efek transien - Website Staff UI

Bab IV, Efek Transien
Hal: 104
BAB IV
EFEK TRANSIEN
Kapasitor pada sinyal DC
Jika sinyal DC diberikan pada kapasitor (mula-mula tak termuati) yang
di-seri-kan dengan hambatan, maka pada saat dihubungkan (t = 0 s) akan
ada arus yang mengalir di kapasitor tsb sehingga kapasitor berusaha
untuk menyimpan energi listrik tsb.
Demikian pula sebaliknya jika pada kapasitor tsb sudah menyimpan
enegi (kapasitor termuati) maka akan ada loop tertutup pada rangkaian
tsb, dan energi yang tersimpan pada kapasitor tsb berusaha membuang
energinya (ada aliran arus). Peristiwa pembuangan dan pengisian energi
pada kapasitor tsb dikenal sebagai efek transien, yaitu efek yang terjadi
hanya sesaat saja.
Proses ini akan berakhir kalau tampungan energinya sudah penuh (untuk
proses pengisian), atau kalau energinya sudah habis (untuk proses
pembuangan).
Efek Transien Pada Kapasitor
S
R
V
S
C
C
(a) Pengisian energi
R
(b) Pembuangan energi
Gambar 1, Efek transien pada rangkaian RC
Bab IV, Efek Transien
Hal: 105
Pada saat pembuangan energi:
(b) Vc + VR = 0
vc(t) = - i R
dv
= = − RC c
dt
dvc
1
=−
dt
vc
RC
Maka diperoleh vc(t) = Vinit e-t/RC = Vinit e-t/τ
dengan τ = RC = konstanta waktu (time constant).
Vinit = V mula-mula, yaitu tegangan pada saat t = 0
V in it
0 ,3 7 V in it
t= 0
t= ?
t
Sedangkan pada pengisian energi :
(a) vc(t) = Vfin - ic R
dvc
= Vfin - RC dt
dvc
vc - Vfin = - RC dt
dv c
1
=−
dt
v c − V fin
RC
vc(t) = Vfin (1 - e-t/τ)
dengan Vfin = V akhir, yaitu tegangan pada saat t Æ ∞.
Bab IV, Efek Transien
Hal: 106
V in it
0 , 6 3 V in it
t= 0
t
t= ?
Untuk pengisian dan pembuangan secara umum dapat dinyatakan
sebagai :
vc(t) = Vinit + (Vfin - Vinit) (1 - e_t/τ)
Perhatikan rangkaian berikut ini :
R
S2
S1
V
R
C
Gambar 2, Contoh efek transien
Mula-mula ( t= t0 ) kedua saklar S1 dan S2 dalam keadaan terbuka
pada saat t = t1 saklar S1 ditutup
(t2 > t1)
pada saat t = t2 saklar S2 ditutup
R
S
Vo
C
Gambar 3, Rangkaian ekivalen pada t < t2
a). Untuk t < t2
Bab IV, Efek Transien
Hal: 107
Saklar S2 masih dalam keadaan terbuka sehingga rangkaiannya
seperti ditunjukkan pada Gambar 3 di samping.
vc(t) = V0 ( 1 - e-(t-to)/τ1 )
dengan τ1 = R1C
b). Untuk t > t2
R 1 //R 2
C
R2
Vo
Ingat :
Vinit
Vfin
(R2)/(R1+R2) Vo
R1
C
vc(t) = Vinit + (Vfin - Vinit) ( 1 - e-t/τ2 )
= Vx = V0 ( 1 - e- (t2 - t1)/τ2 )
R
= R +2 R V0
1
2
V
Vo
R2
Vo
R1 + R 2
t = t1
t = t2
t
Solusi PD, buat dua komponen, yaitu :
a. solusi homogen Æ sumber dibuat sama dengan 0.
dv
1
+
v = 0 : Solusinya: vh = K est. Buat persamaan
Orde 1:
dt RC
karakterisktik s +1/RC = 0, atau s = - 1/RC, sehingga
v = K e-t/RC
Bab IV, Efek Transien
Hal: 108
d 2v
dv
a
+
+ a0 v = 0 : Solusi vh = K1e s1 t + K 2 e s2 t , dengan
Orde 2:
1
2
dt
dt
pers. karakteristik : s2 + a1s + a0 = 0, dengan s1 dan s2 adalah solusi
pers. karakteristik.
2
Bentuk umum PD orde 2: s + a1 s + a 0 = 0
• frekuensi natural (tak teredam)
ω 0 = + a0
• rasio damping
ζ =
• akar-akar karakteristik
s1, 2 = ⎛⎜ − ζ ± ζ 2 − 1 ⎞⎟ω 0
⎝
⎠
a1
2 a0
b. solusi inhomogen Æ biasanya dibuat dengan coba-coba Æ vi
Solusi : v = vh + vi
Suku pemaksa f(t) Solusi coba-coba
k
t
tn
eσt
est
sin ωt, cos ωt
eσt sin ωt, eσt cos ωt
teσt sin ωt, teσt cos ωt
A
At + B
Atn + Btn-1 + . . . + Ft + G
Aeσt
Aest
A sin ωt + B cos ωt
eσt (A sin ωt + B cos ωt)
teσt (A sin ωt + B cos ωt) + eσt (A sin ωt + B cos ωt)
Contoh:
Rangkaian RLC seri diberi sumber tegangan vg, seperti ditunjukkan pada
gambar berikut.
Bab IV, Efek Transien
Hal: 109
t
1
di
(
τ
)
τ
(
)
Ri
+
i
d
+
v
t
+
L
= v g . Persamaan ini
C 0
Berdasarkan KVL:
dt
C t∫0
jika di differensial dan dibagi dengan L diperoleh:
dv g
1
d 2i R di
+
+
=
i
dt 2 L dt LC
dt
2
Persamaan karakteristik: s +
Æ PD orde dua.
R
1
s+
=0
L
LC
Frekuensi natural tak teredam dari rangkaian ini: ω 0 =
(a)
R
2 C/L
ζ > 1 Æ overdamped
(b)
ζ = 1 Æ redaman kritis
(c)
ζ < 1 Æ underdamped
(d)
ζ = 0 Æ tak ada redaman
Faktor redaman : ζ =
1
LC
Bab IV, Efek Transien
Hal: 110
L
Æ hambatan pada saat ζ = 1. Pada saat
C
R↑ Æ ζ↑, dan untuk R > RCS Æ overdamped Æ akar pers. karakteristik
real. Sebaliknya untuk R < RCS Æ underdamped dengan akar persamaan
karakteristik berupa bilangan kompleks.
Hambatan kritis seri RCS = 2
Contoh:
Sebuah kapasitor C = 1 mF secara tiba-tiba dihubungkan dengan batere
100 V melewati sebuah hambatan 100 Ω. Hitung lamanya proses
pengisian kapasitor jika tegangan di kapasitor menjadi 50V.
Jawab:
t / RC
Untuk proses pengisian berlaku V = Vo (1 − e ) . Karena V = 50 volt
dan Vo = 100 volt, hal ini berarti bahwa 12 = 1 − e t / RC ⇒ t = RC ln 2
Sehingga t = 10-4 ln 2 s = 7 x 10-5 s.
Contoh:
Perhatikan rangkaian berikut ini. Mula-mula saklar dalam kondisi
tertutup, pada t = 0 saklar dibuka. Tentukan arus yang mengalir di R = 2
Ω.
2?
12 V
Jawab:
4?
1H
16 V
Bab IV, Efek Transien
Hal: 111
Pada saat t < 0 rangkaiannya ditunjukkan gambar a, dan pada saat t > 0
ditunjukkan gambar b.
2?
4?
2?
12 V
1H
16 V
12 V
Gambar a
1H
Gambar b
Pada t < 0 Æ gambar a, induktor bertindak seolah-olah short, (dianggap
sebagai kawat saja dan belum ada perubahan arus) sehingga
i L = i1 + i2 =
12 16
+
= 10 A.
2
4
pada t > 0 Æ gambar b, yaitu saklar dibuka berarti
di
+ 2i = 12
dt
Andaikan arus final sebesar if = P, berarti untuk t Æ ∞ maka pers.nya
menjadi 0 + 2 P = 12, dengan demikian diperoleh P = 6 A
di
+ 2i = 0 , diperoleh:
Solusi homogen diperoleh dari persamaan:
dt
ih = Q e-2t
Sehingga arus total i = Q e-2t + 6
Dari sifat kontinuitas berlaku: arus yang mengalir diinduktor adalah:
i(0-) = i(0+) = 10 A
Bab IV, Efek Transien
Hal: 112
Diperoleh Q = 4 A
atau i = 4 e-2t + 6
Contoh:
Rangkaian RL seri, dengan R = 5 Ω dan L = 5 H diberi sumber arus
pulsa dengan hambatan dalam = ∞ (sumber arusnya adalah sumber arus
ideal) dengan persamaannya adalah ig(t) = 6{u(t) - u(t-1)} A. Tentukan
arus yang mengalir di rangkaian tsb.
5H
ig(t)
5Ω
Jawab:
Arus ig(t) = 6{u(t) - u(t-1)} A menunjukkan bahwa pada t < 0 Æ ig(t) = 0
dan pada 0 < t < 1 Æ ig(t) = 6A, selanjutnya pada t > 1 s Æ ig(t) =0.
Dengan memanfaatkan teorema Thevenin, sumber arus ideal tsb dengan
R = 5 Ω dapat diganti dengan sumber tegangan sebesar 5 ig(t) dengan
hambatan R= 5 Ω, seperti ditunjukkan pada gambar berikut.
Bab IV, Efek Transien
Hal: 113
Berdasarkan KVL: 5ig (t ) = 5i + 5
Untuk t < 0 s:
di
di
i
t
i
(
)
=
+
atau g
.
dt
dt
tidak ada sumber arus atau tegangan, sehingga i(0-) =
i(0+) = 0 A.
Untuk 0 < t < 1: i +
di
= 6 . Solusi awal dari persamaan ini adalah:
dt
Ke −t + L , dengan nilai akhir L = 6A. Dengan syarat
batas i(0+) = 0 Æ K(1) + 6 = 0 Æ K = - 6.
Jadi i(t) = 6(1 – e-t).
Untuk t > 1 :
di
= 0 . Solusinya adalah : i(t) = K e-t Æ 6 e-t Æ
dt
time-constant = 1 s-1.
i+
Pada saat t = 1 Æ i(1) = 6(1 – e-1) = 3,79 A.
Contoh:
Perhatikan rangkaian RLC paralel berikut ini yang dihubungkan dengan
sumber arus ig. Diketahui R = 5/3 Ω, L = 2 H dan C = 0,1 F dan ig = 0.
Diketahui v(0-) = 4 V dan tak ada arus yang mengalir pada saat t = 0-.
Tentukan:
Bab IV, Efek Transien
Hal: 114
a. Apakah sistem ini sistem critically damped, underdamped, atau
overdamped
b. v(t) pada t > 0
Jawab:
Dari
analisa
titik
cabang
(KCL)
berlaku:
t1
v 1
dv
+ ∫ v(τ )dτ + i L (t o ) + C
= i g . Jika kedua suku didiferensial
R L to
dt
d 2v
1 dv
1
1 di g
v
+
+
=
.
terhadap (dan dibagi C) diperoleh:
C dt
dt 2 RC dt LC
Untuk sistem tak ada sumber ig = 0 Æ sistem natural.
2
Persamaan karakteristik: s +
1
1
s+
= 0 Æ s2 + 6 s + 5 = 0
RC
LC
Frekuensi naturalnya adalah: ω o = 1
LC
Bab IV, Efek Transien
Hal: 115
Untuk menentukan jenis redaman, dilakukan dengan menghitung faktor
1 L
redaman, yaitu: ζ p =
= 0,712
2R C
Karena ς > 0 maka sistem tsb adalah underdamped
Akar pers. karakteristik s1 = -1 dan s2 = -5.
Sehingga solusi tanggapan underdamped adalah v = K1 e-t + K2 e-5t.
Tegangan di kapasitor bersifat kontinu Æ vC(0+) = vC(0-) = 4 V
Dari KCL pada t = 0 : iR + iL + iC = ig = 0 Æ
3
1 dv
v + iL +
=0
50
10 dt
3
1 dv
× 4 + iL +
= 0 Æ dv/dt = - 24 V/s
50
10 dt 0+
v(0+) = K1 + K2 = 4
(*)
dv
dt 0+ = - K1 –5 K2 = - 24
(**)
Æ K1 = -1 dan K2 = 5
Jadi v(t) = 5 e-5t – e-t
Contoh:
Perhatikan gambar berikut ini dan jawablah pertanyaan berikut ini.
−t
a. Tentukan nilai i(t) agar iL1 = e ?
b. Hitung enegi yang tersimpan di kapasitor pada t = 1 s
Bab IV, Efek Transien
Hal: 116
c. Hitung energi yang tersimpan di induktor L1 pada t = 1 s
Jawab:
a. Komponen L1 // C seri dengan L2
di1
de −t
VL1 = L1
= 1×
= −e −t Æ VC = VL1
dt
dt
VC =
1
dVC
i
dt
i
=
C
= e −t Æ iL 2 = iC + iL1 = 2e −t
C
C
Æ
∫
C
dt
VR = VL 2 + VL1 = L2
V
diL 2
di
+ L1 L1 = −3e −t Æ iR = R = −3e −t
R
dt
dt
−t
Sehingga i = iR + iL 2 = −e .
VR = VL1 + VC = VL1 Æ i(t) = L1
di1
=
dt
−e − t
1
b. Energi yang tersimpan di kapasitor wC = 2 CVC
2
Bab IV, Efek Transien
VC =
Hal: 117
1
iC dt = ∫ e −t dt = −e −t
∫
C
2
−t
pada t = 1s Æ wc = 12 e = 0,0677 J
1
c. Energi yang tersimpan di induktor wL = 2 LiL
pada t = 1s Æ wL1 =
1
2
e
−1 2
2
= 0,0677 J
Contoh:
−t
Sebuah induktor nilainya bervariasi terhadap waktu sebagai L(t ) = e .
− 2t
Jika i (t ) = e , tentukan tegangan jatuh di induktor tsb.
Jawab:
dLi de − t × e −2t
VL =
=
= −3e −3t
dt
dt