Analisis Rangkaian Rangkaian Listrik - "Darpublic" at ee

Sudaryatno Sudirham
Analisis
Rangkaian Listrik
Jilid 2
2
Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)
BAB 2
Analisis Transien di Kawasan Waktu
Rangkaian Orde Ke-Dua
Dengan mempelajari analisis transien sistem orde ke-dua kita akan
• mampu menurunkan persamaan
merupakan rangkaian orde kedua.
rangkaian
yang
• memahami bahwa tanggapan rangkaian terdiri dari
tanggapan paksa dan tanggapan alami yang mungkin
berosilasi.
• mampu melakukan analisis transien pada rangkaian orde
kedua.
2.1. Contoh Rangkaian Orde Kedua
Rangkaian RLC Seri. Kita lihat rangkaian seri RLC seperti pada
Gb.2.1. Saklar S
L
ditutup pada t = 0.
S
Langkah pertama
+ R
+
dalam mencari
i
+
v
tanggapan rangkaian
vin
C
−
v
−
s
ini adalah mencari
−
persamaan
rangkaian. Karena
Gb.2.1. Rangkaian RLC seri.
rangkaian
mengandung C dan
L, maka ada dua peubah status, yaitu tegangan kapasitor dan arus
induktor, yang dapat kita pilih untuk digunakan dalam mencari
persamaan rangkaian,. Kita akan mencoba lebih dulu menggunakan
tegangan kapasitor sebagai peubah rangkaian, kemudian melihat apa
yang akan kita dapatkan jika arus induktor yang kita pilih.
Aplikasi HTK untuk t > 0 pada rangkaian ini memberikan :
di
Ri + L + v = vin
dt
Karena i = iC = C dv/dt, maka persamaan (2. 1) menjadi :
(2.1)
1
LC
d 2v
dt
2
+ RC
dv
+ v = vin
dt
(2.2)
Persamaan (2.2) adalah persamaan diferensial orde kedua, yang
merupakan diskripsi lengkap rangkaian, dengan tegangan kapasitor
sebagai peubah. Untuk memperoleh persamaan rangkaian dengan
arus induktor i sebagai peubah, kita manfaatkan hubungan arustegangan kapasitor, yaitu
dv
1
i = iC = C
→v=
idt
dt
C
sehingga (2.1) menjadi:
di
1
L + Ri +
idt + v(0) = vin atau
dt
C
∫
∫
LC
d 2i
dt
2
+ RC
di
dv
+ i = C in = iin
dt
dt
(2.3)
Persamaan (2.2) dan (2.3) sama bentuknya, hanya peubah sinyalnya
yang berbeda. Hal ini berarti bahwa tegangan kapasitor ataupun arus
induktor sebagai peubah akan memberikan persamaan rangkaian
yang setara. Kita cukup mempelajari salah satu di antaranya.
Rangkaian RLC Paralel. Perhatikan rangkaian RLC paralel seperti
pada Gb.2.2. Aplikasi
A
HAK pada simpul A
is
memberikan
iR + iL + iC = is
Hubungan ini dapat
dinyatakan dengan arus
induktor iL = i sebagai
peubah, dengan
memanfaatkan hubungan
v =vL =L di/dt, sehingga
iR = v/R dan iC = C
dv/dt .
iR
iC
iL = i
L
R
C
+
v
−
B
Gb.2.2. Rangkaian paralel RLC
2 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)
v
dv
+i+C
= is
R
dt
LC
d 2i
dt 2
+
atau
(2.4)
L di
+ i = is
R dt
Persamaan rangkaian paralel RLC juga merupakan persamaan
diferensial orde kedua.
2.2. Tinjauan Umum Tanggapan Rangkaian Orde Kedua
Secara umum rangkaian orde kedua mempunyai persamaan yang
berbentuk
d2y
dy
+ cy = x(t )
(2.5)
dt
dt
Pada sistem orde satu kita telah melihat bahwa tanggapan rangkaian
terdiri dari dua komponen yaitu tanggapan alami dan tanggapan
paksa. Hal yang sama juga terjadi pada sistem orde kedua yang
dengan mudah dapat ditunjukkan secara matematis seperti halnya
pada sistem orde pertama. Perbedaan dari kedua sistem ini terletak
pada kondisi awalnya. Karena rangkaian orde kedua mengandung
dua elemen yang mampu menyimpan energi yaitu L dan C, maka
dalam sistem ini baik arus induktor maupun tegangan kapasitor harus
merupakan fungsi kontinyu. Oleh karena itu ada dua kondisi awal
yang harus dipenuhi, yaitu
a
2
+b
vC (0 + ) = vC (0 − )
dan
i L ( 0 + ) = i L (0 − )
Dalam penerapannya, kedua kondisi awal ini harus dijadikan satu,
artinya vC dinyatakan dalam iL atau sebaliknya iL dinyatakan dalam
vC , tergantung dari apakah peubah y pada (2.25) berupa tegangan
kapasitor ataukah arus induktor.
Sebagai contoh, pada rangkaian RLC seri hubungan antara vC dan iL
adalah
i (0 + ) = iL (0 + ) = iC (0 + ) = C
dvC +
(0 )
dt
atau
dvC +
i (0 + )
(0 ) =
dt
C
Dengan demikian jika peubah y adalah tegangan kapasitor, dua
kondisi awal yang harus diterapkan, adalah:
3
vC (0+ ) = vC (0− )
dan
dvC +
i (0 + )
.
(0 ) = L
dt
C
Contoh lain adalah rangkaian paralel RLC; hubungan antara vC dan
iL adalah
diL +
diL +
v (0 + )
(0 ) atau
(0 ) = C
dt
dt
L
Dengan demikian jika peubah y adalah arus induktor, dua kondisi
awal yang harus diterapkan, adalah:
vC (0+ ) = vL (0+ ) = L
i L (0 + ) = i L (0 − )
dan
diL +
v (0 + )
.
(0 ) = C
dt
L
Secara umum, dua kondisi awal yang harus kita terapkan pada (2.5)
adalah
y (0 + ) = y (0 − )
dan
dy +
(0 ) = y ' (0 + )
dt
(2.6)
dengan y ' (0 + ) dicari dari hubungan rangkaian
Tanggapan Alami. Tanggapan alami diperoleh dari persamaan
rangkaian dengan memberikan nilai nol pada ruas kanan dari
persamaan (2.5), sehingga persamaan menjadi
a
d2y
dt
2
+b
dy
+ cy = 0
dt
(2.7)
Agar persamaan ini dapat dipenuhi, y dan turunannya harus
mempunyai bentuk sama sehingga dapat diduga y berbentuk fungsi
eksponensial ya = Kest dengan nilai K dan s yang masih harus
ditentukan. Kalau solusi ini dimasukkan ke (2.27) akan diperoleh :
aKs 2 e st + bKse st + cKe st = 0
Ke
st
(as
2
)
atau
+ bs + c = 0
(2.8)
Fungsi est tidak boleh nol untuk semua nilai t . Kondisi K = 0 juga
tidak diperkenankan karena hal itu akan berarti ya = 0 untuk seluruh
t. Satu-satunya jalan agar persamaan ini dipenuhi adalah
4 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)
as 2 + bs + c = 0
(2.9)
Persamaan ini adalah persamaan karakteristik rangkaian orde kedua.
Secara umum, persamaan karakteristik yang berbentuk persamaan
kwadrat itu mempunyai dua akar yaitu :
s1, s2 =
− b ± b 2 − 4ac
2a
(2.10)
Akar-akar persamaan ini mempunyai tiga kemungkinan nilai, yaitu:
dua akar riil berbeda, dua akar sama, atau dua akar kompleks
konjugat. Konsekuensi dari masing-masing kemungkinan nilai akar
ini terhadap bentuk gelombang tanggapan rangkaian akan kita lihat
lebih lanjut. Untuk sementara ini kita melihat secara umum bahwa
persamaan karakteristik mempunyai dua akar.
Dengan adanya dua akar tersebut maka kita mempunyai dua
tanggapan alami, yaitu:
ya1 = K1e s1t
dan
y a 2 = K 2e s 2 t
Jika ya1 merupakan solusi dan ya2 juga merupakan solusi, maka
jumlah keduanya juga merupakan solusi. Jadi tanggapan alami yang
kita cari akan berbentuk
ya = K1e s1t + K 2e s2t
(2.11)
Konstanta K1 dan K2 kita cari melalui penerapan kondisi awal
pada tanggapan lengkap.
Tanggapan Paksa. Tanggapan paksa kita cari dari persamaan (2.5).
Tanggapan paksa ini ditentukan oleh bentuk fungsi masukan. Cara
menduga bentuk tanggapan paksa sama dengan apa yang kita
pelajari pada rangkaian orde pertama, yaitu relasi (2.8). Untuk
keperluan pembahasan di sini, tanggapan paksa kita umpamakan
sebagai ypaksa= yp.
Tanggapan Lengkap. Dengan pemisalan tanggapan paksa tersebut
di atas maka tanggapan lengkap (tanggapan rangkaian) menjadi
y = y p + ya = y p + K1e s1t + K 2e s2t
(2.12)
5
2.3. Tiga Kemungkinan Bentuk Tanggapan
Sebagaimana disebutkan, akar-akar persamaan karakteristik yang
bentuk umumnya adalah as2 + bs + c = 0 dapat mempunyai tiga
kemungkinan nilai akar, yaitu:
a). Dua akar riil berbeda, s1 ≠ s2, jika {b2− 4ac } > 0;
b). Dua akar sama, s1 = s2 = s , jika {b2−4ac } = 0;
c). Dua akar kompleks konjugat s1 , s2 = α ± jβ jika {b2−4ac } < 0.
Tiga kemungkinan nilai akar tersebut akan memberikan tiga
kemungkinan bentuk tanggapan yang akan kita lihat berikut ini,
dengan contoh tanggapan rangkaian tanpa fungsi pemaksa.
Dua Akar Riil Berbeda. Kalau kondisi awal y(0+) dan dy/dt (0+)
kita terapkan pada tanggapan lengkap (2.12), kita akan memperoleh
dua persamaan yaitu
y (0+ ) = y p (0+ ) + K1 + K 2 dan y ' (0+ ) = y′p (0+ ) + s1K1 + s2 K 2
yang akan menentukan nilai K1 dan K2. Jika kita sebut
A0 = y (0+ ) − y p (0+ )
dan
maka kita peroleh K1 + K 2 = A0
dari sini kita memperoleh
K1 =
s2 A0 − B0
s2 − s1
dan
B0 = y′(0+ ) − y′p (0+ )
dan
K2 =
(2.13)
s1K1 + s2 K 2 = B0 dan
s1 A0 − B0
s1 − s2
sehingga tanggapan lengkap menjadi
y = yp +
s2 A0 − B0 s1t s1 A0 − B0 s2t
e +
e
s2 − s1
s1 − s2
(2.14)
Berikut ini kita lihat suatu contoh. Seperti halnya pada rangkaian
orde pertama, pada rangkaian orde kedua ini kita juga mengartikan
tanggapan rangkaian sebagai tanggapan lengkap. Hal ini didasari
oleh pengertian tentang kondisi awal, yang hanya dapat diterapkan
pada tanggapan lengkap. Rangkaian-rangkaian yang hanya
mempunyai tanggapan alami kita fahami sebagai rangkaian dengan
tanggapan paksa yang bernilai nol.
6 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)
CO&TOH-2.1: Saklar S
pada rangkaian di
samping ini telah
lama berada pada
posisi 1. Pada t = 0
saklar dipindahkan
ke posisi 2.
Tentukan tegangan
kapasitor , v , untuk
t > 0.
1H
S 1 2
+
−
+
v
15 V
−
iC
0,25 µF
i
8,5 kΩ
Penyelesaian :
Kondisi mantap yang telah tercapai pada waktu saklar di posisi
1 membuat kapasitor bertegangan sebesar tegangan sumber,
sementara induktor tidak dialiri arus. Jadi
v(0− ) = 15 V
;
i (0 − ) = 0
Setelah saklar di posisi 2, persamaan rangkaian adalah :
−v+L
di
+ iR = 0
dt
Karena i =− iC = −C dv/dt , maka persamaan tersebut menjadi
−v+L
→ LC
d 
dv 
dv 

 − C  + R − C  = 0
dt 
dt 
dt 

d 2v
dt
2
+ RC
dv
+v = 0
dt
Jika nilai-nilai elemen dimasukkan dan dikalikan dengan 4×106
maka persamaan rangkaian menjadi
d 2v
dt
2
+ 8,5 × 103
dv
+ 4 × 106 v = 0
dt
7
Persamaan karkteristik : s 2 + 8,5 × 103 s + 4 × 106 = 0
→ akar - akar : s1 , s2 = −4250 ± 103 (4,25) 2 − 4 = −500, − 8000
( dua akar riil berbeda).
Dugaan tanggapan lengkap : v = 0 + K1e − 500t + K 2 e −8000t
(tanggapan paksa nol))
Kondisi awal :
a). v(0 + ) = v(0 − ) = 15 V → 15 = K1 + K 2 ⇒ K 2 = 15 − K1
dv +
dv +
(0 ) →
(0 ) = 0
dt
dt
→ 0 = K1s1 + K 2 s2 = K1s1 + (15 − K1 ) s2
b). iL (0 + ) = iL (0 − ) = 0 = −iC (0 + ) = −C
⇒ K1 =
− 15s2
− 15(−8000)
=
= 16 ⇒ K 2 = 15 − K1 = −1
s1 − s2 − 500 + 8000
Tanggapan lengkap menjadi : v = 16e − 500 t − e −8000 t V
( hanya terdiri dari tanggapan alami).
Dua Akar Riil Sama Besar. Kedua akar yang sama besar tersebut
dapat kita tuliskan sebagai
s1 = s
dan
s2 = s + δ ; dengan δ → 0
(2.15)
Dengan demikian maka tanggapan lengkap (2.32) dapat kita tulis
sebagai
y = y p + K1e s1t + K 2e s2t = y p + K1e st + K 2e ( s + δ)t
Kalau kondisi awal pertama
memperoleh
(2.16)
y(0+) kita terapkan, kita akan
y (0+ ) = y p (0+ ) + K1 + K 2 → K1 + K 2 = y (0+ ) − y p (0+ ) = A0
Jika kondisi awal kedua dy/dt (0+) kita terapkan, kita peroleh
y′(0+ ) = y′p (0 + ) + K1s + K 2 ( s + δ)
→ ( K1 + K 2 ) s + K 2δ = y′(0 + ) − y′p (0+ ) = B0
Dari kedua persamaan ini kita dapatkan
8 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)
B − A0 s
A0 s + K 2δ = B0 → K 2 = 0
δ
B − A0 s
→ K1 = A0 − 0
δ
(2.17)
Tanggapan lengkap menjadi
B − A0 s  st B0 − A0 s ( s + δ)t

y = y p +  A0 − 0
e
e +
δ
δ



B − A0 s  B0 − A0 s δ t  st
= y p +  A0 − 0
e e
+
δ
δ



t
δ


 1 e  st
 e
= y p +  A0 + ( B0 − A0 s) − +

 δ
δ




 δt
 1 eδ t 
 = lim  e − 1  = t maka
lim  − +
δ →0 δ
δ  δ→0 δ 

lengkap (2.18.a) dapat kita tulis
Karena
y = y p + [A0 + ( B0 − A0 s) t ] e st
(2.18.a)
tanggapan
(2.18.b)
Tanggapan lengkap seperti dinyatakan oleh (2.18.b) merupakan
bentuk khusus yang diperoleh jika persamaan karakteristik
mempunyai dua akar sama besar. A0 dan B0 mempunyai nilai tertentu
yang ditetapkan oleh kondisi awal. Dengan demikian kita dapat
menuliskan (2.18.b) sebagai
y = y p + [K a + K b t ] e st
(2.18.c)
dengan nilai Ka yang ditentukan oleh kondisi awal, dan nilai Kb
ditentukan oleh kondisi awal dan s. Nilai s sendiri ditentukan oleh
nilai elemen-elemen yang membentuk rangkaian dan tidak ada
kaitannya dengan kondisi awal. Dengan kata lain, jika kita
mengetahui bahwa persamaan karakteristik rangkaian mempunyai
akar-akar yang sama besar (akar kembar) maka bentuk tanggapan
rangkaian akan seperti yang ditunjukkan oleh (2.18.c).
9
CO&TOH-2.2: Persoalan sama dengan contoh-2.1. akan tetapi
resistor 8,5 kΩ diganti dengan 4 kΩ.
Penyelesaian :
Persamaan rangkaian adalah :
d 2v
dt 2
+ 4 × 103
dv
+ 4 × 106 v = 0
dt
Persamaan karakteristik : s 2 + 4000s + 4 × 106 = 0
akar - akar : s1, s2 = −2000 ± 4 × 106 − 4 × 106 = −2000 = s
Di sini terdapat dua akar sama besar oleh karena itu
tanggapan lengkap akan berbentuk :
v = v p + (K a + K b t ) e st = 0 + (K a + Kb t ) e st , karena v p = 0.
Aplikasi kondisi awal pertama pada tanggapan lengkap ini
memberikan v(0+ ) = 15 = K a .
Aplikasi kondisi awal kedua
lengkap memberikan
dv
= Kbe st + (K a + Kbt ) s e st
dt
dv +
(0 ) = 0 pada tanggapan
dt
→
dv +
(0 ) = 0 = K b + K a s
dt
→ Kb = − K a s = 30000 ⇒ Jadi : v = (15 + 30000t ) e − 2000 t V
Akar-Akar Kompleks Konjugat. Dua akar kompleks konjugat dapat
dituliskan sebagai
s1 = α + jβ
dan
s2 = α − jβ
Tanggapan lengkap dari situasi ini, menurut (2.32) adalah
y = y p + K1e (α + jβ) t + K 2e( α − jβ) t
(
)
= y p + K1e + jβ t + K 2e − jβ t eαt
(2.19)
Aplikasi kondisi awal yang pertama, y(0+), pada (2.19) memberikan
y (0+ ) = y p (0+ ) + (K1 + K 2 )
→
K1 + K 2 = y (0 + ) − y p (0+ ) = A0
10 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)
dv +
(0 ) = y′(0 + ) , pada (2.19)
dt
Aplikasi kondisi awal yang kedua,
memberikan
(
)
(
)
dy dy p
=
+ jβK1e jβt − jβK 2e − jβt eαt + K1e jβt + K 2e − jβt α e αt
dt
dt
dy +
(0 ) = y′(0 + ) = y′p (0 + ) + ( jβK1 − jβK 2 ) + (K1 + K 2 ) α
dt
→ jβ(K1 − K 2 ) + α(K1 + K 2 ) = y′(0 + ) − y′p (0 + ) = B0
Dari sini kita peroleh
K1 + K 2 = A0
B − αA0
jβ(K1 − K 2 ) + α(K1 + K 2 ) = B0 → K1 − K 2 = 0
jβ
A + ( B0 − αA0 ) / jβ
A − ( B0 − αA0 ) / jβ
K1 = 0
;
K2 = 0
2
2
Tanggapan lengkap menjadi
 A + ( B0 − αA0 ) / jβ + jβ t A0 − ( B0 − αA0 ) / jβ − jβ t  αt
y = yp +  0
e
e
+
e
2
2


 e + jβ t + e − jβ t ( B0 − αA0 ) e + jβ t − e − jβ t
= y p +  A0
+

2
2j
β



( B − αA0 )
sin βt  eαt
= y p +  A0 cos βt + 0
β


 αt
e


(2.20)
A0 dan B0 mempunyai nilai tertentu yang ditetapkan oleh kondisi
awal sedangkan α dan β ditentukan oleh nilai elemen rangkaian.
Dengan demikian tanggapan lengkap (2.53) dapat kita tuliskan
sebagai
y = y p + (K a cos βt + K b sin βt ) eαt
(2.21)
dengan Ka dan Kb yang masih harus ditentukan melalui penerapan
kondisi awal. Ini adalah bentuk tanggapan lengkap khusus untuk
rangkaian dengan persamaan karakteristik yang mempunyai dua akar
kompleks konjugat.
11
CO&TOH-2.3: Persoalan sama dengan contoh 2.1. akan tetapi
resistor 8,5 kΩ diganti dengan 1 kΩ.
Penyelesaian :
Dengan penggantian ini persamaan rangkaian menjadi
d 2v
dt 2
+ 103
dv
+ 4 × 106 v = 0
dt
Persamaan karakteristik : s 2 + 1000
dv
+ 4 × 10 6 = 0
dt
akar - akar : s1 , s 2 = −500 ± 500 2 − 4 ×10 6
= −500 ± j 500 15
Di sini terdapat dua akar kompleks konjugat :
α ± jβ dengan α = −500 ; β = 500 15
Tanggapan lengkap diduga akan berbentuk
v = v p + (K a cos β t + K b sin βt ) e αt
= 0 + (K a cos βt + K b sin βt ) e αt
Aplikasi kondisi awal pertama memberikan : v(0 + ) = 15 = K a
Aplikasi kondisi awal kedua
dv
= (− K a β sin βt + K b β cos βt ) e αt
dt
+ (K a cos βt + K b sin β t ) α e αt
− αK a 500 × 15
dv +
(0 ) = 0 = K b β + αK a → K b =
=
= 15
dt
β
500 15
Jadi tanggapan lengkap adalah :
(
)
v = 15 cos(500 15 t ) + 15 sin(500 15 t ) e −500t V
Contoh 2.1, 2.2, dan 2.3 menunjukkan tiga kemungkinan bentuk
tanggapan, yang ditentukan oleh akar-akar persamaan karakteristik.
a). Jika persamaan karakteristik mempunyai dua akar yang berbeda,
tanggapan alami akan merupakan jumlah dari dua suku yang
12 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)
masing-masing merupakan fungsi eksponenial. Dalam kasus seperti
ini, tanggapan rangkaian merupakan tanggapan amat teredam.
b). Jika persamaan karakteristik mempunyai dua akar yang sama
besar, maka tanggapan alami akan merupakan jumlah dari fungsi
eksponensial dan ramp teredam. Tanggapan ini merupakan
tanggapan teredam kritis.
c). Jika persamaan karakteristik mempunyai dua akar kompleks
konjugat, maka tanggapan alami merupakan jumlah dari fungsifungsi sinus teredam. Jadi tanggapan rangkaian berosilasi terlebih
dulu sebelum akhirnya mencapai nol, dan disebut tanggapan kurang
teredam. Bagian riil dari akar persamaan karakteristik menentukan
peredaman; sedangkan bagian imajinernya menentukan frekuensi
osilasi. (Gambar di bawah ini menunjukkan perubahan v pada
contoh-contoh di atas.)
v 20
[V]
15
teredam kritis (contoh 18.15)
10
sangat teredam (contoh 18.14)
5
0
-5
0
0.00
0.004
0.006
0.008
0.01
t [s]
kurang teredam (contoh 18.16)
-10
2.4. Tanggapan Rangkaian Orde Kedua Terhadap Sinyal Anak
Tangga
Bentuk umum sinyal anak tangga adalah Au(t). Jika kita hanya
meninjau keadaan pada t > 0, maka faktor u(t) tidak perlu dituliskan
lagi.
13
CO&TOH-2.4: Jika
vs=10u(t) V,
bagaimana-kah
keluaran vo rangkaian
di samping ini pada t
> 0 untuk berbagai
nilai µ ?
Penyelesaian :
i1
A
vs
+
−
1MΩ 1MΩ
1µF
1µF
B
i2
+ vo
+
− µvB
Karena vo = µvB maka kita mencari persamaan rangkaian
dengan tegangan simpul B , yaitu vB , sebagai peubah.
Persamaan tegangan simpul untuk simpul A dan B adalah
v
v
1 
 1
v A  6 + 6  + i1 − s6 − B6 = 0
10 
10 10
 10
⇒ 2v A +
d
(v A − µ vB ) − vs − vB = 0
dt
v
dv
 1 
vB  6  + i2 − A6 = 0 ⇒ vB + B − v A = 0
dt
10
10


dv
⇒ v A = vB + B
dt
Dua persamaan diferensial orde satu ini jika digabungkan akan
memberikan persamaan diferensial orde kedua.
2v B + 2
dv B dv B d 2v B
dv
+
+
− µ B − v B = vs = 10 atau
2
dt
dt
dt
dt
d 2vB
dt
2
+ (3 − µ)
dv B
+ vB = 10
dt
Pers. karakteristik : s 2 + (3 − µ) s + 1 = 0
→ s1, ss =
− (3 − µ) ± (3 − µ) 2 − 4
2
Dugaan tanggapan lengkap : vB = vBp + K1es1t + K 2es 2t
Dugaan tanggapan paksa : vBp = K3 → 0 + 0 + K3 = 10
⇒ vBp = 10
14 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)
Tanggapan lengkap : vB = 10 + K1es1t + K 2es 2t
(
⇒ vo = µ 10 + K1es1t + K 2es 2t
)
2
Jika (3 − µ) > 4 → µ < 1 → s1 ≠ s 2 ⇒ vo sangat teredam.
Jika (3 − µ)2 < 4 → µ > 1 →
s1, s 2 kompleks ⇒ vo kurang teredam.
2
Jika (3 − µ) = 4 → µ = 1 → s1 = s 2 ⇒ vo teredam kritis.
Pemahaman : Bentuk tegangan keluaran ditentukan oleh nilai µ
dan nilai elemen-elemen rangkaian. Kita dapat memilih nilainilai yang sesuai untuk memperoleh tanggapan rangkaian yang
kita inginkan. Untuk µ > 3 akan terjadi keadaan tak stabil karena
akar-akar bernilai riil positif; peredaman tidak terjadi dan sinyal
membesar tanpa batas.
CO&TOH-2.5: Carilah vo pada contoh 2.4 jika µ = 2 dan tegangan
awal kapasitor masing-masing adalah nol.
Penyelesaian : Persamaan rangkaian, dengan µ = 2, adalah
d 2vB
dt
2
+ (3 − µ)
d 2vB
dt
2
+
dv B
+ v B = 10 atau
dt
dv B
+ v B = 10
dt
Pers. karakteristik : s 2 + s + 1 = 0
→ s1, ss =
−1± 1− 4
= −0,5 ± j 0,5 3
2
(dua akar kompleks konjugat : α ± jβ ; α = −0,5 ; β = 0,5 3 )
Tanggapan lengkap diduga berbentuk :
vB = vBp + (K a cos β t + Kb sin β t ) eαt
Tanggapan paksa : vBp = K → 0 + 0 + K = 10 ⇒ vBp = 10
Tanggapan lengkap : vB = 10 + (K a cos β t + Kb sin β t ) eαt
15
Kondisi awalnya adalah : kedua kapasitor bertegangan nol.
→ vB (0+ ) = 0 dan v A (0+ ) − vo (0+ ) = 0
→ vB (0+ ) + 105 i2 (0+ ) − 2vB (0+ ) = 0
dvB +
dvB +
(0 ) − 0 = 0 →
(0 ) = 0
dt
dt
Penerapan dua kondisi awal ini ke tanggapan lengkap
→ 0 + 105
memberikan : vB( 0+ ) = 0 = 10 + K a ⇒ K a = −10
dvB
= (− K aβ sin βt + Kbβ cos βt ) eαt + (K a cos βt + Kb sin βt ) α eαt
dt
dvB +
− αK a 0,5 × (−10) − 10
(0 ) = 0 = Kbβ + αK a → Kb =
=
=
dt
β
0,5 3
3


10
sin(0,5 3 t )  e−0.5t
⇒ vB = 10 − 10 cos(0,5 3 t ) +
3


2.5. Tanggapan Rangkaian Orde Kedua Terhadap Sinyal Sinus
Masukan sinyal sinus secara umum dapat kita nyatakan dengan x(t) =
Acos(ωt+θ) u(t). Untuk peninjauan pada t > 0 faktor u(t) tak perlu
ditulis lagi. Dengan demikian persamaan umum rangkaian orde
kedua dengan masukan sinyal sinus akan berbentuk
a
d2y
dt
2
+b
dy
+ cy = A cos(ωt + θ)
dt
Persamaan karakterisik serta akar-akarnya tidak berbeda dengan apa
yang telah kita bahas untuk sumber tegangan konstan, dan
memberikan tanggapan alami yang berbentuk
va = K1e s1t + K 2e s 2 t
Untuk masukan sinus, tanggapan paksa diduga akan berbentuk
vp = Accosωt + Assinωt
16 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)
CO&TOH-2.6: Carilah v dan i
untuk t > 0 pada rangkaian
di samping ini jika vs =
26cos3t u(t) V sedangkan
+
i(0) = 2 A dan v(0) = 6 V.
−
Penyelesaian :
Aplikasi
HTK
untuk
rangkaian ini akan memberikan
− vs + 5i +
i
5Ω
1H
vs
1
F
6
+
v
−
di
5 dv 1 d 2v
+v=0→
+
+ v = 26 cos 3t atau
dt
6 dt 6 dt 2
d 2v
dt
2
+5
dv
+ 6v = 156 cos 3t
dt
Persamaan karakteristik : s 2 + 5s + 6 = 0 = ( s + 2)( s + 3);
akar - akar : s1 , s2 = −2, − 3
Dugaan tanggapan lengkap : v = v p + K1e − 2t + K 2 e −3t
Dugaan tanggapan paksa : v p = Ac cos 3t + As sin 3t
→ (− 9 Ac + 15 As + 6 Ac ) cos 3t + (− 9 As − 15 Ac + 6 As ) sin 3t = 156 cos 3t
→ −3 Ac + 15 As = 156 dan − 15 Ac − 3 As = 0
⇒ Ac =
156 + 0
5 × 156 − 0
= −2 ; As =
= 10
− 3 − 75
75 + 3
Tanggapan lengkap : v = −2 cos 3t + 10 sin 3t + K1e − 2t + K 2 e − 3t
dv +
1 dv +
Kondisi awal : v(0 + ) = 6 dan i (0 + ) = 2 =
(0 ) →
(0 ) = 12
dt
6 dt
Aplikasi kondisi awal pertama : 6 = −2 + K1 + K 2 → K 2 = 8 − K1
Aplikasi kondisi awal kedua :
12 = 30 − 2 K1 − 3K 2
⇒ K1 = 6 ⇒ K 2 = 2
Tanggapan lengkap : v = −2 cos 3t + 10 sin 3t + 6e − 2t + 2e − 3t V
1 dv
⇒ i=
= sin 3t + 5 cos 3t − 2e − 2t − e − 3t A
6 dt
17
30
vs
v [V] 20
i [A]
v
10
0
t [s]
i
-10 0
2
4
6
8
10
-20
-30
CO&TOH-2.7: Pada rangkaian di samping ini, vs = 10cos5t u(t) V.
Tentukanlah tegangan
A
kapasitor v untuk t >
0, jika tegangan awal
4Ω
6Ω
+
kapasitor dan
vs +
v
B
arusawal induktor
−
0,25F
−
adalah nol.
1H
Penyelesaian:
 1 1  1 dv vs vB
Simpul A : v +  +
−
−
=0
4
6
 4 6  4 dt
dv
→ v B = 2,5v + 1,5
− 1,5vs
dt
vB 1
v
v B dt + i L (0) − = 0 → v B + 6 v B dt − v = 0
+
6
6 L
dv
dv
d 
dv

→ B + 6v B −
= 0 →  2,5v + 1,5 − 1,5v s 
dt
dt
dt 
dt

∫
Simpul B :
∫
dv

 dv
+ 6 2,5v + 1,5 − 1,5v s  −
=0
dt

 dt
→ 1,5
d 2v
dt
2
+ 10,5
dv
dv
+ 15v = 9v s + 1,5 s
dt
dt
d 2v
dt
2
+7
atau
dv
dv
+ 10v = 6vs + s
dt
dt
18 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)
Dengan tegangan masukan vs = 10cos5t maka persamaan
rangkaian menjadi
d 2v
dt
2
+7
dv
+ 10v = 60 cos 5t − 50 sin 5t
dt
Persamaan karakteristik : s 2 + 7 s + 10 = 0
→ s1, ss = −3,5 ± 3,52 − 10 = −2 , − 5.
Dugaan tanggapan lengkap : v = v p + K1e − 2t + K 2e−5t
Dugaan tanggapan paksa : v p = Ac cos 5t + As sin 5t
 (−25 Ac + 35 As + 10 Ac ) cos 6t 
 = 60cos6t − 50sin6t
→ 
 + (−25 As − 35 Ac + 10 As ) sin 6t 
→ −15 Ac + 35 As = 60 dan − 15 As − 35 Ac = −50
⇒ As = 0,93 ; Ac = −1,83
⇒ v p = −1,83 cos 5t + 0,93 sin 5t
Tanggapan lengkap : v = −1,83 cos 5t + 0,93 sin 5t + K1e − 2t + K 2e −5t
Kondisi awal :
(1) v(0+ ) = 0
v (0+ ) 10
1 dv +
(2) iL (0+ ) = 0 → iC (0+ ) = s
=
= 2,5 =
(0 )
4
4
4 dt
dv +
⇒
(0 ) = 10
dt
Aplikasi kedua kondisi awal ini pada tanggapan lengkap :
v(0+ ) = 0 = −1,83 + K1 + K 2
→ K 2 = 1,83 − K1
dv +
(0 ) = 10 = 4,65 − 2 K1 − 5K 2 → 5,35 = −2 K1 − 5(1.83 − K1)
dt
⇒ K1 = 4,83
⇒ K 2 = −3
Tanggapan lengkap : v = −1,83 cos 5t + 0,93 sin 5t + 4,83e − 2t − 3e −5t
19
Soal-Soal
1. Carilah bentuk gelombang tegangan yang memenuhi persamaan
diferensial berikut.
d 2v
a).
dt
b).
c).
2
d 2v
dt 2
d 2v
dt
2
dv
+ 10v = 0 ,
dt
dv +
(0 ) = 15 V/s
v(0+ ) = 0,
dt
+7
dv
+ 4v = 0 ,
dt
dv +
(0 ) = 10 V/s
v(0+ ) = 0 V,
dt
+4
dv
+ 5v = 0 ,
dt
dv +
(0 ) = 5 V/s
v (0+ ) = 0 V,
dt
+4
2. Ulangi soal 1 untuk persamaan berikut.
a).
b).
c).
d 2v
dv
+ 24v = 100u (t ) ,
dt
dv(0)
= 25 V/s
v(0 + ) = 5,
dt
dt 2
+ 10
d 2v
dv
+ 25v = 100u (t ) ,
dt
dt
dv(0)
= 10 V/s
v(0 + ) = 5 V,
dt
2
d 2v
+ 10
dv
+ 25v = 100u (t ) ,
dt
dt
dv(0)
= 10 V/s
v(0 + ) = 5 V,
dt
2
+8
20 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)
3. Ulangi soal 1 untuk persamaan berikut.
a).
b).
c).
d 2v
dv
+ 8v = 100[cos1000 t ] u (t ) ,
dt
dt
dv +
(0 ) = 0 V/s
v(0+ ) = 0,
dt
2
+6
d 2v
dv
+ 9v = 100[cos1000 t ] u (t ) ,
dt
dt
dv +
(0 ) = 0 V/s
v(0+ ) = 0 V,
dt
2
d 2v
+6
dv
+ 10v = 100[cos1000 t ] u (t ) ,
dt
dt
dv +
(0 ) = 0 V/s
v(0+ ) = 0 V,
dt
2
+2
4. Saklar S pada rangkaian di bawah ini, telah berada pada posisi A
dalam waktu yang lama. Pada t = 0, ia dipindahkan ke posisi B.
Carilah vC untuk t > 0
A S
+
−
6kΩ B
10 V
6kΩ
0,4H
+
vc
−
25pF
5. Saklar S pada rangkaian di bawah ini telah berada di posisi A
dalam waktu yang lama. Pada t = 0 , saklar dipindahkan ke posisi
B. Tentukan iL(t) untuk t > 0.
S
A
10kΩ B
+
− 15V
iL
2,5kΩ
0,02 µF
2H
21
6. Saklar S pada rangkaian di bawah ini telah berada di posisi A
dalam waktu yang lama. Pada t = 0 , saklar dipindahkan ke posisi
B. Tentukan iL(t) untuk t > 0.
S
A
0,4kΩ B
+
+
− 15 V15 V−
iL
25kΩ
10mH
0,01µF
7. Saklar S pada rangkaian di bawah ini, telah lama terbuka. Pada t =
0, ia ditutup. Carilah vC untuk t > 0
3kΩ
10 V
+
−
3kΩ
0,4H
+
vc
−
0,1µF
S
8. Saklar S pada rangkaian di bawah ini telah berada di posisi A
dalam waktu yang lama. Pada t = 0 , saklar dipindahkan ke posisi
B. Tentukan vC untuk t > 0.
S
A
+ 0,4kΩ B
− 15 V
−
+ vC −
+
15 V 0,01µF
10mH
25kΩ
9. Tegangan masukan vs pada rangkaian di bawah ini adalah vs =
100u(t) V. Tentukan tegangan kapasitor untuk t>0.
vs
+
−
4kΩ
50mH
50pF
+
vC
−
22 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)
10. Setelah terbuka dalam waktu cukup lama, saklar S pada
rangkaian di bawah ini ditutup pada t = 0. Tentukan v1 dan v2
untuk t > 0.
+
−
S
+ 6V +
−
v2
−
+ 4Ω 4Ω
v1
0,05F − 0,05F
12V
11. Rangkaian berikut tidak mempunyai simpanan energi awal.
Saklar S pada rangkaian berikut ditutup pada t = 0. Carilah i
untuk t > 0.
i
+
−
S
4Ω
12V 0,25F
0,25F
+
v1
−
+
−
8Ω
2v1
12. Rangkaian di bawah ini tidak memiliki simpanan energi awal.
Tentukan v untuk t > 0 jika is = [2cos2t] u(t) A dan vs = [6cos2t]
u(t) V.
− v +
5H
is
0,05F
vs
10Ω
10Ω
+
−
13. Sebuah kapasitor 1 µF dimuati sampai mencapai tegangan 200
V. Muatan kapasitor ini kemudian dilepaskan melalui hubungan
seri induktor 100 µH dan resistor 20 Ω. Berapa lama waktu
diperlukan untuk menunrunkan jumlah muatan kapasitor hingga
tinggal 10% dari jumlah muatan semula ?
14. Sebuah kumparan mempunyai induktansi 9 H dan resistansi 0,1
Ω, dihubungkan paralel dengan kapasitor 100 µF. Hubungan
paralel ini diberi tegangan searah sehingga di kumparan mengalir
arus sebesar 1 A. Jika sumber tegangan diputus secara tiba-tiba,
23
berapakah tegangan maksimum yang akan timbul di kapasitor
dan pada frekuensi berapa arus berosilasi ?
15. Kabel sepanjang 2 kM digunakan untuk mencatu sebuah beban
pada tegangan searah 20 kV. Resistansi beban 200 Ω dan
induktansinya 1 H (seri). Kabel penyalur daya ini mempunyai
resistansi total 0,2 Ω sedangkan antara konduktor dan pelindung
metalnya membentuk kapasitor dengan kapasitansi total 0,5 µF.
Bagaimanakah perubahan tegangan beban apabila tiba-tiba
sumber terputus? (Kabel dimodelkan sebagai kapasitor; resistansi
konduktor kabel diabaikan terhadap resistansi beban).
24 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)
Daftar Pustaka
1.
Sudaryatno Sudirham, “Analisis Rangkaian Listrik”, Penerbit ITB
2002, ISBN 979-9299-54-3.
2. Sudaryatno Sudirham, “Pengembangan Metoda Unit Output Untuk
Perhitungan Susut Energi Pada Penyulang Tegangan Menengah”,
Monograf, 2005, limited publication.
3. Sudaryatno Sudirham, “Pengantar Rangkaian Listrik”, Catatan
Kuliah El 1001, Penerbit ITB, 2007.
4. Sudaryatno Sudirham, “Analisis Harmonisa Dalam Permasalahan
Kualitas Daya”, Catatan Kuliah El 6004, 2008.
5. P. C. Sen, “Power Electronics” McGraw-Hill, 3rd Reprint, 1990,
ISBN 0-07-451899-2.
6. Ralph J. Smith & Richard C. Dorf : “Circuits, Devices and Systems”
; John Wiley & Son Inc, 5th ed, 1992.
7. David E. Johnson, Johnny R. Johnson, John L. Hilburn : “Electric
Circuit Analysis” ; Prentice-Hall Inc, 2nd ed, 1992.
8. Vincent Del Toro : “Electric Power Systems”, Prentice-Hall
International, Inc., 1992.
9. Roland E. Thomas, Albert J. Rosa : “The Analysis And Design of
Linier Circuits”, . Prentice-Hall Inc, 1994.
10. Douglas K Lindner : “Introduction to Signals and Systems”,
McGraw-Hill, 1999.
25
Daftar &otasi
v atau v(t) : tegangan sebagai fungsi waktu.
V
: tegangan dengan nilai tertentu, tegangan searah.
: tegangan, nilai rata-rata.
Vrr
: tegangan, nilai efektif.
Vrms
: tegangan, nilai maksimum, nilai puncak.
Vmaks
V
: fasor tegangan dalam analisis di kawasan fasor.
V
: nilai mutlak fasor tegangan.
V(s)
: tegangan fungsi s dalam analisis di kawasan s.
i atau i(t) : arus sebagai fungsi waktu.
I
: arus dengan nilai tertentu, arus searah.
: arus, nilai rata-rata.
Irr
: arus, nilai efektif.
Irms
Imaks
: arus, nilai maksimum, nilai puncak.
I
: fasor arus dalam analisis di kawasan fasor.
I
: nilai mutlak fasor arus.
I(s)
p atau p(t)
prr
S
|S|
P
Q
q atau q(t)
w
R
L
C
Z
Y
TV (s)
TI (s)
TY (s)
TZ (s)
µ
β
r
g
: arus fungsi s dalam analisis di kawasan s.
: daya sebagai fungsi waktu.
: daya, nilai rata-rata.
: daya kompleks.
: daya kompleks, nilai mutlak.
: daya nyata.
: daya reaktif.
: muatan, fungsi waktu.
: energi.
: resistor; resistansi.
: induktor; induktansi.
: kapasitor; kapasitansi.
: impedansi.
: admitansi.
: fungsi alih tegangan.
: fungsi alih arus.
: admitansi alih.
: impedansi alih.
: gain tegangan.
: gain arus.
: resistansi alih, transresistance.
: konduktansi; konduktansi alih, transconductance.
26 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)