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​ = 6 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​18 VR2​15 ΩAR4​3 ΩB

Cari resistansi ekuivalen Req yang dilihat sumber V1.

V1 = 18 VR1 = 6 ΩR2 = 15 ΩR3 = 20 ΩR4 = 3 Ω
Req = Ω
2.Resistor seri & paralelSulit
R1​ = 12 ΩIR1​R3​ = 25 ΩR5​ = 20 Ω+−V1​10 VR2​12 ΩAR4​6 ΩBR6​15 Ω

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

V1 = 10 VR1 = 12 ΩR2 = 12 ΩR3 = 25 ΩR4 = 6 ΩR5 = 20 ΩR6 = 15 Ω
IR1 = A
3.Analisis simpulSedang
−+Vs​ = 6 VIx​Is​2 AAR1​2 ΩR2​15 ΩB

Sumber tegangan Vₛ antara A dan B memiliki terminal + di B, jadi membuat VB − VA = Vₛ. Gunakan analisis simpul dengan supernode untuk mencari arus Ix melalui sumber tegangan, dari A ke B seperti ditunjukkan panah.

Is = 2 AVs = 6 VR1 = 2 ΩR2 = 15 Ω
Ix = A
4.Analisis simpulSulit
R1​ = 20 ΩIR1​−+Vs​ = 6 V+−V1​12 VR2​12 ΩAR3​25 ΩBIs​1,5 A

Sumber tegangan Vₛ antara A dan B memiliki terminal + di B, jadi membuat VB − VA = Vₛ. Gunakan analisis simpul dengan supernode untuk mencari arus IR1 melalui R1 searah panah.

V1 = 12 VIs = 1,5 AVs = 6 VR1 = 20 ΩR2 = 12 ΩR3 = 25 Ω
IR1 = A
5.Analisis meshSedang
R1​ = 2 ΩR2​ = 15 Ω+−V1​6 VR3​15 ΩIR3​A+−V2​10 VI1​I2​

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

V1 = 6 VV2 = 10 VR1 = 2 ΩR2 = 15 ΩR3 = 15 Ω
IR3 = A
6.Analisis meshSulit
R1​ = 6 ΩR2​ = 6 ΩIR2​R3​ = 4 Ω+−V1​36 VR4​12 ΩAR5​2 ΩB+−V2​15 VI1​I2​I3​

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

V1 = 36 VV2 = 15 VR1 = 6 ΩR2 = 6 ΩR3 = 4 ΩR4 = 12 ΩR5 = 2 Ω
IR2 = A
7.SuperposisiSedang
R1​ = 10 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​12 VR2​8 ΩIR2​AR4​10 ΩBIs​4 A

Gunakan superposisi untuk mencari arus IR2 melalui R2 searah panah.

V1 = 12 VIs = 4 AR1 = 10 ΩR2 = 8 ΩR3 = 2 ΩR4 = 10 Ω
IR2 = A
8.SuperposisiSulit
rangkaian linearV1​V2​Is​IRL​

Sebuah rangkaian resistif linear memuat tiga sumber bebas: V1, V2, dan Is. Arus I melalui beban diukur tiga kali. Dengan semua sumber pada nilai normalnya, I = 23,5 mA. Dengan V1 digandakan dan dua lainnya tidak berubah, I = 34,5 mA. Dengan arah Is dibalik dan dua lainnya tidak berubah, I = 6,5 mA. Cari arus beban I ketika V2 dimatikan dan V1 serta Is bernilai normal.

normal: I = 23,5 mA2·V1: I = 34,5 mA−Is: I = 6,5 mA
I = mA
9.Thévenin & NortonSedang
R1​ = 15 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​30 VR2​5 ΩARL​2 ΩIL​B

Beban RL = 2 Ω dipasang di a–b. Ganti sisa rangkaian dengan ekuivalen Thévenin-nya dan cari arus beban IL.

V1 = 30 VR1 = 15 ΩR2 = 5 ΩR3 = 20 ΩRL = 2 Ω
IL = A
10.Thévenin & NortonSulit
R1​ = 15 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​30 VR2​6 ΩAIs​2 ABRL​25 ΩIL​

Beban RL = 25 Ω dipasang di a–b. Gunakan ekuivalen Thévenin untuk mencari daya PL yang diserap beban.

V1 = 30 VIs = 2 AR1 = 15 ΩR2 = 6 ΩR3 = 2 ΩRL = 25 Ω
PL = W
11.Transien RC & RLSedang
+−Vs​24 Vt = 0R = 20 ΩL22 mHi(t)

Induktor tidak dialiri arus sebelum sakelar ditutup pada t = 0. Berapa lama setelah sakelar ditutup arus mencapai 99% dari nilai akhirnya? Cari t.

Vs = 24 VR = 20 ΩL = 22 mH
t = ms
12.Transien RC & RLSulit
+−Vs​9 Vt = 0R = ?C100 µF+−vC​

Sebuah pewaktu mulai mengisi kapasitor yang tidak bermuatan melalui resistor dari catu 9 V pada t = 0. Pewaktu harus terpicu ketika tegangan kapasitor mencapai 7,2 V, tepat 25 ms setelah mulai. Dengan C = 100 µF, cari resistansi R yang diperlukan.

Vs = 9 VVth = 7,2 VT = 25 msC = 100 µF
R = kΩ
13.Impedansi AC & fasorSedang
Vf0​ = 5000 HzRL = ?C = 47 µF

Sebuah rangkaian RLC seri dengan C = 47 µF harus beresonansi pada 5000 Hz. Cari induktansi L yang diperlukan.

f0 = 5000 HzC = 47 µF
L = mH
14.Impedansi AC & fasorSulit
24 V100 HzR = 25 ΩL = 100 mHC = 100 µF+−VC​

Rangkaian RLC seri dihubungkan ke sumber 24 V (rms), 100 Hz. Cari tegangan rms VC pada kapasitor.

V = 24 V (rms)f = 100 HzR = 25 ΩL = 100 mHC = 100 µF
VC = V
15.Daya AC & faktor dayaSedang
120 VZ20 + j15 ΩI

Sebuah beban dengan impedansi Z = 20 + j15 Ω dihubungkan ke sumber satu fase 120 V (rms). Cari daya reaktif Q yang diserapnya.

V = 120 VZ = 20 + j15 Ω
Q = var
16.Daya AC & faktor dayaSulit
120 V1000 HzRs​ = 25 ΩXs​ = j40 ΩZL​ = ?

Sebuah sumber 120 V (rms), 1000 Hz memiliki impedansi dalam Zs = 25 + j40 Ω. Impedansi beban ZL dapat dipilih bebas. Beban untuk daya maksimum dibuat dari resistor yang seri dengan kapasitor. Cari kapasitansinya C.

Vs = 120 V (rms)f = 1000 HzZs = 25 + j40 Ω
C = µF
17.Daya tiga fasaSedang
ABCVL​ = 208 VIL​ = 20 Acos φ = 0,95tertinggal

Beban tiga fasa seimbang menarik arus saluran 20 A dari sumber dengan tegangan antarsaluran 208 V. Faktor dayanya 0,95 tertinggal. Cari daya nyata total P yang diserap beban dalam kW.

VL = 208 VIL = 20 Acos φ = 0,95
P = kW
18.Daya tiga fasaSulit
P = 200 kWφ1​S1​Q2​QC​

Beban tiga fasa seimbang menyerap 200 kW pada faktor daya 0,65 tertinggal dari sumber 480 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. Kapasitor dihubungkan secara Δ. Cari kapasitansi Cph setiap kapasitor dalam µF.

P = 200 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,95VL = 480 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.TransformatorSedang
5 ΩN1​N2​20 Ω

Sebuah penguat dengan hambatan keluaran 20 Ω menggerakkan pengeras suara 5 Ω melalui transformator ideal. Untuk transfer daya maksimum, pengeras suara harus terlihat sebagai 20 Ω dari penguat. Cari rasio lilitan a = N₁/N₂.

Rs = 20 ΩRL = 5 Ω
a =
20.TransformatorSulit
pf 0,9525 kVA, 50% beban

Sebuah transformator satu fasa 25 kVA memiliki rugi inti 200 W dan rugi tembaga 800 W pada beban pengenal. Transformator menyuplai 50% dari kVA pengenalnya pada faktor daya 0,95 tertinggal. Cari rugi total Ploss dalam watt pada beban ini.

S = 25 kVAPcore = 200 WPcu,fl = 800 Wx = 0,5pf = 0,95
Ploss = W
21.Rangkaian op-ampSedang
−+Vout​R2​ = 22 kΩV1​ = 0,3 VR1​ = 47 kΩV2​ = 1,3 VR3​ = 47 kΩR4​ = 22 kΩ

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

V1 = 0,3 VV2 = 1,3 VR1 = R3 = 47 kΩR2 = R4 = 22 kΩ
Vout = V
22.Rangkaian op-ampSulit
−+Vout​Rf​ = 22 kΩV1​ = −0,1 VR1​ = 22 kΩV2​ = −0,4 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 = −0,1 VV2 = −0,4 VR1 = 22 kΩR2 = 10 kΩRf = 22 kΩ
If = mA
23.Dioda & transistorSedang
RC​ = 1,5 kΩβ = 200VCC​ = 10 VRB​ = 680 kΩ

Sebuah transistor NPN dengan β = 200 dibias oleh resistor basis RB = 680 kΩ dari sumber VCC = 10 V. Resistor kolektornya RC = 1,5 kΩ dan emitornya dihubungkan ke ground. Ambil VBE = 0,7 V dan asumsikan transistor berada di daerah aktif. Cari tegangan kolektor–emitor VCE.

VCC = 10 VRB = 680 kΩRC = 1,5 kΩβ = 200VBE = 0,7 V
VCE = V
24.Dioda & transistorSulit
RC​ = 100 Ωβ = 150VCC​ = 5 V5 VRB​ = ?

Sebuah transistor NPN dengan β = 150 mengalihkan resistor beban 100 Ω yang terhubung antara VCC = 5 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. Cari resistor basis terbesar RB, dalam kΩ, yang masih mengemudikan transistor tepat ke saturasi.

VCC = 5 VRC = 100 Ωβ = 150Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 V
RB = kΩ
25.Sistem bilanganSedang
Komplemen dua 8-bit0−12806403201608040201

Atur bit sehingga menyimpan −101 dalam komplemen dua 8-bit. Dibaca sebagai bilangan tak bertanda, berapa nilai pola U?

N = −1018 bit
U =
26.Sistem bilanganSulit
klik bit untuk mengaturnya012806403201608040201

Atur bit menjadi hasil 8-bit dari 1111 0001 XOR 0111 0100. Berapa nilai hasil R dalam desimal?

1111 0001XOR0111 0100
R =
27.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flopSedang
ABCD000111100001111010010302141517060120130151140819011110

Pakai peta Karnaugh untuk mencari bentuk jumlah dari hasil kali (SOP) minimal dari F(A, B, C, D) = Σm(0, 4, 5, 7, 9, 10, 14). Berapa literal L yang dimilikinya secara total (variabel beraksen dihitung satu literal)?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 4, 5, 7, 9, 10, 14)
L =
28.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flopSulit
FFQ0​Q0​FFQ1​Q1​FFQ2​Q2​FFQ3​Q3​FFQ4​Q4​CLKMOD-20

Pencacah mod-20 harus melewati 20 keadaan berbeda. Berapa jumlah minimum flip-flop n yang diperlukannya?

N = 20
n =
29.Transformasi LaplaceSedang
ReIm−0,5−1−1,5−2−2,5−3−3,5−4−4,50,51

F(s) = (6s + 2)/(s² + 6s + 8). Transformasi baliknya berbentuk f(t) = A·e−2t + B·e−4t. Tentukan koefisien A dengan pecahan parsial.

F(s) = (6s + 2)/(s² + 6s + 8)
A =
30.Transformasi LaplaceSulit
t (s)y(t)t = 0,4y(0,4) = ?

Selesaikan y″ + 8y′ + 12y = 0 dengan y(0) = 1 dan y′(0) = 15 memakai transformasi Laplace, lalu tentukan y(0,4).

y″ + 8y′ + 12y = 0y(0) = 1y′(0) = 15t = 0,4 s
y(0.4) =
31.Diagram blokSedang
R(s)+19s + 9G(s)C(s)0,5H−

Plant G(s) = 19/(s + 9) dikendalikan dalam loop umpan balik negatif yang sensornya memiliki penguatan H = 0,5. Sebuah masukan langkah berukuran 10 diberikan pada R. Tentukan keluaran keadaan tunak css.

G(s) = 19/(s + 9)H = 0,5R = 10
css =
32.Diagram blokSulit
R(s)+28pengendali+D(s)+7s + 3plantC(s)−

Pengendali proporsional K = 28 menggerakkan plant G(s) = 7/(s + 3) dalam loop umpan balik negatif satuan. Sebuah gangguan D masuk di masukan plant (ditambahkan ke keluaran pengendali). Masukan langkah referensi berukuran 10 dan gangguan langkah berukuran 0,5 diberikan bersamaan. Tentukan keluaran keadaan tunak css.

K = 28G(s) = 7/(s + 3)D = 0,5R = 10
css =
33.Respons langkahSedang
t (s)y(t)3tp​ = ?

Sebuah sistem memiliki fungsi alih G(s) = 120/(s² + 5s + 40) dan menerima masukan langkah satuan. Tentukan waktu puncak tp dari respons langkah.

G(s) = 120/(s² + 5s + 40)
tp = s
34.Respons langkahSulit
t (s)y(t)1tp​ = 0,8 s20 %

Respons langkah sebuah sistem orde dua tanpa nol menunjukkan overshoot 20 %, dan puncak pertama terjadi pada t = 0,8 s. Tentukan frekuensi alami ωn.

%OS = 20 %tp = 0,8 s
ωn = rad/s
35.Plot Bode dan marginSedang
|H| (dB)0,010,11101001000−80−60−40−2002040ω (rad/s)ω = 0,5

Cari besar eksak |G(jω)| dari G(s) = 924/((s + 7)(s + 12)) pada ω = 0,5 rad/s, dalam dB.

G(s) = 924/((s + 7)(s + 12))ω = 0,5 rad/s
|G(jω)| = dB
36.Plot Bode dan marginSulit
|H| (dB)0,10,1111010100100−60−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​ = ?

Lingkar umpan balik satuan memiliki fungsi alih lingkar terbuka L(s) = 88/(s(s + 8)). Cari frekuensi persilangan penguatan ωc, tempat |L(jω)| = 1.

L(s) = 88/(s(s + 8))
ωc = rad/s
37.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akarSedang
R(s)+7801s(s + 3)(s + 10)C(s)−

Loop pada diagram memiliki umpan balik negatif dan L(s) = 780/(s(s + 3)(s + 10)). Berapa banyak kutub loop tertutup N yang terletak di setengah bidang kanan?

L(s) = 780/(s(s + 3)(s + 10))
N =
38.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akarSulit
ReIm−1−2−3−4−5−6−71j1j2

Tempat kedudukan akar dari L(s) = K/(s(s + 2)(s + 6)) meninggalkan sumbu real di antara s = 0 dan s = −2. Cari titik pencar sb.

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 6))
sb =
39.Galat keadaan tunak & kendali PIDSedang
r(t) = 5t+Ks(s + 10)C(s)−

Suatu loop umpan balik satuan dengan G(s) = K/(s(s + 10)) harus mengikuti ramp r(t) = 5t dengan galat keadaan tunak 0,01. Cari penguatan K.

G(s) = K/(s(s + 10))r(t) = 5tess = 0,01
K =
40.Galat keadaan tunak & kendali PIDSulit
R(s)+Kp​ + Ki​/s10s + 1C(s)−

Pengendali PI C(s) = Kp + Ki/s mengendalikan plant G(s) = 10/(s + 1) dalam loop umpan balik satuan. Loop tertutup harus memiliki ωₙ = 8 rad/s dan ζ = 0,7. Cari penguatan integral Ki.

G(s) = 10/(s + 1)ωₙ = 8 rad/sζ = 0,7
Ki =

3Larutan

1.Resistor seri & paralel

Jawaban: Req = 15,08 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​ = 6 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​18 VR2​15 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 = 20 + 3 = 23 Ω
R2 ∥ 23 = 15·23/(15+23) = 9,079 Ω
Req = R1 + 9,079 = 6 + 9,079 = 15,08 Ω

Jawaban

Req = 15,08 Ω
2.Resistor seri & paralel

Jawaban: IR1 = 0,4859 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​ = 12 ΩR3​ = 25 ΩR5​ = 20 Ω+−V1​10 VR2​12 ΩAR4​6 ΩBR6​15 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 = 20 + 15 = 35 Ω
R4 ∥ 35 = 5,122 Ω
R3 + 5,122 = 30,12 Ω
R2 ∥ 30,12 = 8,581 Ω
Req = R1 + 8,581 = 12 + 8,581 = 20,58 Ω

Arus dari sumber

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

IR1 = V1/Req = 10/20,58 = 0,4859 A

Jawaban

IR1 = 0,4859 A
3.Analisis simpul

Jawaban: Ix = 0,5882 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.

Bentuk supernode

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

VB = VA + Vs = VA + 6
VA/R1 + VB/R2 = Is

Selesaikan

VA/2 + (VA + 6)/15 = 2
VA = (2 − 6/15)/(1/2 + 1/15) = 2,824 V
VB = 2,824 + 6 = 8,824 V

Arus melalui sumber tegangan

Semua arus yang melewati sumber dari A ke B keluar dari simpul B melalui R₂.

Ix = VB/R2 = 8,824/15 = 0,5882 A

Jawaban

Ix = 0,5882 A

Hasil negatif berarti arus sebenarnya mengalir berlawanan dengan panah.

4.Analisis simpul

Jawaban: IR1 = 0,06346 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.

Bentuk supernode

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

VB = VA + 6
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is

Selesaikan

(VA − 12)/20 + VA/12 + (VA + 6)/25 = 1,5
VA·(1/20 + 1/12 + 1/25) = 1,5 + 12/20 − 6/25 = 1,86
VA = 1,86/0,1733 = 10,73 V
VB = 16,73 V

Arus melalui R₁

IR1 = (V1 − VA)/R1 = (12 − 10,73)/20 = 0,06346 A

Jawaban

IR1 = 0,06346 A

Hasil negatif berarti arus sebenarnya mengalir berlawanan dengan panah.

5.Analisis mesh

Jawaban: IR3 = 0,386 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​ = 2 ΩR2​ = 15 Ω+−V1​6 VR3​15 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
2·I1 + 15(I1 − I2) = 6
17·I1 − 15·I2 = 6

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 + 15(I2 − I1) = (−10)
−15·I1 + 30·I2 = −10

Selesaikan

Δ = (17)(30) − (−15)(−15) = 285
I1 = Δ1/Δ = 30/285 = 0,1053 A
I2 = Δ2/Δ = −80/285 = −0,2807 A

Jawaban

IR3 = I1 − I2 = 0,386 A

Arus mesh negatif mengalir berlawanan arah jarum jam.

6.Analisis mesh

Jawaban: IR2 = 1,676 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​ = 6 ΩR2​ = 6 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​36 VR4​12 ΩAR5​2 ΩB+−V2​15 VI1​I2​I3​

Tetapkan arus mesh

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

KVL di sekitar mesh 1

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

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
6·I1 + 12(I1 − I2) = 36
18·I1 − 12·I2 = 36

KVL di sekitar mesh 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
6·I2 + 12(I2 − I1) + 2(I2 − I3) = 0
−12·I1 + 20·I2 − 2·I3 = 0

KVL di sekitar mesh 3

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

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
4·I3 + 2(I3 − I2) = (−15)
−2·I2 + 6·I3 = −15

Selesaikan

Δ = determinan matriks koefisien = 1224
I1 = Δ1/Δ = 3816/1224 = 3,118 A
I2 = Δ2/Δ = 2052/1224 = 1,676 A
I3 = Δ3/Δ = −2376/1224 = −1,941 A

Jawaban

IR2 = I2 = 1,676 A

Arus mesh negatif mengalir berlawanan arah jarum jam.

7.Superposisi

Jawaban: IR2 = 0,8649 A

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

R1​ = 10 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​12 VR2​8 ΩAR4​10 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+10 = 12 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 8·12/(8+12) = 4,8 Ω
VA = 12·4,8/(10+4,8) = 3,892 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 3,892·10/12 = 3,243 V
IR2′ = (0 − VA)/R2 = (0 − 3,892)/8 = −0,4865 A
R1​ = 10 ΩR3​ = 2 ΩHUBUNG SINGKATR2​8 ΩAR4​10 ΩBIs​4 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 = 10·8/(10+8) = 4,444 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 10 ∥ 6,444 = 3,919 Ω
VB = Is·Req = (−4)·3,919 = −15,68 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = −15,68·4,444/6,444 = −10,81 V
IR2″ = (0 − VA)/R2 = (0 − −10,81)/8 = 1,351 A

Jumlahkan kontribusinya

IR2 = IR2′ + IR2″
IR2 = (−0,4865) + 1,351 = 0,8649 A

Hasil negatif berarti sebenarnya arus mengalir berlawanan dengan panah.

8.Superposisi

Jawaban: I = 19,5 mA

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

Tulis pengukuran dalam bentuk kontribusi

Setiap kontribusi sebanding dengan sumbernya sendiri.

I₁ + I₂ + I₃ = 23,5
2·I₁ + I₂ + I₃ = 34,5
I₁ + I₂ − I₃ = 6,5

Selesaikan kontribusinya

I₁ = 34,5 − 23,5 = 11 mA
I₃ = (23,5 − 6,5)/2 = 8,5 mA
I₂ = 23,5 − 11 − 8,5 = 4 mA

Matikan V₂

I = I₁ + I₃ = 11 + 8,5 = 19,5 mA

Jawaban

I = 19,5 mA
9.Thévenin & Norton

Jawaban: IL = 0,2913 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​ = 15 ΩR3​ = 20 ΩHUBUNG SINGKATR2​5 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 = 15·5/(15+5) = 3,75 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,75 + 20 = 23,75 Ω
R1​ = 15 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​30 VR2​5 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) = 30·5/(15+5) = 7,5 V
Rth​ = 23,75 Ω+−Vth​7,5 VRL​2 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) = 7,5/(23,75 + 2) = 0,2913 A
10.Thévenin & Norton

Jawaban: PL = 11,42 W

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

R1​ = 15 ΩR3​ = 2 ΩHUBUNG SINGKATR2​6 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 = 15·6/(15+6) = 4,286 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,286 + 2 = 6,286 Ω
R1​ = 15 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​30 VR2​6 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) = 8,571 + 2·4,286 = 17,14 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 17,14 + 2·2 = 21,14 V
Rth​ = 6,286 Ω+−Vth​21,14 VRL​25 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) = 21,14/(6,286 + 25) = 0,6758 A
PL = IL²·RL = 0,6758²·25 = 11,42 W
11.Transien RC & RL

Jawaban: t = 5,066 ms

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

Konstanta waktu dan arus akhir

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

τ = L/R = 22 mH / 20 Ω = 1,1 ms
i(∞) = Vs/R = 24/20 = 1,2 A

Selesaikan untuk waktu

0,99 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,99)
t = −1,1·ln(0,01) = 5,066 ms

Jawaban

t = 5,066 ms
12.Transien RC & RL

Jawaban: R = 0,1553 kΩ

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

Konstanta waktu yang diperlukan

7,2 = 9·(1 − e−25/τ) → τ = 25/ln(9/(9 − 7,2))
τ = 25/1,609 = 15,53 ms

Hambatan

kΩ dikali µF menghasilkan milidetik.

R = τ/C = 15,53/100 = 0,1553 kΩ

Jawaban

R = 0,1553 kΩ
13.Impedansi AC & fasor

Jawaban: L = 0,02156 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·5000 = 31416 rad/s
L = 1/(ω₀²·C) = 1/(31416²·47·10⁻⁶) = 0,02156 mH

Jawaban

L = 0,02156 mH
14.Impedansi AC & fasor

Jawaban: VC = 7,185 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·100 = 628,3 rad/s
XL = ωL = 628,3·0,1 = 62,83 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(628,3·100·10⁻⁶) = 15,92 Ω

Impedansi

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(25² + (46,92)²) = 53,16 Ω

Arus

Arus yang sama mengalir melalui setiap elemen rangkaian seri.

I = V/|Z| = 24/53,16 = 0,4515 A

Tegangan pada kapasitor

VC = I·XC = 0,4515·15,92 = 7,185 V

Jawaban

VC = 7,185 V
15.Daya AC & faktor daya

Jawaban: Q = 345,6 var

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

Arus

|Z| = √(20² + 15²) = 25 Ω
I = V/|Z| = 120/25 = 4,8 A

Daya reaktif

Q = I²·X = 4,8²·15 = 345,6 var

Jawaban

Q = 345,6 var
16.Daya AC & faktor daya

Jawaban: C = 3,979 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 − j40 Ω

Kapasitansi

XC = 40 Ω → C = 1/(2π·1000·40) = 3,979 µF

Jawaban

C = 3,979 µF
17.Daya tiga fasa

Jawaban: P = 6,845 kW

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

Daya semu

S = √3·VL·IL = √3·208·20 = 7,205 kVA

Daya nyata

P = S·cos φ = 7,205·0,95 = 6,845 kW

Jawaban

P = 6,845 kW
18.Daya tiga fasa

Jawaban: Cph = 774,1 µF

Sistem tiga fasa seimbang: pada hubungan Y (bintang) tegangan antarsaluran adalah √3 kali tegangan fasa, VL = √3·Vph, dan arus saluran sama dengan arus fasa. Pada hubungan Δ (delta) tegangan antarsaluran sama dengan tegangan fasa dan arus saluran adalah √3 kali arus fasa, IL = √3·Iph. Daya total adalah tiga kali daya satu fasa: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ. Perbaikan faktor daya: kapasitor menyuplai daya reaktif secara lokal, QC = P·(tan φ1 − tan φ2). Masing-masing dari ketiga kapasitor menyuplai QC/3 = V²·ω·C, dengan V tegangan pada kapasitor tersebut: VL pada bank Δ, VL/√3 pada bank Y.

Daya reaktif sebelum dan sesudah

Daya nyata tidak berubah, sehingga setiap faktor daya menentukan daya reaktifnya: Q = P·tan φ.

Q1 = 200·tan(acos 0,65) = 200·1,169 = 233,8 kvar
Q2 = 200·tan(acos 0,95) = 200·0,3287 = 65,74 kvar

Daya reaktif dari kapasitor

QC = Q1 − Q2 = 168,1 kvar

Kapasitansi per fasa

Pada bank Δ, setiap kapasitor terhubung di antara dua saluran.

V = 480 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 56030/(314,2·480²) = 774,1 µF

Jawaban

Cph = 774,1 µF
19.Transformator

Jawaban: a = 2

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

a²·5 = 20
a = √(20/5) = √4 = 2

Jawaban

a = 2
20.Transformator

Jawaban: Ploss = 400 W

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

Rugi tembaga pada beban ini

Pcu = x²·Pcu,fl = 0,25·800 = 200 W

Rugi total

Rugi inti sama pada beban berapa pun.

Ploss = 200 + 200 = 400 W

Jawaban

Ploss = 400 W

Efisiensi pada beban ini adalah η = 96,74%.

21.Rangkaian op-amp

Jawaban: Vout = 0,4681 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) = 1,3·22/(47 + 22) = 0,4145 V
V₋ = V₊

KCL di masukan membalik

(0,3 − 0,4145)/47 = (0,4145 − Vout)/22
Vout = (R2/R1)·(V2 − V1) = (22/47)·(1,3 − 0,3) = 0,4681 V

Jawaban

Vout = 0,4681 V
22.Rangkaian op-amp

Jawaban: If = −0,04455 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 = −0,1/22 = −0,004545 mA
I2 = V2/R2 = −0,4/10 = −0,04 mA
If = I1 + I2 = −0,04455 mA

Jawaban

If = −0,04455 mA
23.Dioda & transistor

Jawaban: VCE = 5,897 V

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

Arus basis

IB = (VCC − VBE)/RB = (10 − 0,7)/680 kΩ = 13,68 µA

Arus kolektor

IC = β·IB = 200·13,68 µA = 2,735 mA

Tegangan kolektor–emitor

VCE = 10 − 2,735 mA·1,5 kΩ = 5,897 V

Jawaban

VCE = 5,897 V
24.Dioda & transistor

Jawaban: RB = 13,44 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) = (5 − 0,2)/100 = 48 mA

Arus basis minimum

IB(min) = IC(sat)/β = 48/150 = 320 µA

Resistor basis

RB = (5 − 0,7)/IB = 4,3 V/0,32 mA = 13,44 kΩ

Jawaban

RB = 13,44 kΩ

Resistor basis yang lebih kecil juga menyaturasi transistor; dalam praktik Anda memilih yang beberapa kali lebih kecil.

25.Sistem bilangan

Jawaban: U = 155

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

Balik dan tambah satu

101 = 0110 0101
dibalik: 1001 1010
+1 → 1001 1011

Baca sebagai tak bertanda

1001 1011₂ = 256 − 101 = 155

Jawaban

U = 155
26.Sistem bilangan

Jawaban: R = 133

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

XOR menghasilkan 1 jika kedua bit berbeda.

1111 0001
XOR 0111 0100
= 1000 0101

Nilai hasil

1000 0101₂ = 133

Jawaban

R = 133
27.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flop

Jawaban: L = 13

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.

ABCD000111100001111010010302141517060120130151140819011110

Kelompokkan angka 1

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

A′C′D′
ACD′
A′BD
AB′C′D

Bentuk SOP minimal

F = A′C′D′ + ACD′ + A′BD + AB′C′D
L = 13

Jawaban

L = 13
28.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flop

Jawaban: n = 5

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.

Jumlah flip-flop

2ⁿ ≥ 20 → n = 5 (2⁵ = 32)

Jawaban

n = 5
29.Transformasi Laplace

Jawaban: A = −5

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 + 6s + 8 = (s + 2)(s + 4)
F(s) = A/(s + 2) + B/(s + 4)

Aturan tutup (cover-up)

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

A = (6s + 2)/(s + 4) |s = −2 = −10/2 = −5

Jawaban

A = −5
(B = 11, jadi f(t) = −5·e−2t + 11·e−4t)
30.Transformasi Laplace

Jawaban: y(0.4) = 1,973

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 − 1s − 15 + 8(sY − 1) + 12Y = 0
Y(s) = (s + 23)/((s + 2)(s + 6))

Pecahan parsial

A = 21/4 = 5,25
B = 17/(−4) = −4,25

Hasil

y(t) = 5,25·e−2t − 4,25·e−6t
y(0,4) = 1,973

Jawaban

y(0,4) = 1,973

Periksa: y(0) = A + B = 1.

31.Diagram blok

Jawaban: css = 10,27

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

Fungsi alih loop tertutup

T(s) = G/(1 + G·H) = 19/(s + 9 + 9,5) = 19/(s + 18,5)

Hasil

css = R·T(0) = 10·19/18,5 = 10,27

Jawaban

css = 10,27
32.Diagram blok

Jawaban: css = 9,867

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 + 3 + 196)
C/R = K·G/(1 + K·G) = 196/(s + 3 + 196)

Keadaan tunak

css = 10·196/199 + 0,5·7/199 = 9,867

Jawaban

css = 9,867

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

33.Respons langkah

Jawaban: tp = 0,5408 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).

Bandingkan dengan bentuk baku

Penyebut harus cocok dengan s² + 2ζωₙs + ωₙ².

ωₙ² = 40 → ωₙ = 6,325 rad/s
2ζωₙ = 5 → ζ = 5/(2·6,325) = 0,3953

Hasil

ωd = 6,325·√(1 − 0,3953²) = 5,809 rad/s → tp = π/ωd = 0,5408 s

Jawaban

tp = 0,5408 s
34.Respons langkah

Jawaban: ωn = 4,412 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).

Rasio redaman

ζ = −ln(0,2)/√(π² + ln²(0,2)) = 1,609/√(9,87 + 2,59) = 0,4559

Frekuensi alami

ωd = π/tp = π/0,8 = 3,927 rad/s
ωₙ = ωd/√(1 − ζ²) = 3,927/0,89 = 4,412 rad/s

Jawaban

ωn = 4,412 rad/s
35.Plot Bode dan margin

Jawaban: |G(jω)| = 20,8 dB

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

Kalikan besar

|G(j0,5)| = 924/(√(0,5² + 7²)·√(0,5² + 12²)) = 924/(7,018·12,01) = 10,96

Hasil

20·log₁₀(10,96) = 20,8 dB

Jawaban

|G(jω)| = 20,8 dB
36.Plot Bode dan margin

Jawaban: ωc = 7,851 rad/s

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 + 64ω² − 7744 = 0
ω² = (−64 + √(4096 + 4·7744))/2 = 61,64
ωc = 7,851 rad/s

Jawaban

ωc = 7,851 rad/s
37.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akar

Jawaban: N = 2

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

Polinomial karakteristik

s³ + 13s² + 30s + 780 = 0

Larik Routh

s³: 1, 30
s²: 13, 780
s¹: −30
s⁰: 780

Perubahan tanda pada kolom pertama

1 → 13 → −30 → 780
N = 2

Jawaban

N = 2

Penguatan berada di atas batas K = 390, sehingga sepasang kutub kompleks telah menyeberang ke setengah bidang kanan.

38.Kestabilan: Routh–Hurwitz & tempat kedudukan akar

Jawaban: sb = −0,9028

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

Penguatan sepanjang sumbu real

K(s) = −s(s + 2)(s + 6) = −(s³ + 8s² + 12s)

Titik stasioner

dK/ds = −(3s² + 16s + 12) = 0
s = (−16 ± √(256 − 144))/6 = −0,9028, −4,431

Pilih titik pada tempat kedudukan

Tempat kedudukan terletak pada sumbu real di antara 0 dan −2; akar yang lain bukan bagian dari tempat kedudukan.

sb = −0,9028

Jawaban

sb = −0,9028
39.Galat keadaan tunak & kendali PID

Jawaban: K = 5000

Galat keadaan tunak: dalam loop umpan balik satuan dengan fungsi alih loop terbuka G(s), galatnya adalah E(s) = R(s)/(1 + G(s)), dan menurut teorema nilai akhir ess = lims→0 s·E(s). Tipe sistem adalah jumlah kutub G(s) di s = 0. Konstanta galat adalah Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s) dan Ka = lim s²·G(s), semuanya untuk s → 0. Masukan undak berukuran A memberikan ess = A/(1 + Kp), ramp A·t memberikan A/Kv dan parabola A·t²/2 memberikan A/Ka. Loop tipe 0 mengikuti undak dengan galat terhingga, loop tipe 1 mengikutinya dengan tepat dan mengikuti ramp dengan galat terhingga.

Konstanta kecepatan yang diperlukan

Kv = A/ess = 5/0,01 = 500

Penguatan

K = 10·Kv = 5000

Jawaban

K = 5000

Penguatan yang besar membuat loop ini sangat sedikit teredam: ζ = 0,07071. Pertentangan itulah alasan kompensator digunakan.

40.Galat keadaan tunak & kendali PID

Jawaban: Ki = 6,4

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

Polinomial karakteristik

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

s² + (1 + 10Kp)s + 10Ki

Polinomial target

s² + 2·0,7·8s + 8² = s² + 11,2s + 64

Samakan koefisien-koefisiennya

10Ki = 64 → Ki = 6,4

Jawaban

Ki = 6,4

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

Ini adalah materi latihan independen. ExamProblems tidak berafiliasi dengan atau didukung oleh organisasi penyelenggara ujian ini, dan nama ujian hanya digunakan untuk menggambarkan isinya. FE exam diselenggarakan oleh NCEES, yang tidak berafiliasi dengan ExamProblems dan tidak mendukungnya.

ExamProblems · examproblems.com/courses/fe-exam-electrical