loop tertutup

T(s) = 100/(s² + 5s + 100): ωₙ = 10 rad/s, ζ = 0,25

Waktu penetapan

ζωₙ = 5/2 = 2,5
ts ≈ 4/(ζωₙ) = 1,6 s

Jawaban

ts = 1,6 s

Untuk loop ini ζωₙ = a/2 berapa pun K: menaikkan K menambah overshoot tetapi tidak memperpendek waktu penetapan.

35.Plot Bode dan margin

Jawaban: φ = −71,66 °

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

Frekuensi sudut

ωc = R/L = 22/0,0022 = 10000 rad/s
fc = 1592 Hz → f/fc = 4800/1592 = 3,016

Fasa

φ = − atan(3,016) = −71,66°

Jawaban

φ = −71,66°
36.Plot Bode dan margin

Jawaban: PM = 52,86 °

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 + 400ω² − 144400 = 0
ω² = (−400 + √(160000 + 4·144400))/2 = 229,4
ωc = 15,15 rad/s

Margin fasa

∠L(jωc) = −90° − atan(15,15/20) = −127,1°
PM = 180° + ∠L = 52,86°

Jawaban

PM = 52,86°
37.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akar

Jawaban: ω = 3,873 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 + 8s² + 15s + K = 0
s³: 1, 15
s²: 8, K
s¹: (8·15 − K)/8
s⁰: K

Penguatan kritis

K = 8·15 = 120

Persamaan bantu

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

8s² + 120 = 0 → s = ±j√15
ω = 3,873 rad/s

Jawaban

ω = 3,873 rad/s
38.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akar

Jawaban: K = 28,13

Tempat kedudukan akar: saat penguatan K bergerak dari 0 ke ∞, kutub loop tertutup, yaitu akar 1 + K·G(s) = 0, bergerak dari kutub loop terbuka menuju nol loop terbuka atau menuju tak hingga. Suatu titik pada sumbu real termasuk dalam tempat kedudukan bila jumlah kutub dan nol real di sebelah kanannya ganjil. n − m cabang yang menuju tak hingga mengikuti asimtot pada sudut (2q + 1)·180°/(n − m), yang berawal dari titik berat σₐ = (Σ kutub − Σ nol)/(n − m). Cabang meninggalkan atau bergabung dengan sumbu real di tempat dK/ds = 0. Syarat sudut ∠G(s) = 180° menentukan bentuknya, dan syarat besar K = 1/|G(s)| memberikan penguatan di titik mana pun pada tempat kedudukan.

Syarat besar

K = |s|·|s + 4|·|s + 10|

Hitung di titik tersebut

K = 2,5·1,5·7,5 = 28,13

Jawaban

K = 28,13

Periksa: s(s + 4)(s + 10) + K bernilai nol di s = −2,5.

39.Galat keadaan tunak & kendali PID

Jawaban: K = 24

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) = 0,25 → Kp = 3

Penguatan

K/8 = 3 → K = 24

Jawaban

K = 24

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

40.Galat keadaan tunak & kendali PID

Jawaban: ts = 1 s

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

Polinomial karakteristik

s(s + 8) + 8·5 = s² + 8s + 40

ωₙ dan ζ

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

Waktu penetapan

ζωₙ = 8/2 = 4
ts ≈ 4/4 = 1 s

Jawaban

ts = 1 s

Waktu penetapan di sini tidak bergantung pada K: menaikkan K hanya membuat respons berosilasi lebih cepat.

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