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​ = 5 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​18 VR2​8 ΩIR2​AR4​2 ΩB

Cari arus IR2 melalui R2.

V1 = 18 VR1 = 5 ΩR2 = 8 ΩR3 = 20 ΩR4 = 2 Ω
IR2 = A
2.Resistor seri & paralelSulit
R1​ = 5 ΩR3​ = 8 ΩR5​ = 6 Ω+−V1​15 VR2​2 ΩIR2​AR4​2 ΩBR6​25 Ω

Cari arus IR2 melalui R2.

V1 = 15 VR1 = 5 ΩR2 = 2 ΩR3 = 8 ΩR4 = 2 ΩR5 = 6 ΩR6 = 25 Ω
IR2 = A
3.Analisis simpulSedang
R1​ = 8 ΩIR1​R3​ = 20 Ω+−V1​10 VR2​10 ΩAR4​8 ΩBIs​1,5 A

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

V1 = 10 VIs = 1,5 AR1 = 8 ΩR2 = 10 ΩR3 = 20 ΩR4 = 8 Ω
IR1 = A
4.Analisis simpulSulit
R1​ = 15 ΩR2​ = 20 ΩIR2​R4​ = 30 Ω+−V1​18 VR3​30 ΩAR5​4 ΩBIs​2 A+−V2​15 V

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

V1 = 18 VIs = 2 AV2 = 15 VR1 = 15 ΩR2 = 20 ΩR3 = 30 ΩR4 = 30 ΩR5 = 4 Ω
IR2 = A
5.Analisis meshSedang
R1​ = 3 ΩR2​ = 15 Ω+−V1​9 VR3​5 ΩA+−V2​10 VI1​I2​

Gunakan analisis mesh untuk mencari arus mesh I2 (searah jarum jam).

V1 = 9 VV2 = 10 VR1 = 3 ΩR2 = 15 ΩR3 = 5 Ω
I2 = A
6.Analisis meshSulit
R1​ = 15 ΩR2​ = 10 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​24 VR4​30 ΩIR4​AR5​10 ΩB+−V2​24 VI1​I2​I3​

Gunakan analisis mesh untuk mencari arus IR4 melalui R4 searah panah.

V1 = 24 VV2 = 24 VR1 = 15 ΩR2 = 10 ΩR3 = 20 ΩR4 = 30 ΩR5 = 10 Ω
IR4 = A
7.SuperposisiSedang
R1​ = 8 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​24 VR2​20 Ω+−VR2​AR4​4 ΩBIs​1,5 A

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

V1 = 24 VIs = 1,5 AR1 = 8 ΩR2 = 20 ΩR3 = 2 ΩR4 = 4 Ω
VR2 = V
8.SuperposisiSulit
R1​ = 12 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 12 Ω+−V1​12 VR3​15 ΩIR3​AIs​4 AB+−V2​?

Cari nilai sumber tegangan V2 (polaritas seperti pada gambar) yang membuat arus IR3 melalui R3 sama dengan nol.

V1 = 12 VIs = 4 AR1 = 12 ΩR2 = 6 ΩR3 = 15 ΩR4 = 12 Ω
V2 = V
9.Thévenin & NortonSedang
R1​ = 5 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​24 VR2​10 ΩAab

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

V1 = 24 VR1 = 5 ΩR2 = 10 ΩR3 = 4 Ω
IN = A
10.Thévenin & NortonSulit
R1​ = 5 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​24 VR2​25 ΩAIs​2 ABab

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

V1 = 24 VIs = 2 AR1 = 5 ΩR2 = 25 ΩR3 = 25 Ω
IN = A
11.Transien RC & RLSedang
+−Vs​10 Vt = 0R = 47 ΩL10 mHi(t)

Induktor tidak dialiri arus sebelum sakelar ditutup pada t = 0. Cari energi W yang tersimpan dalam induktor pada t = 1 ms, dalam mJ.

Vs = 10 VR = 47 ΩL = 10 mHt = 1 ms
W = mJ
12.Transien RC & RLSulit
+−Vs​15 Vt = 0R = 4,7 kΩC10 µF+−vC​vC​(0) = 5 V

Tepat sebelum sakelar ditutup pada t = 0, kapasitor bertegangan 5 V dengan polaritas yang ditunjukkan. Berapa lama waktu yang diperlukan agar vC mencapai 10 V? Cari t.

Vs = 15 VR = 4,7 kΩC = 10 µFvC(0) = 5 V
t = ms
13.Impedansi AC & fasorSedang
Vf0​ = 200 HzRL = ?C = 10 µF

Sebuah rangkaian RLC seri dengan C = 10 µF harus beresonansi pada 200 Hz. Cari induktansi L yang diperlukan.

f0 = 200 HzC = 10 µF
L = mH
14.Impedansi AC & fasorSulit
120 V500 HzR = 30 ΩL = 100 mHC = 47 µF+−VC​

Rangkaian RLC seri dihubungkan ke sumber 120 V (rms), 500 Hz. Cari tegangan rms VC pada kapasitor.

V = 120 V (rms)f = 500 HzR = 30 ΩL = 100 mHC = 47 µF
VC = V
15.Daya AC & faktor dayaSedang
P = 3 kWQ = ?Sφ

Motor satu fase menyerap 3 kW pada faktor daya 0,75 tertinggal dari sumber 400 V. Cari daya reaktif Q yang ditariknya.

P = 3 kWpf = 0,75V = 400 V
Q = kvar
16.Daya AC & faktor dayaSulit
P1​ = 59 kWQ1​S1​φ

Sebuah transformator satu fase 200 kVA memasok beban 59 kW pada faktor daya 0,6 tertinggal. Berapa daya nyata tambahan ΔP yang dapat ditambahkan sebagai beban resistif (faktor daya satu) sebelum transformator mencapai rating kVA-nya?

Smax = 200 kVAP1 = 59 kWpf1 = 0,6
ΔP = kW
17.Daya tiga fasaSedang
ABCVL​ = 400 VIL​ = ?M15 kW, η = 88%cos φ = 0,85

Sebuah motor induksi tiga fasa menghasilkan daya keluaran mekanis 15 kW pada beban penuh. Pada beban ini efisiensinya 88% dan faktor dayanya 0,85 tertinggal. Sumbernya memiliki tegangan antarsaluran 400 V. Cari arus saluran IL.

Pout = 15 kWη = 88%cos φ = 0,85VL = 400 V
IL = A
18.Daya tiga fasaSulit
P = 300 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Beban tiga fasa seimbang menyerap 300 kW pada faktor daya 0,75 tertinggal dari sumber 400 V (antarsaluran), 50 Hz. Bank kapasitor tiga fasa yang diparalel dengan beban harus menaikkan faktor daya keseluruhan menjadi 0,95 tertinggal. Daya nyatanya tetap sama. Cari daya reaktif total QC yang harus disuplai bank kapasitor, dalam kvar.

P = 300 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,95VL = 400 Vf = 50 Hz
QC = kvar
19.TransformatorSedang
16 ΩN1​N2​576 Ω

Sebuah penguat dengan hambatan keluaran 576 Ω menggerakkan pengeras suara 16 Ω melalui transformator ideal. Untuk transfer daya maksimum, pengeras suara harus terlihat sebagai 576 Ω dari penguat. Cari rasio lilitan a = N₁/N₂.

Rs = 576 ΩRL = 16 Ω
a =
20.TransformatorSulit
pf 0,8525 kVA, 75% beban

Sebuah transformator satu fasa 25 kVA memiliki rugi inti 125 W dan rugi tembaga 250 W pada beban pengenal. Transformator menyuplai 75% dari kVA pengenalnya pada faktor daya 0,85 tertinggal. Cari rugi total Ploss dalam watt pada beban ini.

S = 25 kVAPcore = 125 WPcu,fl = 250 Wx = 0,75pf = 0,85
Ploss = W
21.Rangkaian op-ampSedang
−+Vout​R2​ = 10 kΩV1​ = −2,2 VR1​ = 100 kΩV2​ = 1,9 VR3​ = 100 kΩR4​ = 10 kΩ

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

V1 = −2,2 VV2 = 1,9 VR1 = R3 = 100 kΩR2 = R4 = 10 kΩ
Vout = V
22.Rangkaian op-ampSulit
−+Vout​Rf​ = 2 kΩV1​ = 1,5 VR1​ = 4,7 kΩV2​ = −0,9 VR2​ = 10 kΩIf​

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

V1 = 1,5 VV2 = −0,9 VR1 = 4,7 kΩR2 = 10 kΩRf = 2 kΩ
If = mA
23.Dioda & transistorSedang
+−9 V220 Ω5,6 V1000 ΩIZ​ = ?

Regulator Zener 5,6 V dicatu dari 9 V melalui 220 Ω dan mencatu beban 1000 Ω. Cari arus Zener IZ.

Vin = 9 VVZ = 5,6 VR = 220 ΩRL = 1000 Ω
IZ = mA
24.Dioda & transistorSulit
+−≥ 24 VR = ?6,2 V≤ 30 mA

Regulator Zener 6,2 V harus mencatu hingga 30 mA ke beban. Masukan dapat turun hingga 24 V, dan Zener memerlukan minimal 5 mA agar meregulasi. Cari resistansi seri terbesar Rmax yang menjaganya tetap meregulasi.

Vin,min = 24 VVZ = 6,2 VIL,max = 30 mAIZ,min = 5 mA
Rmax = Ω
25.Sistem bilanganSedang
nilai posisi dalam komplemen dua1−12806403201608141211

Pola 8-bit 1000 0111 menyimpan bilangan bulat bertanda dalam komplemen dua. Berapa nilainya N dalam desimal?

1000 01118 bit
N =
26.Sistem bilanganSulit
klik bit untuk mengaturnya012806403201608040201

Atur bit menjadi hasil 8-bit dari 1110 0001 << 1. Berapa nilai hasil R dalam desimal?

1110 0001<< 1
R =
27.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flopSedang
ABCD000111100001111010110312141507060121130150141809011110

Pakai peta Karnaugh untuk mencari bentuk jumlah dari hasil kali (SOP) minimal dari F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 2, 4, 5, 8, 10, 13). Berapa literal L yang dimilikinya secara total (variabel beraksen dihitung satu literal)?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 2, 4, 5, 8, 10, 13)
L =
28.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flopSulit
TQ0​Q0​TQ1​Q1​TQ2​Q2​CLKMOD-6

Sebuah pencacah mod-6 sinkron menghitung 0, 1, …, 5 lalu kembali ke 0. Pencacah dimulai dari 2. Berapa hitungan Q (dalam desimal) yang ditunjukkannya setelah 13 pulsa clock?

Q0 = 213N = 6
Q =
29.Transformasi LaplaceSedang
ReIm−1−2−3−4−5−61

F(s) = (4s + 9)/(s² + 11s + 30). Transformasi baliknya berbentuk f(t) = A·e−5t + B·e−6t. Tentukan koefisien A dengan pecahan parsial.

F(s) = (4s + 9)/(s² + 11s + 30)
A =
30.Transformasi LaplaceSulit
t (s)y(t)t = 0,2y(0,2) = ?

Selesaikan y″ + 8y′ + 15y = 0 dengan y(0) = 10 dan y′(0) = 5 memakai transformasi Laplace, lalu tentukan y(0,2).

y″ + 8y′ + 15y = 0y(0) = 10y′(0) = 5t = 0,2 s
y(0.2) =
31.Diagram blokSedang
R(s)+3(s + 8)(s + 1)(s + 7)G(s)C(s)−

Loop umpan balik negatif satuan memiliki G(s) = 3(s + 8)/((s + 1)(s + 7)). Masukan langkah berukuran 10 diberikan pada referensi. Tentukan galat keadaan tunak ess.

G(s) = 3(s + 8)/((s + 1)(s + 7))R = 10
ess =
32.Diagram blokSulit
R(s)+17pengendali+D(s)+7s + 6plantC(s)−

Pengendali proporsional K = 17 menggerakkan plant G(s) = 7/(s + 6) dalam loop umpan balik negatif satuan. Sebuah gangguan D masuk di masukan plant (ditambahkan ke keluaran pengendali). Masukan langkah referensi berukuran 1 dan gangguan langkah berukuran 1 diberikan bersamaan. Tentukan keluaran keadaan tunak css.

K = 17G(s) = 7/(s + 6)D = 1R = 1
css =
33.Respons langkahSedang
t (s)y(t)1?

Sebuah sistem memiliki fungsi alih G(s) = 12/(s² + s + 12) dan menerima masukan langkah satuan. Tentukan persen overshoot %OS dari respons langkah.

G(s) = 12/(s² + s + 12)
%OS = %
34.Respons langkahSulit
+−10 VR = 33 ΩL = 50 mHC = 47 µFvC​

Rangkaian RLC seri dengan R = 33 Ω, L = 50 mH, dan C = 47 µF dihubungkan ke langkah 10 V pada t = 0. Kapasitor belum bermuatan dan tidak ada arus yang mengalir sebelum langkah. Tentukan frekuensi alami tak teredam ωn dalam rad/s.

R = 33 ΩL = 50 mHC = 47 µFV = 10 V
ωn = rad/s
35.Plot Bode dan marginSedang
vin​C = 1 nFR = 2,2 kΩvout​

Filter lolos tinggi RC yang ditunjukkan memiliki R = 2,2 kΩ, C = 1 nF. Masukan sinusoidal 36 kHz diberikan. Cari penguatan |H| = |vout/vin| dalam dB.

R = 2,2 kΩC = 1 nFf = 36 kHz
|H| = dB
36.Plot Bode dan marginSulit
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Lingkar umpan balik satuan memiliki fungsi alih lingkar terbuka L(s) = 8/(s(s + 1)(s + 4)). Cari margin penguatan GM dalam dB.

L(s) = 8/(s(s + 1)(s + 4))
GM = dB
37.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akarSedang
R(s)+K1(s + 2)(s + 3)(s + 5)C(s)−

Suatu loop umpan balik satuan memiliki L(s) = K/((s + 2)(s + 3)(s + 5)), dengan K > 0. Cari penguatan terbesar Kmax agar loop tertutup stabil.

L(s) = K/((s + 2)(s + 3)(s + 5))
Kmax =
38.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akarSulit
ReIm−0,5−1−1,5−2−2,5−3−3,5−40,5j0,5j1−1

Untuk loop L(s) = K/(s(s + 2)(s + 3)), cari penguatan K yang menempatkan kutub loop tertutup di s = −1.

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 3))s = −1
K =
39.Galat keadaan tunak & kendali PIDSedang
R(s)+K = 1952s + 1C(s)−

Suatu proses G(s) = 5/(2s + 1) dikendalikan oleh penguatan proporsional K = 19 dalam loop umpan balik satuan. Cari galat keadaan tunak ess untuk undak, sebagai persentase dari ukuran undak.

G(s) = 5/(2s + 1)K = 19
ess = %
40.Galat keadaan tunak & kendali PIDSulit
R(s)+K = 501s(s + 5)C(s)−

Pengendali proporsional K = 50 mengendalikan plant G(s) = 1/(s(s + 5)) dalam loop umpan balik satuan. Tentukan waktu penetapan 2 % ts dari respons langkah, dengan ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 1/(s(s + 5))K = 50
ts = s

3Larutan

1.Resistor seri & paralel

Jawaban: IR2 = 1,215 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​ = 5 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​18 VR2​8 ΩAR4​2 ΩB

Gabungkan resistor dari ujung terjauh

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

R3 + R4 = 20 + 2 = 22 Ω
R2 ∥ 22 = 8·22/(8+22) = 5,867 Ω
Req = R1 + 5,867 = 5 + 5,867 = 10,87 Ω

Arus dari sumber

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

IR1 = V1/Req = 18/10,87 = 1,656 A

Arus melalui R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 18 − 1,656·5 = 9,718 V
IR2 = VA/R2 = 9,718/8 = 1,215 A

Jawaban

IR2 = 1,215 A
2.Resistor seri & paralel

Jawaban: IR2 = 1,872 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​ = 5 ΩR3​ = 8 ΩR5​ = 6 Ω+−V1​15 VR2​2 ΩAR4​2 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 = 1,879 Ω
R3 + 1,879 = 9,879 Ω
R2 ∥ 9,879 = 1,663 Ω
Req = R1 + 1,663 = 5 + 1,663 = 6,663 Ω

Arus dari sumber

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

IR1 = V1/Req = 15/6,663 = 2,251 A

Arus melalui R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 15 − 2,251·5 = 3,744 V
IR2 = VA/R2 = 3,744/2 = 1,872 A

Jawaban

IR2 = 1,872 A
3.Analisis simpul

Jawaban: IR1 = 0,8562 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​ = 8 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​10 VR2​10 ΩAR4​8 ΩBIs​1,5 A

Tentukan simpul

Ground adalah kawat bawah. Tegangan simpul yang diketahui langsung berasal dari sumber (V1 = 10 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 − 10)/8 + (VA − VB)/20 = 0
0,275·VA − 0,05·VB = 1,25

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/8 + (VB − VA)/20 = (−1,5)
−0,05·VA + 0,175·VB = −1,5

Selesaikan

Δ = (0,275)(0,175) − (−0,05)(−0,05) = 0,04562
VA = Δ1/Δ = 0,1437/0,04562 = 3,151 V
VB = Δ2/Δ = −0,35/0,04562 = −7,671 V

Jawaban

IR1 = (V1 − VA)/R1 = (10 − 3,151)/8 = 0,8562 A
4.Analisis simpul

Jawaban: IR2 = 0,09474 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​ = 15 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 30 Ω+−V1​18 VR3​30 ΩAR5​4 ΩBIs​2 A+−V2​15 V

Tentukan simpul

Ground adalah kawat bawah. Tegangan simpul yang diketahui langsung berasal dari sumber (V1 = 18 V, V2 = 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/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/30 + (VA − 18)/15 + (VA − VB)/20 = 0
0,15·VA − 0,05·VB = 1,2

KCL di simpul B

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

VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/4 + (VB − VA)/20 + (VB − 15)/30 = 2
−0,05·VA + 0,3333·VB = 2,5

Selesaikan

Δ = (0,15)(0,3333) − (−0,05)(−0,05) = 0,0475
VA = Δ1/Δ = 0,525/0,0475 = 11,05 V
VB = Δ2/Δ = 0,435/0,0475 = 9,158 V

Jawaban

IR2 = (VA − VB)/R2 = (11,05 − 9,158)/20 = 0,09474 A
5.Analisis mesh

Jawaban: I2 = −0,2593 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​ = 3 ΩR2​ = 15 Ω+−V1​9 VR3​5 ΩA+−V2​10 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
3·I1 + 5(I1 − I2) = 9
8·I1 − 5·I2 = 9

KVL di sekitar mesh 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
15·I2 + 5(I2 − I1) = (−10)
−5·I1 + 20·I2 = −10

Selesaikan

Δ = (8)(20) − (−5)(−5) = 135
I1 = Δ1/Δ = 130/135 = 0,963 A
I2 = Δ2/Δ = −35/135 = −0,2593 A

Jawaban

I2 = −0,2593 A

Arus mesh negatif mengalir berlawanan arah jarum jam.

6.Analisis mesh

Jawaban: IR4 = 0,4333 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​ = 10 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​24 VR4​30 ΩAR5​10 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
15·I1 + 30(I1 − I2) = 24
45·I1 − 30·I2 = 24

KVL di sekitar mesh 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
10·I2 + 30(I2 − I1) + 10(I2 − I3) = 0
−30·I1 + 50·I2 − 10·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
20·I3 + 10(I3 − I2) = (−24)
−10·I2 + 30·I3 = −24

Selesaikan

Δ = determinan matriks koefisien = 36000
I1 = Δ1/Δ = 26400/36000 = 0,7333 A
I2 = Δ2/Δ = 10800/36000 = 0,3 A
I3 = Δ3/Δ = −25200/36000 = −0,7 A

Jawaban

IR4 = I1 − I2 = 0,4333 A

Arus mesh negatif mengalir berlawanan arah jarum jam.

7.Superposisi

Jawaban: VR2 = 11,71 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​ = 8 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​24 VR2​20 ΩAR4​4 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+4 = 6 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 20·6/(20+6) = 4,615 Ω
VA = 24·4,615/(8+4,615) = 8,78 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 8,78·4/6 = 5,854 V
VR2′ = VA − 0 = 8,78 − 0 = 8,78 V
R1​ = 8 ΩR3​ = 2 ΩHUBUNG SINGKATR2​20 ΩAR4​4 ΩBIs​1,5 A

Kasus 2 · hanya Is

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

R1 ∥ R2 = 8·20/(8+20) = 5,714 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 4 ∥ 7,714 = 2,634 Ω
VB = Is·Req = 1,5·2,634 = 3,951 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 3,951·5,714/7,714 = 2,927 V
VR2″ = VA − 0 = 2,927 − 0 = 2,927 V

Jumlahkan kontribusinya

VR2 = VR2′ + VR2″
VR2 = 8,78 + 2,927 = 11,71 V

Hasil negatif berarti sebenarnya polaritasnya berlawanan dengan yang ditandai.

8.Superposisi

Jawaban: V2 = 30 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 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 12 Ω+−V1​12 VR3​15 ΩATERBUKABHUBUNG SINGKAT

Kasus 1 · V1 bekerja sendiri

V₂ menjadi hubung singkat dan Iₛ rangkaian terbuka. Dilihat dari A, R₃ paralel dengan pasangan seri R₂+R₄.

R3 ∥ (R2+R4) = 15 ∥ 18 = 8,182 Ω
VA = 12·8,182/(12+8,182) = 4,865 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 4,865·12/18 = 3,243 V
R1​ = 12 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 12 ΩHUBUNG SINGKATR3​15 ΩAIs​4 ABHUBUNG SINGKAT

Kasus 2 · Is bekerja sendiri

Kedua sumber tegangan menjadi hubung singkat. Iₛ terbagi di B antara R₄ (kini ke ground) dan R₂ yang seri dengan R₁ ∥ R₃. Panah Iₛ mengarah ke bawah, menjauhi simpulnya, jadi Iₛ menarik arus keluar dari simpul itu: sukunya masuk dengan tanda minus.

R1 ∥ R3 = 6,667 Ω, jadi jalur kiri adalah R2+6,667 = 12,67 Ω
Req = R4 ∥ 12,67 = 6,162 Ω
VB = −Is·Req = −4·6,162 = −24,65 V
VA = VB·6,667/12,67 = −12,97 V

Kasus 3 · V2 bekerja sendiri, per volt

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

R1 ∥ R3 = 6,667 Ω
VA‴ = V2·6,667/(12 + 6 + 6,667) = 0,2703·V2

Samakan VA dengan nol

Dengan VA = 0 tidak ada tegangan pada R₃, jadi arusnya nol.

VA′ + VA″ + VA‴ = 4,865 + (−12,97) + 0,2703·V2 = 0
V2 = 8,108/0,2703 = 30 V

Jawaban

V2 = 30 V
9.Thévenin & Norton

Jawaban: IN = 2,182 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​ = 5 ΩR3​ = 4 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 = 5·10/(5+10) = 3,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,333 + 4 = 7,333 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​24 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) = 24·10/(5+10) = 16 V
IN​2,182 ARth​7,333 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 = 16/7,333 = 2,182 A
10.Thévenin & Norton

Jawaban: IN = 2,686 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​ = 5 ΩR3​ = 25 ΩHUBUNG SINGKATR2​25 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 = 5·25/(5+25) = 4,167 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,167 + 25 = 29,17 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​24 VR2​25 ΩAIs​2 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) = 20 + 2·4,167 = 28,33 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 28,33 + 2·25 = 78,33 V
IN​2,686 ARth​29,17 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 = 78,33/29,17 = 2,686 A
11.Transien RC & RL

Jawaban: W = 0,2222 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 = 10 mH / 47 Ω = 0,2128 ms
i(∞) = Vs/R = 10/47 = 0,2128 A

Arus pada waktu tertentu

i(t) = 0,2128·(1 − e−1/0,2128) = 0,2108 A

Energi tersimpan

W = ½·L·i² = ½·10·0,2108² = 0,2222 mJ

Jawaban

W = 0,2222 mJ
12.Transien RC & RL

Jawaban: t = 32,58 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) = 5 V, vC(∞) = Vs = 15 V
τ = R·C = 4,7 kΩ · 10 µF = 47 ms
vC(t) = 15 + (5 − 15)·e−t/τ

Selesaikan untuk waktu

10 = 15 + (−10)·e−t/τ → e−t/τ = (10 − 15)/(5 − 15) = 0,5
t = τ·ln((5 − 15)/(10 − 15)) = 47·ln(2) = 32,58 ms

Jawaban

t = 32,58 ms
13.Impedansi AC & fasor

Jawaban: L = 63,33 mH

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|.

Syarat resonansi

Pada resonansi reaktansi induktif dan kapasitif saling meniadakan: ωL = 1/(ωC).

ω₀ = 2π·200 = 1257 rad/s
L = 1/(ω₀²·C) = 1/(1257²·10·10⁻⁶) = 63,33 mH

Jawaban

L = 63,33 mH
14.Impedansi AC & fasor

Jawaban: VC = 2,631 V

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

Reaktansi

ω = 2πf = 2π·500 = 3142 rad/s
XL = ωL = 3142·0,1 = 314,2 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(3142·47·10⁻⁶) = 6,773 Ω

Impedansi

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(30² + (307,4)²) = 308,8 Ω

Arus

Arus yang sama mengalir melalui setiap elemen rangkaian seri.

I = V/|Z| = 120/308,8 = 0,3885 A

Tegangan pada kapasitor

VC = I·XC = 0,3885·6,773 = 2,631 V

Jawaban

VC = 2,631 V
15.Daya AC & faktor daya

Jawaban: Q = 2,646 kvar

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.

Sudut

φ = arccos(0,75) = 41,41°, tan φ = 0,8819

Daya reaktif

Q = P·tan φ = 3·0,8819 = 2,646 kvar

Jawaban

Q = 2,646 kvar
16.Daya AC & faktor daya

Jawaban: ΔP = 124,9 kW

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

Daya reaktif beban yang ada

Q1 = 59·tan(arccos 0,6) = 78,67 kvar

Daya nyata total terbesar

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

P = √(Smax² − Q1²) = √(200² − 78,67²) = 183,9 kW

Daya nyata tambahan

ΔP = 183,9 − 59 = 124,9 kW

Jawaban

ΔP = 124,9 kW
17.Daya tiga fasa

Jawaban: IL = 28,94 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 = 15/0,88 = 17,05 kW

Arus saluran

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 17045/(√3·400·0,85) = 28,94 A

Jawaban

IL = 28,94 A
18.Daya tiga fasa

Jawaban: QC = 166 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 = 300·tan(acos 0,75) = 300·0,8819 = 264,6 kvar
Q2 = 300·tan(acos 0,95) = 300·0,3287 = 98,61 kvar

Daya reaktif dari kapasitor

QC = Q1 − Q2 = 166 kvar

Jawaban

QC = 166 kvar
19.Transformator

Jawaban: a = 6

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 = 576
a = √(576/16) = √36 = 6

Jawaban

a = 6
20.Transformator

Jawaban: Ploss = 265,6 W

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

Rugi tembaga pada beban ini

Pcu = x²·Pcu,fl = 0,5625·250 = 140,6 W

Rugi total

Rugi inti sama pada beban berapa pun.

Ploss = 125 + 140,6 = 265,6 W

Jawaban

Ploss = 265,6 W

Efisiensi pada beban ini adalah η = 98,36%.

21.Rangkaian op-amp

Jawaban: Vout = 0,41 V

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

Tegangan di masukan

R₃ dan R₄ mengalirkan arus yang sama, jadi membentuk pembagi tegangan; umpan balik membuat V₋ = V₊.

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 1,9·10/(100 + 10) = 0,1727 V
V₋ = V₊

KCL di masukan membalik

(−2,2 − 0,1727)/100 = (0,1727 − Vout)/10
Vout = (R2/R1)·(V2 − V1) = (10/100)·(1,9 − (−2,2)) = 0,41 V

Jawaban

Vout = 0,41 V
22.Rangkaian op-amp

Jawaban: If = 0,2291 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 = 1,5/4,7 = 0,3191 mA
I2 = V2/R2 = −0,9/10 = −0,09 mA
If = I1 + I2 = 0,2291 mA

Jawaban

If = 0,2291 mA
23.Dioda & transistor

Jawaban: IZ = 9,855 mA

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 resistor

IR = 3,4/220 = 15,45 mA

Arus beban

IL = 5,6/1000 = 5,6 mA

Arus Zener

IZ = 15,45 − 5,6 = 9,855 mA

Jawaban

IZ = 9,855 mA
24.Dioda & transistor

Jawaban: Rmax = 508,6 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 + 5 = 35 mA

Resistansi terbesar

Rmax = 17,8/0,035 = 508,6 Ω

Jawaban

Rmax = 508,6 Ω
25.Sistem bilangan

Jawaban: N = −121

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 + 4 + 2 + 1 = −121

Jawaban

N = −121
26.Sistem bilangan

Jawaban: R = 194

Mengatur bit: setiap bit bernilai pangkat dua (128, 64, …, 1). Satu digit heksa tepat empat bit, dan pada komplemen dua 8-bit bit paling kiri bernilai −128. Operasi bitwise bekerja pada setiap posisi bit secara terpisah.

Bit demi bit

Menggeser ke kiri sebanyak 1 memindahkan setiap bit 1 tempat ke kiri; bit yang keluar dari ujung kiri hilang dan nol masuk dari kanan.

1110 0001 << 1
= 1100 0010

Nilai hasil

1100 0010₂ = 194

Jawaban

R = 194
27.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flop

Jawaban: L = 7

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.

ABCD000111100001111010110312141507060121130150141809011110

Kelompokkan angka 1

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

B′D′
BC′D
A′C′

Bentuk SOP minimal

F = B′D′ + BC′D + A′C′
L = 7

Jawaban

L = 7
28.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flop

Jawaban: Q = 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.

Siklus penuh

Setiap 6 pulsa mengembalikan pencacah ke keadaan yang sama.

13 = 2·6 + 1

Hitungan setelah pulsa yang tersisa

Q = (2 + 1) mod 6 = 3
Q = 011₂

Jawaban

Q = 3
29.Transformasi Laplace

Jawaban: A = −11

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 + 11s + 30 = (s + 5)(s + 6)
F(s) = A/(s + 5) + B/(s + 6)

Aturan tutup (cover-up)

Kalikan dengan (s + 5) dan masukkan s = −5: suku B lenyap.

A = (4s + 9)/(s + 6) |s = −5 = −11/1 = −11

Jawaban

A = −11
(B = 15, jadi f(t) = −11·e−5t + 15·e−6t)
30.Transformasi Laplace

Jawaban: y(0.2) = 8,654

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

Transformasikan persamaannya

s²Y − 10s − 5 + 8(sY − 10) + 15Y = 0
Y(s) = (10s + 85)/((s + 3)(s + 5))

Pecahan parsial

A = 55/2 = 27,5
B = 35/(−2) = −17,5

Hasil

y(t) = 27,5·e−3t − 17,5·e−5t
y(0,2) = 8,654

Jawaban

y(0,2) = 8,654

Periksa: y(0) = A + B = 10.

31.Diagram blok

Jawaban: ess = 2,258

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).

Konstanta galat posisi

Kₚ = G(0) = 3·8/(1·7) = 3,429

Galat keadaan tunak

ess = A/(1 + Kₚ) = 10/(1 + 3,429) = 2,258

Jawaban

ess = 2,258
32.Diagram blok

Jawaban: css = 1,008

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

C/D = G/(1 + K·G) = 7/(s + 6 + 119)
C/R = K·G/(1 + K·G) = 119/(s + 6 + 119)

Keadaan tunak

css = 1·119/125 + 1·7/125 = 1,008

Jawaban

css = 1,008

K yang lebih besar mengurangi pengaruh gangguan, tetapi tidak pernah sampai nol dengan pengendali proporsional.

33.Respons langkah

Jawaban: %OS = 63,24 %

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 = 12 → ωₙ = 3,464 rad/s
2ζωₙ = 1 → ζ = 1/(2·3,464) = 0,1443

Hasil

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−0,4582 = 63,24 %

Jawaban

%OS = 63,24 %
34.Respons langkah

Jawaban: ωn = 652,3 rad/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).

Frekuensi alami dan rasio redaman

ωₙ = 1/√(LC) = 1/√(0,05·4,7 × 10⁻⁵) = 652,3 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (33/2)·√(4,7 × 10⁻⁵/0,05) = 0,5059

Hasil

ωₙ = 652,3 rad/s

Jawaban

ωn = 652,3 rad/s
35.Plot Bode dan margin

Jawaban: |H| = −7,023 dB

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

Frekuensi sudut

ωc = 1/(RC) = 1/(2200·1 × 10⁻⁹) = 454545 rad/s
fc = 72343 Hz → f/fc = 36000/72343 = 0,4976

Penguatan

|H| = 0,4976/√(1 + 0,4976²) = 0,4455
20·log₁₀(0,4455) = −7,023 dB

Jawaban

|H| = −7,023 dB
36.Plot Bode dan margin

Jawaban: GM = 7,959 dB

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

Persilangan fasa

(ω/1)·(ω/4) = 1 → ω180 = √(1·4) = 2 rad/s

Besar pada persilangan fasa

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 1)·√(ω² + 16)) = K/(1·4·(1 + 4)) = K/20

Margin penguatan

GM = 20·log₁₀(20/8) = 7,959 dB

Jawaban

GM = 7,959 dB
37.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akar

Jawaban: Kmax = 280

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

Polinomial karakteristik

s³ + 10s² + 31s + 30 + K = 0

Larik Routh

s³: 1, 31
s²: 10, 30 + K
s¹: (10·31 − 30 − K)/10
s⁰: 30 + K

Syarat

Entri s¹ harus tetap positif.

K < 10·31 − 30 = 280

Jawaban

Kmax = 280

Pada batas itu loop berosilasi pada ω = √31 = 5,568 rad/s.

38.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akar

Jawaban: K = 2

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 + 2|·|s + 3|

Hitung di titik tersebut

K = 1·1·2 = 2

Jawaban

K = 2

Periksa: s(s + 2)(s + 3) + K bernilai nol di s = −1.

39.Galat keadaan tunak & kendali PID

Jawaban: ess = 1,042 %

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 posisi

Kp = 19·5 = 95

Galat undak

ess = 100/(1 + 95) = 1,042 %

Jawaban

ess = 1,042 %
40.Galat keadaan tunak & kendali PID

Jawaban: ts = 1,6 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 + 5) + 50·1 = s² + 5s + 50

ωₙ dan ζ

ωₙ = √50 = 7,071 rad/s
ζ = 5/(2·7,071) = 0,3536

Waktu penetapan

ζωₙ = 5/2 = 2,5
ts ≈ 4/2,5 = 1,6 s

Jawaban

ts = 1,6 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