8/3/2013
Isi Kuliah: Sudaryatno Sudirham
1. Pendahuluan 2. Besaran Listrik dan Peubah Sinyal 3. Model Sinyal 4. Model Piranti 5. Hukum-Hukum Dasar 6. Kaidah-Kaidah Rangkaian 7. Teorema Rangkaian 8. Metoda Analisis 9. Aplikasi Pada Rangkaian Pemroses Energi (Arus Searah) 10. Aplikasi Pada Rangkaian Pemroses Sinyal (Dioda & OpAmp) 11. Analisis Transien Rangkaian Orde-1 12. Analisis Transien Rangkaian Orde-2
Analisis Rangkaian Listrik di Kawasan Waktu
2
1
Pembahasan Analisis Rangkaian Listrik Mencakup
Analisis di Kawasan Waktu
Analisis di Kawasan Fasor
Analisis di Kawasan s (Transf. Laplace)
Sinyal Sinus & Bukan Sinus
Sinyal Sinus
Sinyal Sinus & Bukan Sinus
Keadaan Mantap Keadaan Transien
Keadaan Mantap
Keadaan Mantap Keadaan Transien
4
3
Penyediaan Energi Listrik Banyak kebutuhan manusia, seperti: Sandang Pangan Papan Kesehatan Keamanan Energi Informasi Pendidikan Waktu Senggang dll.
Energi yang dibutuhkan manusia tersedia di alam, tidak selalu dalam bentuk yang dibutuhkan Energi di alam terkandung dalam berbagai bentuk sumber energi primer: • • • • • • • •
Sajian pelajaran ini terutama terkait pada upaya pemenuhan kebutuhan energi dan informasi
air terjun, batubara, minyak bumi, panas bumi, sinar matahari, angin, gelombang laut, dan lainnya.
sumber energi juga tidak selalu berada di tempat ia dibutuhkan 5
6
1
8/3/2013
Diperlukan konversi (pengubahan bentuk) energi. Energi di alam yang biasanya berbentuk non listrik, dikonversikan menjadi energi listrik.
Penyediaan energi listrik dilakukan melalui serangkaian tahapan:
Energi listrik dapat dengan lebih mudah • disalurkan • didistribusikan • dikendalikan
Berikut ini kita lihat salah satu contoh, mulai dari pengubahan energi, penyaluran, sampai pendistribusian ke tempat-tempat yang memerlukan
Di tempat tujuan ia kemudian dikonversikan kembali ke dalam bentuk yang sesuai dengan kebutuhan, energi • • • •
mekanis, panas, cahaya, kimia.
7
8
Penyediaan Informasi energi listrik ditransmisikan
energi kimia diubah menjadi energi panas
pengguna tegangan tinggi
• informasi ada dalam berbagai bentuk • tersedia di di berbagai tempat • tidak selalu berada di tempat di mana ia dibutuhkan
energi panas diubah menjadi energi mekanis
Berbagai bentuk informasi dikonversikan ke dalam bentuk sinyal listrik Sinyal listrik disalurkan ke tempat ia dibutuhkan GENERATOR
BOILER TURBIN
TRANSFORMATOR
energi mekanis diubah menjadi energi listrik
Sampai di tempat tujuan sinyal listrik dikonversikan kembali ke dalam bentuk yang dapati ditangkap oleh indera manusia ataupun dimanfaatkan untuk suatu keperluan lain (pengendalian misalnya).
GARDU DISTRIBUSI
pengguna tegangan menengah energi listrik diubah menjadi energi listrik pada tegangan yang lebih tinggi
pengguna tegangan rendah
9
10
11
12
Penyediaan Informasi Jika dalam penyediaan energi kita memerlukan mesin-mesin besar untuk mengubah energi yang tersedia di alam menjadi energi listrik, dalam penyediaan informasi kita memerlukan rangkaian elektronika untuk mengubah informasi menjadi sinyal-sinyal listrik agar dapat dikirimkan dan didistribusikan untuk berbagai keperluan.
2
8/3/2013
Untuk mempelajari perilaku suatu rangkaian listrik kita melakukan analisis rangkaian listrik
Pemrosesan Energi dan Pemrosesan Informasi
•
dilaksanakan dengan memanfaatkan rangkaian listrik
• •
Rangkaian listrik merupakan interkoneksi berbagai piranti yang secara bersama melaksanakan tugas tertentu
Untuk keperluan analisis: rangkaian listrik dipindahkan ke atas kertas dalam bentuk gambar. piranti-piranti dalam rangkaian listrik dinyatakan dengan menggunakan simbol-simbol untuk membedakan dengan piranti yang nyata, simbol ini kita sebut elemen
Gambar rangkaian listrik disebut diagram rangkaian,
13
+ −
14
Struktur Dasar Rangkaian Listrik
Piranti
Perubahan besaran fisis yang terjadi dalam rangkaian kita nyatakan dengan model matematis yang kita sebut model sinyal
Struktur suatu rangkaian listrik pada dasarnya terdiri dari tiga bagian, yaitu Sumber Saluran Beban
Elemen (Simbol Piranti)
Perilaku piranti kita nyatakan dengan model matematis yang kita sebut model piranti
15
16
Dalam kenyataan, rangkaian listrik tidaklah sederhana
+ −
Jaringan listrik perlu dilindungi dari berbagai kejadian tidak normal yang dapat menyebabkan kerusakan piranti. Jaringan perlu sistem proteksi untuk mencegah kerusakan
Bagian yang aktif memberikan daya (sumber)
Penyalur daya
Bagian yang pasif menyerap daya (beban)
Jaringan listrik juga memerlukan sistem pengendali untuk mengatur aliran energi ke beban.
17
18
3
8/3/2013
Keadaan transien
+ − + − Pada jaringan penyalur energi listrik, sumber mengeluarkan daya sesuai dengan permintaan beban. Saluran energi juga menyerap daya. Kondisi operasi rangkaian tidak selalu mantap. Pada rangkaian penyalur informasi, daya sumber terbatas. Oleh karena itu alih daya ke beban perlu diusahakan semaksimal mungkin.
Pada waktu-waktu tertentu bisa terjadi keadaan peralihan atau
keadaan transien Misal: pada waktu penutupan saklar
Alih daya ke beban akan maksimal jika tercapai matching (kesesuaian) antara sumber dan beban.
19
20
Hukum Ohm Hukum Kirchhoff
Landasan Untuk Melakukan Analisis Untuk melakukan analisis rangkaian kita memerlukan pengetahuan dasar sebagai pendukung. Pengetahuan dasar yang kita perlukan ada empat kelompok.
Hukum-Hukum Rangkaian Kaidah-Kaidah Rangkaian Teorema Rangkaian Metoda-Metoda Analisis Proporsionalitas Superposisi Thevenin Norton Substitusi Milmann Tellegen Alih Daya Maksimum
Rangkaian Ekivalen Kaidah Pembagi Tegangan Kaidah Pembagi arus Transformasi Sumber
Metoda Analisis Dasar: Reduksi Rangkaian Unit Output Superposisi Rangkaian Ekivalen Thevenin Rangkaian Ekivalen Norton
Metoda Analisis Umum: Metoda Tegangan Simpul Metoda Arus Mesh
21
22
Dua besaran fisika yang menjadi besaran dasar dalam kelistrikan adalah Muatan [satuan: coulomb]
Energi [satuan: joule]
Akan tetapi kedua besaran dasar ini tidak dilibatkan langsung dalam pekerjaan analisis Yang dilibatkan langsung dalam pekerjaan analisis adalah arus
tegangan
daya
ketiga besaran ini mudah diukur sehingga sesuai dengan praktik engineering dan akan kita pelajari lebih lanjut
23
24
4
8/3/2013
v(t)
Sinyal Waktu Kontinyu & Sinyal Waktu Diskrit
Sinyal waktu kontinyu (sinyal analog)
0
Sinyal listrik pada umumnya merupakan fungsi waktu, t, dan dapat kita bedakan dalam dua macam bentuk sinyal yaitu sinyal waktu kontinyu atau sinyal analog sinyal waktu diskrit
v(t) 0
Sinyal waktu diskrit Sinyal waktu diskrit mempunyai nilai hanya pada t tertentu yaitu tn dengan tn mengambil nilai dari satu set bilangan bulat
t
t
Sinyal waktu kontinyu mempunyai nilai untuk setiap t dan t sendiri mengambil nilai dari satu set bilangan riil Dalam pelajaran ini kita akan mempelajari rangkaian dengan sinyal waktu kontinyu atau sinyal analog, dan rangkaiannya kita sebut rangkaian analog. Rangkaian dengan sinyal diskrit akan kita pelajari tersendiri.
25
26
Peubah Sinyal Arus
Besaran yang dilibatkan langsung dalam pekerjaan analisis disebut
Simbol: i, Satuan: ampere [ A ]
peubah sinyal yaitu:
Arus adalah laju perubahan muatan:
arus dengan simbol: i satuan: ampere [ A ] (coulomb/detik)
tegangan dengan simbol: v satuan: volt [ V ] (joule/coulomb)
i= daya dengan simbol: p satuan: watt [ W ] (joule/detik)
dq dt
Apabila melalui satu piranti mengalir muatan sebanyak 1 coulomb setiap detiknya, maka arus yang mengalir melalui piranti tersebut adalah 1 ampere 1 ampere = 1 coulomb per detik
Tiga peubah sinyal ini tetap kita sebut sebagai sinyal, baik untuk rangkaian yang bertugas melakukan pemrosesan energi maupun pemrosesan sinyal. 27
28
Tegangan Simbol: v
Daya
Satuan: volt [ V ]
Simbol: p,
Daya adalah laju perubahan energi:
Tegangan adalah energi per satuan muatan:
v=
Satuan: watt [ W ]
p=
dw dq
dw dt
Apabila suatu piranti menyerap energi sebesar 1 joule setiap detiknya, maka piranti tersebut menyerap daya 1 watt
Apabila untuk memindahkan 1 satuan muatan dari satu titik ke titik yang lain diperlukan energi 1 joule, maka beda tegangan antara dua titik tersebut adalah 1 volt
1 watt = 1 joule per detik dw dw dq p= = = vi dt dq dt
1 volt = 1 joule per coulomb
29
30
5
8/3/2013
Konvensi Pasif:
Referensi Sinyal Perhitungan-perhitungan dalam analisis bisa menghasilkan bilangan positif ataupun negatif, tergantung dari pemilihan referensi sinyal
Referensi tegangan dinyatakan dengan tanda “+” dan “−” di ujung simbol piranti;
tegangan diukur antara dua ujung piranti
+
Arah arus digambarkan masuk ke elemen pada titik yang bertanda “+”.
−
piranti
−
piranti
+
arus melewati piranti
31
32
Titik Referensi Tegangan Umum Referensi tegangan dinyatakan dengan tanda “+” dan “−” di ujung simbol piranti; ujung dengan tanda “+” dianggap memiliki tegangan (potensial) lebih tinggi dibanding ujung yang bertanda “−”. Jika dalam perhitungan diperoleh angka negatif, hal itu berarti tegangan piranti dalam rangkaian sesungguhnya lebih tinggi pada ujung yang bertanda “−”.
Suatu simpul (titik hubung dua atau lebih piranti) dapat dipilih sebagai titik referensi tegangan umum dan diberi simbol “pentanahan”. Titik ini dianggap memiliki tegangan nol. Tegangan simpul-simpul yang lain dapat dinyatakan relatif terhadap referensi umum ini. referensi arus
Referensi arus dinyatakan dengan anak panah. Arah anak panah dianggap menunjukkan arah positif arus. Jika dalam perhitungan diperoleh angka negatif, hal itu berarti arus pada piranti dalam rangkaian sesungguhnya berlawanan dengan arah referensi.
i2
A
i1
1
B
2 + v1 −
+ v2 −
+ v3 3 − G
referensi tegangan piranti
i3
referensi tegangan umum (ground)
33
Muatan
Dengan konvensi pasif ini maka: daya positif berarti piranti menyerap daya daya negatif berarti piranti memberikan daya
Simbol: q
v [V]
i [A]
A
12
5
B
24
-3
C
12
D E
menerima/ memberi daya
Arus i =
72 -4
24
p [W]
Satuan: coulomb [ C ] Muatan, yang tidak dilibatkan langsung dalam analisis, diperoleh dari arus
(isilah kotak yang kosong) Piranti
34
dq dt
Muatan
96
q=
t2
∫t
idt
1
72
35
36
6
8/3/2013
CONTOH: Tegangan pada suatu piranti adalah 12 V (konstan) dan arus yang mengalir padanya adalah 100 mA. a). Berapakah daya yang diserap ? b). Berapakah energi yang diserap selama 8 jam? c). Berapakah jumlah muatan yang dipindahkan melalui piranti tersebut selama 8 jam itu?
Energi Simbol: w Satuan: joule [ J ]
Daya
p=
a). p = vi = 12 × 100 × 10 −3 = 1,2 W
+ v = 12 V −
Energi, yang tidak dilibatkan langsung dalam analisis, diperoleh dari daya
b).
piranti
p [W] 1,2
i = 100 mA
dw dt
0
w=
t2
∫t
pdt =
1
w=
Energi
t2
∫t
100
1
0
q=
8
t [ jam ]
8
Ini adalah luas bidang yang dibatasi oleh garis p = 1,2 W, dan t antara 0 dan 8 jam
c). i [mA]
pdt
8
∫01,2dt = 1,2t 0 = 1,2(8 − 0) = 9,6 Wh
8 t2
∫t
idt =
1
8
t [ jam]
∫0 100 ×10
−3
Ini adalah luas bidang yang dibatasi oleh garis i = 100 mA , dan t antara 0 dan 8 jam
dt = 100 × 10−3 t
8 0
= 0,1(8 − 0) = 0,8 Ah
37
38
CONTOH: Sebuah piranti menyerap daya 100 W pada tegangan 200V (konstan). Berapakah besar arus yang mengalir dan berapakah energi yang diserap selama 8 jam ? CONTOH: Arus yang melalui suatu piranti berubah terhadap waktu sebagai i(t) = 0,05t ampere. Berapakah jumlah muatan yang dipindahkan melalui piranti ini antara t = 0 sampai t = 5 detik ?
+ v = 200 V − piranti
i=
i=? p = 100 W
w=
t2
∫t
1
p 100 = = 0,5 A v 200
8
∫0
q=
5
5
∫0 idt = ∫0 0,05tdt =
5
0,05 2 1,25 t = = 0,625 coulomb 2 2 0
8
pdt = 100dt = 100t 0 = 800 Wh = 0,8 kWH
39
CONTOH: Tegangan pada suatu piranti berubah terhadap waktu sebagai v = 220cos400t dan arus yang mengalir adalah i = 5cos400t A. a). Bagaimanakah variasi daya terhadap waktu ? b). Berapakah nilai daya maksimum dan daya minimum ?
40
CONTOH: Tegangan pada suatu piranti berubah terhadap waktu sebagai v = 220cos400t V dan arus yang mengalir adalah i = 5sin400t A. a). Bagaimanakah variasi daya terhadap waktu ? b). Tunjukkan bahwa piranti ini menyerap daya pada suatu selang waktu tertentu dan memberikan daya pada selang waktu yang lain. c). Berapakah daya maksimum yang diserap ? d). Berapa daya maksimum yang diberikan ?
a). p = v × i = 220 cos 400t × 5 cos 400t = 1100 cos 2 400t W = 550(1 + cos 800t ) = 550 + 550 cos 800t W
a). p = 220 cos 400t × 5 sin 400t = 1100 sin 400t cos 400t = 550 sin 800t W
1200 1000
b). daya merupakan fungsi sinus. Selama setengah perioda daya bernilai posisitif dan selama setengah perioda berikutnya ia bernilai negatif. Jika pada waktu daya bernilai positif mempunyai arti bahwa piranti menyerap daya, maka pada waktu bernilai negatif berarti piranti memberikan daya
800 600 400 200
c). pmaks diserap = 550 W
0 -200
0
100
200
300
400
500
600
700
800
b). Nilai daya : pmaksimum = 550 + 550 = 1100 W
d). pmaks
pminimum = 550 − 550 = 0 W 41
diberikan
= 550 W
42
7
8/3/2013
Pernyataan Sinyal
Sinyal kausal, berawal di t = 0 perioda
Kita mengenal berbagai pernyataan tentang sinyal
v(t)
v(t) t
0
Sinyal periodik & Sinyal Aperiodik Sinyal Kausal & Non-Kausal Nilai sesaat Amplitudo Nilai amplitudo puncak ke puncak (peak to peak value) Nilai puncak Nilai rata-rata Nilai efektif ( nilai rms ; rms value)
t
0 aperiodik
periodik
Sinyal non-kausal, berawal di t = − ∞ v(t)
v(t) t
0
t
0
43
44
Nilai-Nilai Sinyal Perioda dan Amplitudo Sinyal Nilai sesaat yaitu nilai sinyal pada saat tertentu
Selang waktu dimana sinyal akan berulang disebut
Sinyal periodik Sinyal ini berulang secara periodik v(t) setiap selang waktu tertentu
perioda
Nilai puncak atau amplitudo maksimum
v(t) t3 0
t
t1 t2
Amplitudo minimum
t
0
amplitudo puncak ke puncak
45
Nilai Rata-Rata Sinyal Definisi:
46
Nilai efektif (rms)
1 Vrr = T
∫
t 0 +T
Definisi:
v( x)dx
1 T
t 0 +T
∫ [v(t )]
2
dt
t0
t0
Akar dari integral kuadrat sinyal selama satu perioda yang dibagi oleh perioda
Integral sinyal selama satu perioda dibagi perioda
CONTOH: nilai efektif dari sinyal pada contoh sebelumnya
CONTOH: v
V rms =
v
T
62 = 36
62 = 36
T
6V
6V
t
0 0 1 2 3 4 5 6 7 8 t
(−4)2 = 16
−4V 1 2 3 4 5 6 7 8 9
1 3 1 2 v(t )dt = 6dt 3 0 3 0 1 2 1 = (6t ) 0 = (12 − 0) = 4 V 3 3
Vrr =
∫
∫
∫
{
}
∫
t
0
3 1 3 1 2 v(t )dt = 6dt − 6dt 2 3 0 3 0 1 2 3 = (6t ) 0 − (6t ) 2 = 4 − 2 = 2 V 3
Vrr =
∫
0 1 2 3 4 5 6 7 8 t 2
V rms =
1 2 6 dt = 3
∫
0
47
1 (36t ) 20 = 3
72 V 3
1 2 3 4 5 6 7 8 9 V rms =
3 2 1 2 6 dt + 42 dt = 3 2 0
∫
∫
1 (72 + 16 ) = 3
88 V 3 48
8
8/3/2013
CONTOH: Tentukanlah nilai, tegangan puncak (Vp), tegangan puncakpuncak (Vpp), perioda (T), tegangan rata-rata (Vrr), dan tegangan efektif dari bentuk gelombang tegangan berikut ini.
CONTOH: Tentukanlah nilai tegangan puncak (Vp), tegangan puncakpuncak (Vpp), perioda (T), tegangan rata-rata (Vrr), dan tegangan efektif dari bentuk gelombang tegangan berikut ini. 6V
6V
t
0 0
1 2
3 4 5
6 7 8 t
−4V 1
Vp = 6 V 1 Vrr = 3
3
T = 3s
;
Vp = 6 V
∫0 6dt + ∫20dt = 3 (6 × 2 + 0) = 4 V
1 = 3
Vrms
V pp = 6 V
; 2
1
2 2 3 6 dt + 0 2 dt 0 2
∫
Vrr
1 = (36 × 2 + 0) = 4,9 V 3
∫
1 = 3
Vrms =
; 2
∫0
2
3 4
5
6 7
V pp = 10 V
8
9
T = 3s
;
1 6dt + − 4dt = (6 × 2 − 4 × 1) = 2,66 V 2 3
1 3
∫
3
2 2 3 6 dt + ( −4) 2 dt 0 2
∫
∫
=
1 (36 × 2 + 16 ×1) = 5,42 V 3
49
50
CONTOH: Tentukanlah nilai tegangan puncak (Vp), tegangan puncak-puncak (Vpp), perioda, tegangan rata-rata, dan tegangan efektif dari bentuk gelombang tegangan sinus ini
CONTOH: Tentukanlah nilai tegangan puncak (Vp), tegangan puncak-puncak (Vpp), perioda (T), tegangan rata-rata (Vrr), dan tegangan efektif dari bentuk gelombang tegangan berikut ini
v 1
v
v = sin ωt V
6V t
0 1
2
3
4
5
Vrr
V pp = 6 V
;
6 7
1 2 = 3tdt + 4 0
Vrms =
∫
1 4
2
∫
∫0 9t
2
∫
dt +
ωt
4π
T = 2π ; Vrr = 0 V
1 sin 2 ωtdωt 2π
∫
1−
1 = sin 2 x + cos 2 x
1 6×3 (6 − 6(t − 2))dt + 0dt = = 2,25 V 2 3 4 2 3
V pp = 2 V; 2π
d sin x cos x = − sin 2 x + cos 2 x dx
T = 4s
;
00
Vp = 1V ;
-1 Vrms =
Vp = 6 V
T
⇒
d (sin x cos x) = 2 sin 2 x dx dx − d (sin x cos x) = sin 2 xdx 2
⇒
∫
dx − d (sin x cos x ) = sin 2 xdx 2
3
∫2 (6 − 6(t − 2))
2
dt +
4
∫3
Vrms =
0 dt = 3,0 V 2
=
1 sin 2 ωtdωt = 2π
∫
2π
1 ωt 1 × − sin ωt cos ωt 2π 2 2 0
1 2π 1 1 × − (0 − 0) = V 2π 2 2 2
51
CONTOH: Tentukanlah nilai tegangan puncak (Vp), tegangan puncak-puncak (Vpp), perioda (T), tegangan rata-rata (Vrr), dan tegangan efektif dari bentuk gelombang tegangan berikut ini
v = sin ωt V
CONTOH: Tentukanlah nilai tegangan puncak (Vp), tegangan puncak-puncak (Vpp), perioda (T), tegangan rata-rata (Vrr), dan tegangan efektif dari bentuk gelombang tegangan berikut ini
v
v 1
v = sin ωt V
Vp = 1V ;
V pp = 1 V;
ωt
Vp = 1V ;
T = 2π ;
∫
=
1 2π
π
∫0 sin
Vrr
ωtdωt =
1 ωt 1 × − sin ωt cos ωt 2π 2 2 0
∫
Vrms =
1 π 1 1 × − (0 − 0) = V 2π 2 2 2
V pp = 1 V;
T = 2π ;
1 2π 1 π 1 1 2 π = sin ωtdωt = sin ωtdωt = × (cos ωt ) 0 = × (−1 + 1) = V 2π 0 π 0 π 2π π
π
2
ωt
T =2π
1 π 1 1 1 π = sin ωtdωt = × (cos ωt ) 0 = × ( −1 + 1) = 2π 0 2π 2π π
Vrms =
52
1
T
Vrr
∫
4
1 2π
∫
2π
∫0
sin 2 ωtdωt = 2 ×
1 π
π
∫0 sin
π
2
ωtdωt = 2 ×
1 ωt 1 × − sin ωt cos ωt π 2 2 0
1 π 1 = 2 × × − (0 − 0) = 1 V π 2 2 53
54
9
8/3/2013
Bentuk gelombang sinyal adalah suatu persamaan atau suatu grafik yang menyatakan sinyal sebagai fungsi dari waktu. Ada dua macam bentuk gelombang, yaitu:
3. Model Sinyal
Bentuk Gelombang Dasar
Bentuk Gelombang Komposit
Hanya ada 3 macam bentuk gelombang dasar yaitu:
Bentuk gelombang komposit merupakan kombinasi (penjumlahan, pengurangan, perkalian) dari bentuk gelombang dasar.
Anak tangga (step) Eksponensial Sinus
56
55
Bentuk Gelombang Dasar Contoh Bentuk Gelombang Komposit
Tiga Bentuk Gelombang Dasar
Fungsi Anak-Tangga ( Fungsi Step ) v
v
v
00
t
0
t20
0
Anak tangga
v = u (t ) = 0 untuk t < 0
1
v
1,2
1,2
00
0
t 20
-1,2
-1,2
Sinus teredam
Eksponensial ganda
= 1 untuk t ≥ 0
t VA
v
1,2
0 0
20
-1,2
Sinus
v
v
v
t
0
Deretan pulsa
0
0
t
0
20
0
Eksponensial
Gigi gergaji
t
0
t
Amplitudo = VA
Segi tiga
Muncul pada t = Ts
Bentuk Gelombang Eksponensial
Atau tergeser positif sebesar Ts
v1 (t ) = 5e −t / 2u (t ) V
10
Amplitudo = VA τ : konstanta waktu
Konstanta waktu = 2
v [V] 5
0.368VA
v2
v2 (t ) = 10e −t / 2 u (t ) V
v3
Konstanta waktu = 2
v1
1
2
3
4
58
Contoh
v VA
0
Muncul pada t = 0
= V A untuk t ≥ Ts
t
Ts
57
v = [V A e − t / τ ] u (t )
Amplitudo = VA
v = V Au (t − Ts ) = 0 untuk t < 0
v
v
0
VA
v
Gelombang persegi
1,2
= V A untuk t ≥ 0
t
0
t
0
t
Muncul pada t = 0
v = V A u (t ) = 0 untuk t < 0
v
Amplitudo = 1
0
5 t /τ
Pada t = τ sinyal sudah menurun sampai 36,8 % VA.
0
5
t [detik]
10
v3 (t ) = 10e −t / 4 u (t ) V Konstanta waktu = 4
Pada t = 5τ sinyal telah menurun sampai 0,00674VA , kurang dari 1% VA.
Makin besar konstanta waktu, makin lambat gelombang menurun
Kita definisikan durasi (lama berlangsungnya) suatu sinyal eksponensial adalah 5τ. Makin besar konstanta waktu, makin lambat sinyal menurun.
59
60
10
8/3/2013
Bentuk Gelombang Komposit
Gelombang Sinus v T0
v V1,2A
0
00 -2
VA
t
- 2
−VA
−V-1,2A
-1,2
dengan φ = 2 π
v = V A cos[2π t / To − φ] 1 T0
dan frekuensi sudut ω 0 = 2 π f 0 =
TS
Dipandang sebagai terdiri dari dua gelombang anak tangga
( Nilai puncak pertama terjadi pada t = TS )
Dapat ditulis
maka
2π T0
v
A
0
T1
t
v = V A cos[2π(t − Ts ) / To ]
v = VA cos(2π t / To) ( Nilai puncak pertama terjadi pada t = 0 )
Karena frekuensi siklus f 0 =
Fungsi Impuls
T0
v
A v = Au (t − T1 )
Ts (sudut fasa) T0
v = V A cos[ 2 π f 0 t − φ ]
t T2
0
Muncul pada t = T1
t T1
v = − Au (t − T2 )
T2
−A
atau
v = V A cos[ ω 0 t − φ ]
Muncul pada t = T2
v = Au (t − T1 ) − Au (t − T2 ) 61
Impuls Satuan
62
Fungsi Ramp
v Impuls simetris thd sumbu tegak dengan lebar impuls diperkecil namun dipertahankan luas tetap 1
Impuls simetris thd sumbu tegak
v
Amplitudo ramp berubah secara linier Ramp muncul pada t = 0
r(t)
Luas = 1
v (t ) = r (t ) = t u (t )
0
t
0
δ(t) t 0
v = δ( t ) = 0 =1
Kemiringan = 1
Fungsi Ramp Tergeser
Lebar impuls terus diperkecil sehingga menjadi impuls satuan dengan definisi:
v
t
r
untuk t ≠ 0 untuk t = 0
ramp berubah secara linier muncul pada t = T0
r(t)
r (t ) = K (t − T0 ) u (t − T0 )
t 0 T0
Kemiringan fungsi ramp
Pergeseran sebesar T0
63
Sinus Teredam
(
CONTOH: (bentuk gelombang anak tangga dan kompositnya)
)
v = sin(ωt ) VAe −t / τ u (t ) = VA sinωt e
−t / τ
64
u (t )
VA
Maksimum pertama fungsi sinus < VA
v
v1
a).
v1 = 4 u(t) V
t
−3V
t
v2 = −3 u(t−2) V
0 0
Fungsi sinus beramplitudo 1
1 2 3 4 5 0
0.5
0 Faktor yang menyebabkan penurunan secara eksponensial
v2
b).
4V
5
10
15
20 t 25
c).
v3
v3 = 4u(t)−3u(t−2) V
4V
-0.5
1V 0
Fungsi eksponensial beramplitudo VA
65
t 1 2 3 4 5
dipandang sebagai tersusun dari dua gelombang anak tangga
v3 4V
0
va = 4u(t) V t 1 2 3 4 5 v = −3u(t−2) V b
66
11
8/3/2013
CONTOH: (fungsi ramp dan kompositnya) Dipandang sebagai tersusun dari tiga gelombang anak tangga
d).
v4
v4 v = 4u(t)−7u(t−2)+3u(t−5) V 4
t
0
v1
0
1 2 3 4 5 6
v1 = 2t u(t) V
4V
va = 4u(t) V
4V
4V
−3V
a).
0 vc = 3u(t−5) V t 1 2 3 4 5 6
v2 0
t 1 2 3 4 5 6
t 1 2 3 4 5 6
−4V −2(t−2) u(t−2) V
2tu(t) V
c). v3 4V
vb = −7u(t−2) V
−7V
b).
0
2tu(t) − 2(t−2) u(t−2) V
t 1 2 3 4 5 6
v3 4V
Dipandang sebagai tersusun dari dua fungsi ramp
0
t 1 2 3 4 5 6 − 2(t−2) u(t−2) V
67
CONTOH: (fungsi ramp dan kompositnya) 2tu(t) V
d). v4
v4 4V
4V t
0
1 2 3 4 5 6
0
v5
0
2tu(t) − 2(t−2)u(t−2) − 4u(t−5)
CONTOH: sinus teredam
00
1 2 3 4 5 6
f).
v1 v2 t [detik] 0
0
0.1 0.1
0.2 0.2
0.3 0.3
0.4 0.4
-5-5
− 2(t−2) u(t−2) V
-10 -10
sinus v1 = 10 cos(50(t − 0,020) ) u (t ) V
v6 4V
2tu(t) − 2(t−2)u(t−2) − 4u(t−2)
t 1 2 3 4 5 6
10 10 V5 5
2tu(t) − 2(t−2) u(t−2) V t
2tu(t) − 4(t−2)u(t-2) V
e). 4V
68
− t / 0,1 u (t ) V sinus teredam v 2 = 10 cos(50(t − 0,020) ) e
yang dapat diabaikan nilainya pada t > 0,5 detik
t 1 2 3 4 5 6
69
Spektrum Sinyal
70
Contoh : Susunan sinyal sinus yang membentuk Gelombang Persegi
Suatu sinyal periodik dapat diuraikan atas komponen-komponen penyusunnya. Komponen-komponen penyusun tersebut merupakan sinyal sinus. Kita juga dapat menyatakan sebaliknya, yaitu susunan sinyalsinyal sinus akan membentuk suatu sinyal periodik. Komponen sinus dengan frekuensi paling rendah disebut komponen sinus dasar, sedang komponen sinus dengan frekuensi lebih tinggi disebut komponen-komponen harmonisa.
sinus dasar
sin dasar + harmonisa 3 sin dasar + harmonisa 3 + 5
Komponen harmonisa memiliki frekuensi yang merupakan kelipatan bulat dari frekuensi sinus dasar. Jika sinus dasar memiliki frekuensi f0, maka harmonisa ke-3 mempunyai frekuensi 3f0, harmonisa ke-7 memiliki frekuensi 7f0, dst. Berikut ini adalah suatu contoh penjumlahan sinyal sinus yang akhirnya membentuk gelombang persegi. sin dasar + harmonisa 3 + 5 + 7 71
sin dasar + harmonisa 3 s/d 21 72
12
8/3/2013
Berikut ini kita melihat suatu penjumlahan sinyal sinus yang kemudian kita analisis komponen per komponen.
Uraian:
0
f0
2 f0
4 f0
Amplitudo (V)
10
30
15
7,5
Sudut fasa
−
0°
−90°
180°
180
30
90
Sudut Fasa [ o ]
Amplitudo [ V ]
Sinyal: v = 10 + 30 cos(2πf 0 t ) + 15 sin (2π(2 f 0 )t ) − 7,5 cos(2π(4 f 0 )t ) Frekuensi
Spektrum Sudut Fasa
Spektrum Amplitudo 40
20 10
0 0
1
2
3
4
5
-90
0 0
1
2
3
4
5
-180
Frekwensi [ x fo ]
Frekwensi [ x fo ]
Dalam spektrum ini, frekuensi sinyal terendah adalah nol, yaitu komponen arus searah
Uraian amplitudo setiap komponen membentuk spektrum amplitudo
Frekuensi komponen sinus terendah adalah f0.
Uraian sudut fasa setiap komponen membentuk spektrum sudut fasa
Frekuensi komponen sinus tertinggi adalah 4f0.
Kedua spektrum tersebut digambarkan sebagai berikut: 73
74
Spektrum sinyal periodik merupakan uraian bentuk gelombang sinyal menjadi deret Fourier
Deret Fourier
Lebar Pita (band width)
Suatu fungsi periodik dapat dinyatakan sebagai:
Lebar pita adalah selisih dari frekuensi tertinggi dan terendah Frekuensi tertinggi adalah batas frekuensi dimana amplitudo dari harmonisa-harmonisa yang frekuensinya di atas frekuensi ini dapat diabaikan
f (t ) = a0 + ∑ [a n cos(2πnf 0 t ) + bn sin( 2 πnf 0t )]
f (t ) = a0 +
atau
∞
∑
an2 + bn2 cos( nω0t − ϕ n )
n =1
Komponen searah
Batas frekuensi terendah adalah frekuensi sinus dasar jika bentuk gelombang yang kita tinjau tidak mengandung komponen searah. Jika mengandung komponen searah maka frekuensi terendah adalah nol
a0 =
dimana:
1 T0
Amplitudo komponen sinus T0 / 2
∫−T
0
∫−T
2 T0
∫−T
bn = 75
/2
T0 / 2
2 an = T0
0
/2
T0 / 2 0
/2
bn = tan ϕ n an
Sudut Fasa komponen sinus
f (t )dt f (t ) cos(2πnf 0t )dt
yang disebut sebagai koefisien Fourier
f (t ) sin( 2πnf 0t )dt 76
Contoh: simetri ganjil - Penyearahan Setengah Gelombang
Jika sinyal simetris terhadap sumbu-y, banyak koefisien Fourier bernilai nol
v
a0 = A / π
Simetri Genap y(t ) = y(−t )
2A / π n genap; an = 0 n ganjil 1 − n2 b1 = A / 2 ; bn = 0 n ≠ 1 an =
y(t)
T0
A
t
bn = 0
-T0/2 T0/2
t
y (t ) = a o +
∞
∑ [a n cos(nω0 t )]
Contoh: simetri genap - Sinyal Segitiga
n=1
To
v
Simetri Ganjil y (t ) = − y ( −t ) y(t) A
T0
t t
−A
a0 = 0
T0
A
a0 = 0 dan an = 0 y (t ) =
8A an = n ganjil; an = 0 n genap (nπ) 2 bn = 0 untuk semua n
∞
∑ [bn sin( nω0t )]
n =1
77
78
13
8/3/2013
Contoh: Uraian Penyearahan Setengah Gelombang Koefisien Fourier
Amplitudo
0.6 [V]
ϕ [rad]
a0
0,318
0,318
a1
0
0,5
1,57
b1
0,5
a2
-0,212
0,212
0
b2
0
a4
-0,042
b4
0
a6
-0,018
b6
0
0.5 0.4 0.3 0.2 0.1
0,042
0
Uraian ini dilakukan hanya sampai pada harmonisa ke-6
0,018
0
Dan kita mendapatkan spektrum amplitudo sebagai berikut:
0 0
1.2 [V] 0.8
0.6
A0 = 0,318 V; A1 = 0,5 V; A2 = 0,212 V;
[V]
0.5
2
3
4
5 6 harmonisa
v hasil penjumlahan
0.4
0.4
A4 = 0,042 V; A6 = 0,018 V
1
Jika dari spektrum yang hanya sampai harmonisa ke-6 ini kita jumlahkan kembali, kita peroleh bentuk gelombang:
0.3
0
0.2
-0.4
Sinus dasar 0
90
270
180
[o] 360
Terdapat cacat pada bentuk gelombang hasil penjumlahan
0.1
Sampai harmonisa ke berapa kita harus menguraikan suatu bentuk gelombang periodik, tergantung seberapa jauh kita dapat menerima adanya cacat yang mungkin terjadi pada penjumlahan kembali spektrum sinyal
0 0
1
2
3
4
5 6 harmonisa 79
80
Piranti Listrik dikelompokkan ke dalam 2 katagori
Piranti
4. Model Piranti
pasif
aktif
menyerap daya
memberi daya
82
81
Resistor i batas daerah linier
Perilaku suatu piranti dinyatakan oleh karakteristik i-v yang dimilikinya, yaitu hubungan antara arus yang melalui piranti dengan tegangan yang ada di antara terminalnya.
nyata
model
R v Simbol:
tegangan diukur antara dua ujung piranti
i
Kurva i terhadap v tidak linier benar namun ada bagian yang sangat mendekati linier, sehingga dapat dianggap linier. Di bagian inilah kita bekerja.
linier
+
piranti arus melewati piranti
−
tidak linier
v
vR = R iR atau iR = G vR 1 R R disebut resistansi G disebut konduktansi dengan G =
Daya pada R : p R = vR iR = iR2 R = vR2 G = 83
vR2 R 84
14
8/3/2013
Kapasitor
CONTOH: v R = 40 sin 314t V
Resistor : R = 4 Ω
iC
p R = 400 sin 2 314 t W
i R = 10 sin 314 t A
C
C simbol
1
100
dvC/dt
80
V 60 A W 40
t
pR
dv iC = C C dt
vR
20
-20
1 iC dt C
∫
t0
Konstanta proporsionalitas
iR
0
vC = vC (t0 ) +
0
0.01
0.02
0.03
C disebut kapasitansi
0.04
t [detik]
-40
Daya pada C : pC = vC iC = CvC
dvC d 1 2 = CvC dt dt 2
Daya adalah turunan terhadap waktu dari energi. Maka apa yang ada dalam tanda kurung adalah energi
-60
Bentuk gelombang arus sama dengan bentuk gelombang tegangan
Energi : wC = 85
1 C vC2 + konstanta 2 Energi awal
86
Induktor
CONTOH: Kapasitor : C = 2 µF = 2 × 10−6 F
dvC = 80000 cos 400t V dt
vC = 200 sin 400t V
L
iC = 0,16 cos 400 t A
diL dt 1/L
simbol
1
pC = 16 sin 800 t W
vL t
200
vC
V mA 100 W
vL = L
iC
diL dt
iL = iL ( t0 ) +
1 vL dt L
∫
t0
Konstanta proporsionalitas
0
L disebut induktansi
pC 0
0.01
0.02
0.03
0.04
0.05 t [detik]
Daya pada L : p L = v LiL = Li L
-100
diL d 1 2 LiL = dt dt 2
Daya adalah turunan terhadap waktu dari energi. Maka apa yang ada dalam tanda kurung adalah energi
-200
Bentuk gelombang arus sama dengan bentuk gelombang tegangan namun iC muncul lebih dulu dari vC. Arus 90o mendahului tegangan
Energi : wL =
1 2 Li L + konstanta 2 Energi awal
87
CONTOH:
Induktor : L = 2,5 H
88
vL = 200sin400t Volt
di 1 v L = L L → iL = ∫ v L dt = −0,2 cos 400t + i L 0 A dt L
p L = v L i L = −20 sin 800t W
Resistansi, kapasitansi, dan induktansi, dalam analisis rangkaian listrik merupakan suatu konstanta proporsionalitas
200
V mA W
vL
100
iL
Secara fisik, mereka merupakan besaran dimensional
pL 0 0 -100
0.01
0.02
0.03
0.04
0.05 t
[detik]
-200
Bentuk gelombang arus sama dengan bentuk gelombang tegangan namun iL muncul lebih belakang dari vL. Arus 90o di belakang tegangan
89
90
15
8/3/2013
Induktansi Bersama
Resistor
Kapasitor
Induktor
vR = R iR
dv iC = C C dt
di vL = L L dt
i1 Dua kumparan terkopel secara magnetik
Induktansi sendiri kumparan-1
konstanta proporsionalitas
i2
v1
v2
L1 = k1 N12
L2 = k 2 N 22
Induktansi sendiri kumparan-2
Terdapat kopling magnetik antar kedua kumparan yang dinyatakan dengan: M
Secara Fisik A C =ε d
L R=ρ A
L = kN
A: luas penampang
Kopling pada kumparan-2 oleh kumparan-1
M12 = M 21 = kM N1N 2 = M = k L1L2
konstanta
konstanta dielektrik A: luas penampang elektroda
resistivitas L: panjang konduktor
Kopling pada M 12 = k12 N1 N 2 M 21 = k 21 N 2 N1 kumparan-1 oleh kumparan-2 Jika medium magnet linier : k12 = k21 = kM
2
N: jumlah lilitan
d: jarak elektroda
Persamaan tegangan v1 di kumparan-1
= L1
di1 di ±M 2 dt dt
v 2 = L2
di2 di ±M 1 dt dt
Persamaan tegangan di kumparan-2
Tanda ± tergantung dari apakah fluksi magnet yang ditimbulkan oleh kedua kumparan saling membantu atau saling berlawanan 91
Kopling magnetik bisa positif (aditif) bisa pula negatif (substraktif) Untuk memperhitungkan kopling magnetik digunakan Konvensi Titik: Arus i yang masuk ke ujung yang bertanda titik di salah satu kumparan, membangkitkan tegangan berpolaritas positif pada ujung kumparan lain yang juga bertanda titik. Besarnya tegangan yang terbangkit adalah M di/dt.
φ1
i1
φ1 φ 2
i1
i2
92
Transformator Ideal i2
i1
i2
v1 φ2
L1 = k1 N12
L2 = k 2 N 22
M 12 = k12 N1 N 2
M 21 = k 21 N 2 N1
φ substraktif
φ aditif i1
v2
i2
v1
v2
i1
Jika kopling magnet terjadi secara sempurna, artinya fluksi magnit melingkupi kedua kumparan tanpa terjadi kebocoran, maka
i2
v1
v2
di1 di di di ± M 2 = N1 k M N1 1 ± k M N 2 2 dt dt dt dt di 2 di1 di di v 2 = L2 ±M = ± N 2 ± k M N 2 2 + k M N1 1 dt dt dt dt v1 = L1
k1 = k2 = k12 = k21 = kM v1 = L1
di1 di +M 2 dt dt
v1 = L1
di1 di −M 2 dt dt
v 2 = L2
di2 di +M 1 dt dt
v2 = L2
di2 di −M 1 dt dt
Jika susut daya adalah nol:
v1 N = ± 1 v2 N2
v1 i1 + v2 i2 = 0
i2 v N =− 1 =m 1 i1 v2 N2
93
94
Saklar
CONTOH: + v1 _
+ v2 50Ω _
i
i simbol
simbol N1/N2 = 0,1 v1 = 120sin400t V
v
v saklar terbuka
v 2 = ( N 2 / N1 ) v1 = 1200 sin 400 t V
i2 = v2 / 50 = 24 sin 400 t A
i = 0 , v = sembarang
saklar tertutup v = 0 , i = sembarang
i1 = ( N 2 / N1 ) i2 = 240 sin 400 t A p L = v 2i2 = 28.8 sin 2 400 t kW. 95
96
16
8/3/2013
Sumber Arus Bebas Ideal Sumber Tegangan Bebas Ideal
Sumber arus bebas memiliki kemampuan memberikan arus yang ditentukan oleh dirinya sendiri, tidak terpengaruh oleh bagian lain dari rangkaian.
Sumber tegangan bebas memiliki tegangan yang ditentukan oleh dirinya sendiri, tidak terpengaruh oleh bagian lain dari rangkaian.
v = vs (tertentu) dan
i = is (tertentu) dan
v = sesuai kebutuhan
i = sesuai kebutuhan
i
i i
+ Vo Vo
v
Karakteristik i - v sumber tegangan konstan
−
i
vs
+ _
−
Is i
Is , is
v +
v Simbol sumber tegangan bervariasi terhadap waktu
Simbol sumber tegangan konstan
Karakteristik sumber arus ideal
Simbol sumber arus ideal
97
Sumber Praktis
CONTOH: + −
98
beban
5A
beban
40V
Sumber praktis memiliki karakteristik yang mirip dengan keadaan dalam praktik. Sumber ini digambarkan dengan menggunakan sumber ideal tetapi tegangan ataupun arus sumber tergantung dari besar pembebanan.
i
i
Sumber Tegangan
Sumber Arus
vs +_
Rs
+ v −
ip − v Rp +
is
vbeban = vsumber = 40 V
ibeban = isumber = 5 A
pbeban= 100 W → i = 2,5 A
pbeban= 100 W → v = 20 V
pbeban= 200 W → i = 5 A
pbeban= 200 W → v = 40 A
Sumber tegangan praktis terdiri dari sumber ideal vs dan resistansi seri Rs sedangkan tegangan keluarannya adalah v.
Sumber arus praktis terdiri dari sumber ideal is dan resistansi paralel Rp sedangkan tegangan keluarannya adalah v.
Arus sumber tetap, tegangan sumber berubah sesuai pembebanan
vs tertentu, akan tetapi tegangan keluarannya adalah v = vs − iR
is tertentu, akan tetapi arus keluarannya adalah i = is − ip
Tegangan sumber tetap, arus sumber berubah sesuai pembebanan
99
Sumber Tak-Bebas (Dependent Sources)
100
Sumber tak bebas digunakan untuk memodelkan Penguat Operasional (OP AMP)
Sumber tak-bebas memiliki karakteristik yang ditentukan oleh besaran di bagian lain dari rangkaian. Ada empat macam sumber tak-bebas, yaitu:
+VCC vo 8
CCVS
+ _
i1
VCVS r i1
+ v1 _
+ _
+VCC : catu daya positif −VCC : catu daya negatif
µ v1
7
Top 1
6
5
vP = tegangan masukan non-inversi; vN = tegangan masukan inversi; vo = tegangan keluaran;
− +
2
3
4
vN vP −VCC
Sumber tegangan dikendalikan oleh arus
Sumber tegangan dikendalikan oleh tegangan
CCCS
VCCS
Model Sumber Tak Bebas OP AMP Diagram rangkaian +
i1
β i1
+ v1 _
iP
g v1
Ro
vP + Ri
Sumber arus dikendalikan oleh arus
vN +
Sumber arus dikendalikan oleh tegangan
iN 101
−
+ −
µ (vP − vN )
catu daya positif
masukan non-inversi
io
+
+ vo
−
keluaran
masukan inversi catu daya negatif
102
17
8/3/2013
OP AMP Ideal
Contoh: Rangkaian Penyangga (buffer)
Suatu OPAMP ideal digambarkan dengan diagram rangkaian yang disederhanakan: masukan non-inversi masukan inversi
vp
ip vo
+ −
vn
iP vP vs
keluaran
+ −
+ −
vN
vo
io
R
in
iN
Jika OpAmp dianggap ideal maka terdapat relasi yang mudah pada sisi masukan
vP = vN iP = iN = 0
v P = vs
v N = vo
vP = v N
vo = vs
103
104
CONTOH: Contoh: Rangkaian Penguat Non-Inversi
vo = ?
2kΩ iP vP vN vs
+ −
+ −
vo R1
iN
R2
+ −
vP = v s
5V +−
R2 vN = vo R1 + R2
vP = vN ⇒
umpan balik vo =
R2 vo = v s R1 + R 2
iB = ?
2kΩ + vB 1kΩ −
vN =
R1 + R 2 vs R2
pB = ?
v o iB
iB =
v p = vN
RB =1kΩ
iP = iN = 0 =
5 − vN → vN = 5 V 2000
1 1 v o ⇒ v o = 5 V → v o = 15 V 1+ 2 3
vo RB
p B = v B i B = v o i B = i B2 R B
Rangkaian dengan OP AMP yang lain akan kita pelajari dalam pembahasan tentang rangkaian pemroses sinyal 105
106
Pekerjaan analisis rangkaian listrik berbasis pada dua Hukum Dasar yaitu 1. Hukum Ohm 2. Hukum Kirchhoff
107
108
18
8/3/2013
CONTOH:
Hukum Ohm •
Seutas kawat terbuat dari tembaga dengan resistivitas 0,018 Ω.mm2/m. Jika kawat ini mempunyai penampang 10 mm2 dan panjang 300 m, hitunglah resistansinya. Jika kawat ini dipakai untuk menyalurkan daya (searah), hitunglah tegangan jatuh pada saluran ini (yaitu beda tegangan antara ujung kirim dan ujung terima saluran) jika arus yang mengalir adalah 20 A. Jika tegangan di ujung kirim adalah 220 V, berapakah tegangan di ujung terima? Berapakah daya yang diserap saluran ?
Relasi Hukum Ohm
v = iR
Diagram rangkaian adalah:
resistansi
∆Vsaluran R
Saluran kirim
• Resistansi konduktor Sumber 220 V
– Suatu konduktor yang memiliki luas penampangn merata, A, mempunyai resistansi R
R=
ρl A
+ −
i i
Resistansi saluran kirim : R =
Beban i = 20 A
R
Karena ada saluran balik,
ρl 0,018 × 300 = = 0,054 Ω A 10
R saluran = 2 × 0,054 = 0,108 Ω
Saluran balik
ρ : resistivitas bahan konduktor
Saluran dialirai arus 20 A, terjadi tegangan jatuh antara sumber dan beban : ∆Vsaluran = iRsaluran = 20 × 0,108 = 2,16 V
dengan satuan [Ω.mm 2 / m]
Tegangan di beban = tegangan sumber − tegangan jatuh di saluran : vterima = 220 − 2,16 = 217,84 V
l : panjang konduktor dengan satuan [m] A : luas penampang konduktor dengan satuan [mm 2 ]
Daya yang diserap saluran, merupakan susut daya di saluran p saluran = i 2 R = (20) 2 × 0,108 = 43,2 W
109
110
Hukum Kirchhoff Ada dua hukum Kirchhoff, yaitu 1. Hukum Tegangan Kirchhoff 2. Hukum Arus Kirchhoff Formulasi dari kedua hukum tersebut adalah sebagai berikut:
Ada beberapa istilah yang perlu kita fahami lebih dulu Terminal : ujung akhir sambungan piranti atau rangkaian. Rangkaian : beberapa piranti yang dihubungkan pada terminalnya. Simpul (Node) : titik sambung antara dua atau lebih piranti. Catatan : Walaupun sebuah simpul diberi pengertian sebagai sebuah titik tetapi kawat-kawat yang terhubung langsung ke titik simpul itu merupakan bagian dari simpul; jadi dalam hal ini kita mengabaikan resistansi kawat. Simpai (Loop): rangkaian tertutup yang terbentuk apabila kita berjalan mulai
• Hukum Arus Kirchhoff (HAK) -Kirchhoff's Current Law (KCL) – Setiap saat, jumlah aljabar arus di satu simpul adalah nol
• Hukum Tegangan Kirchhoff (HTK) Kirchhoff's Voltage Law (KVL)
dari salah satu simpul mengikuti sederetan piranti dengan melewati
– Setiap saat, jumlah aljabar tegangan dalam satu loop adalah nol
tiap simpul tidak lebih dari satu kali dan berakhir pada simpul tempat kita mulai perjalanan.
111
112
Relasi-relasi kedua hukum Kirchhoff A + v1 1
+ v2 − 2
i2 i1
loop 1
−
+ v1 −
i + v4 − B 4 4 i5 + i3 5 v 3 loop 2 5 − loop 3 C
a).
loop 1: − v1 + v2 + v3 = 0
simpul B : + i2 − i3 − i4 = 0
loop 2 : − v3 + v4 + v5 = 0
simpul C : + i1 + i3 + i4 = 0
loop 3 : − v1 + v2 + v4 + v5 = 0
− v s + v1 + v2 = 0
→ v s = i1 R1 + i2 R2
+ v1 − + −
vs R1 L
+ vL −
−v s + v1 + v L = 0
+ vC −
−v s + v1 + vC = 0
→ v s = i1 R1 + L
di L dt
+ v1 −
HTK untuk loop :
simpul A : − i1 − i2 = 0
+ v2 −
vs R1 R 2
b).
c).
HAK untuk simpul :
+ −
+ −
vs R1
+ v1 −
C + vL −
d). + − 113
vs R1
L C
→ v s = i1 R1 +
1 iC dt C
∫
− v s + v1 + v L + vC = 0 + vC −
→ v s = i1 R1 + L
di L 1 + iC dt dt C
∫
114
19
8/3/2013
i1 R1
a).
c).
R3
R1
i2
Pengembangan HTK dan HAK
v1 v 2 1 − − v L dt = 0 R1 R2 L
∫
→
i1 − i2 − i L = 0
+ v2 −
Hukum Kirchhoff dapat dikembangan, tidak hanya berlaku untuk simpul ataupun loop sederhana saja, akan tetapi berlaku pula untuk simpul super maupun loop super
iL L C iC
A
+ v1 − + v3 −
d).
v1 v 2 v3 − − =0 R1 R2 R3
→
i1 − i2 − i3 = 0
i3 R2
A
+ v1 − + vL − i1
i2
+ v2 −
i1 R1
b).
R2
A
+ v1 − + v3 −
R3
i1 R1
+ vC − i3 C
A
→
dv v v1 −C C − 3 = 0 R1 dt R3
i1 − iC − iL = 0
→
v1 dv 1 −C C − v L dt = 0 R1 dt L
iC
+ vC −
+ v1 − + vL −
iL
∫
L
115
simpul super AB i2 + v2 − A 2
B
i1
+ v1
simpul super merupakan gabungan dari beberapa simpul loop super merupakan gabungan dari beberapa loop
i1 − iC − i3 = 0
1
i4
+ v4 − 4 i5
i3 3
−
loop 3
116
CONTOH:
i4
A
v=?
v
+ −
i5 3Ω
+
4Ω
5 v5
i1= 5A B i2= 2A
−
C i = 8A 3
simpul super ABC
i4 + i1 − i3 = 0 ⇒ i4 = i3 − i1 = 8 − 5 = 3 A
Simpul C
i 2 + i5 − i3 = 0 ⇒ i5 = i3 − i 2 = 8 − 2 = 6 A
loop ACBA
−v + 3i5 − 4i2 = 0 ⇒ v = 3 × 6 − 4 × 2 = 10 V
C simpul super AB
loop 3 = mesh super
−i1 − i3 − i4 = 0
−v1 + v 2 + v4 + v5 = 0
117
118
Hubungan Seri dan Paralel + v1 −
+ v1 −
119
i1 1
+ v2 −
i2 2
1 i1
i2
2
+ v2 −
Hubungan paralel v1 = v2
Hubungan seri i1 = i2
Dua elemen atau lebih dikatakan terhubung paralel jika mereka terhubung pada dua simpul yang sama
Dua elemen dikatakan terhubung seri jika mereka hanya mempunyai satu simpul bersama dan tidak ada elemen lain yang terhubung pada simpul itu
120
20
8/3/2013
Rangkaian Ekivalen Resistor Seri
Rangkaian Ekivalen Resistor Paalel
Dua rangkaian disebut ekivalen jika antara dua terminal tertentu, mereka mempunyai karakteristik i-v yang identik i
Dua rangkaian disebut ekivalen jika antara dua terminal tertentu, mereka mempunyai karakteristik i-v yang identik
i R1
i1
+
Vtotal
G1
itotal
itotal
Rekiv
R2 −
Gekiv G2
i2
Resistansi Seri : Rekiv = R1 + R2 + R3 + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
Konduktansi Paralel: Gekiv = G1 + G2 + G3 + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
Vtotal = V R1 + V R 2 + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅ = R1i + R 2 i + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = (R1 + R 2 + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅) i = R ekivalen i.
itotal = iG1 + iG 2 + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = G1v + G2 v + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = (G1 + G2 + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅)v = Gekivalen v
121
122
Kapasitansi Ekivalen Kapasitor Paralel
Induktansi Ekivalen Induktor Seri
i A + v C 1 _ B
i1
i2
C2
A
iN
Kapasitor Paralel : Cek = C1 + C 2 + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ +C N
CN
+ v _
L2
+ v1 −
+ v2 − LN
+ vN −
Induktor Seri : Lek = L1 + L2 + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + LN
B
Kapasitansi Ekivalen Kapasitor Seri
Induktansi Ekivalen Induktor Paralel
i A + v _
L1
A
C1
Kapasitor Seri :
C2 CN
+ v _
1 1 1 1 = + + ⋅⋅⋅⋅ + Cek C1 C 2 CN
L1
L2
LN
Induktor Paralel : 1 1 1 1 = + + ⋅⋅⋅⋅ + Lek L1 L2 LN
B
B 123
CONTOH: i=? v = 30 sin(100 t) V
124
Sumber Ekivalen
C1=100µF
i + −
C2=50µF vs
1 1 1 50 + 100 3 100 10 −4 F = + = = → Ctot = µF = Ctot 100 50 5000 100 3 3 → i = Ctot
+ −
R1
i
+ vR −
+ v −
i bagian lain rangkaian
Dari sumber tegangan menjadi sumber arus
Jika kapasitor dihubungkan paralel :
R2
iR + v −
bagian lain rangkaian
Sumber arus
Sumber tegangan
dv 10 −4 = × 3000 cos 100 t = 0,1 cos 100 t A dt 3
is
is =
vs R1
R 2 = R1
Ctot = 100 + 50 = 150 µF = 0,15 × 10 −3 F → i = Ctot
dv = 0,15 × 10 −3 × 3000 cos 100 t = 0,45 cos100 t A dt
v s = is R2
125
R1 = R 2
Dari sumber arus menjadi sumber tegangan
126
21
8/3/2013
Transformasi Y - ∆ CONTOH:
Rangkaian mungkin terhubung ∆ atau Y. Menggantikan hubungan ∆ dengan hubungan Y yang ekivalen, atau sebaliknya, dapat mengubah rangkaian menjadi hubungan seri atau paralel. C
C
30V
+ −
R1=10Ω
R2=10Ω
3A
R3
RB
Hubungan ∆ RA
Hubungan Y R1
R2 B
i3 2,5 A
R1 20 Ω
i1
R2 30 Ω
i2 50 V
R1 20 Ω
+ −
A
RC
R2 30 Ω
A
B
Ekivalen ∆ dari Y R R + R 2 R3 + R1 R3 RA = 1 2 R1
is
Ekivalen Y dari ∆ R B RC R1 = R A + R B + RC
RB =
R1 R 2 + R 2 R3 + R1 R3 R2
R2 =
RC R A R A + R B + RC
RC =
R1 R 2 + R 2 R3 + R1 R3 R3
R3 =
R A RB R A + R B + RC
R∆ 3 R ∆ = 3 RY RY =
Dalam keadaan seimbang, R A = R B = RC atau R1 = R 2 = R3 127
128
Kaidah Pembagi Arus
Kaidah Pembagi Tegangan R Pembagi Tegangan : v k = k Rtotal
is
10 Ω
G Pembagi Arus : ik = k Gtotal
vtotal
20 Ω
is
60 V
+ −
+ v1−
+ v2− 30 Ω
+ v3 −
v1 = 10 V ; v2 = 20 V ; v3 = 30 V
i1
R1 10 Ω
1A
itotal
i2 R2 20 Ω
i3 R3 20 Ω
i1 =
G1 (1 / 10) is = × 1 = 0,5 A Gtot (1 / 10) + (1 / 20) + (1 / 20)
i2 =
G G2 is = 0,25 A ; i3 = 3 is = 0,25 A Gtot Gtot
129
130
Proporsionalitas Keluaran dari suatu rangkaian linier adalah proporsional terhadap masukannya x masukan
R1
Penjelasan: masukan
+ _
vs
R2 vs vo = R1 + R2
131
y=Kx keluaran
K
R2
+ vo keluaran −
R2 K = R1 + R2 132
22
8/3/2013
CONTOH: Prinsip Superposisi
A
(a ) + −
vin
+ vo1 −
60Ω 120Ω
v o1
120 = v in = ( 2 / 3 ) v in ; K 1 = ( 2 / 3) 120 + 60
Keluaran dari suatu rangkaian linier yang dicatu oleh lebih dari satu sumber adalah jumlah keluaran dari masing-masing sumber jika masing-masing sumber bekerja sendiri-sendiri
B
(b)
A
B
+ vAB −
40Ω
(c) vin
+ vo2 −
80Ω
40 v o3 = v AB 40 + 80 + 40 120 || ( 40 + 80 ) = vo3 v in 40 + 80 120 || ( 40 + 80 ) + 60 −
A 80Ω
60Ω 120Ω
+ −
Suatu sumber bekerja sendiri apabila sumber-sumber yang lain dimatikan
40 v o2 = v AB = (1 / 3) v AB → K 2 = 1 / 3 40 + 80
40Ω
Cara mematikan sumber: a. Mematikan sumber tegangan berarti membuat tegangan sumber itu menjadi nol, artinya sumber ini menjadi hubungan singkat. b. Mematikan sumber arus adalah membuat arus sumber menjadi nol, artinya sumber ini menjadi hubungan terbuka.
= (1 / 3) × (1 / 2 ) = 1 / 6 v in
B
⇒ K 3 = (1 / 6 ) 133
CONTOH:
10Ω
v1=12V
matikan v2
+ −
+ −
10Ω
+ vo1 _
Teorema Millman
+ vo _
10Ω
134
Apabila beberapa sumber arus ik yang masing-masing memiliki resistansi paralel Rk dihubungkan seri, maka hubungan seri tersebut dapat digantikan dengan satu sumber arus ekivalen iekiv dengan resistansi paralel ekivalen Rekiv sedemikian sehingga
matikan v1
v2=24V
i ekiv Rekiv = 10Ω 12V
+ −
vo1 =
10 × 12 V = 6 V 10 + 10
10Ω + −
vo 2
10Ω 24V
+ vo2 _
Contoh:
10 = × 24 V = 12 V 10 + 10
Keluaran vo jika kedua sumber bekerja bersama adalah:
∑R i
k k
dan
R ekiv =
∑R
iekiv × 20 = 1 × 10 + 2 × 10
i1=1A
i2=2A
R1=10Ω
R2=10Ω
vo = vo1 + vo 2 = 6 + 12 = 18 V
k
iekiv=1,5A
Rekiv=20Ω Rekiv = 10 + 10
135
Rangkaian ekivalen Thévenin
Teorema Thévenin Suatu rangkaian bisa dipandang terdiri dari dua seksi
i
S
v
136
Seksi sumber dari suatu rangkaian dapat digantikan oleh
Jika rangkaian seksi sumber pada hubungan dua-terminal adalah linier, maka sinyal pada terminal interkoneksi tidak akan berubah jika rangkaian seksi sumber itu diganti dengan rangkaian ekivalen Thévenin
Rangkaian ekivalen Thévenin yaitu rangkaian yang terdiri dari satu sumber tegangan VT yang terhubung seri dengan resistor RT
B Teorema Norton
Seksi sumber
Seksi beban
seksi sumber
Jika rangkaian seksi sumber pada hubungan dua-terminal adalah linier, maka sinyal pada terminal interkoneksi tidak akan berubah jika rangkaian seksi sumber itu diganti dengan rangkaian ekivalen Norton
137
+ vht
−
VT
+ _
RT
138
23
8/3/2013
Cara Menentukan VT dan RT
Cara lain mencari RT
Untuk mencari VT : lepaskan beban sehingga seksi sumber menjadi terbuka. Tagangan terminal terbuka vht inilah VT i=0
Cara lain yang lebih mudah untuk menentukan RT adalah dengan melihat resistansi dari terminal beban ke arah seksi sumer dengan semua sumber dimatikan.
i=0
VT −
−
+
RT
+
+ vht
seksi sumber
vht = VT −
Penjelasan: Untuk mencari RT : hubung singkatlah terminal beban sehingga seksi sumber menjadi terhubung singkat dan mengalir arus hubung singkat ihs. RT adalah VT dibagi his.
+ −
i = ihs seksi sumber
VT
RT
+ _
R1 vs
R2
Dengan mematikan sumber maka
ihs= VT /RT
R1 R2
RT
RT = R1 paralel dengan R2
Jadi dalam Rangkaian ekivalen Thevenin : VT = vht dan RT = vht / ihs 139
140
Rangkaian ekivalen Norton Rangkaian ekivalen Thévenin
Seksi sumber suatu rangkaian dapat digantikan dengan Rangkaian ekivalen Norton yaitu rangkaian yang terdiri dari satu sumber arus IN yang terhubung paralel dengan resistor RN
seksi sumber
+ VT _
RN
IN
RT
VT = vht RT = vht / ihs
Rangkaian ekivalen Norton
IN Rangkaian ekivalen Norton dapat diperoleh dari rangkaian ekivalen Thevenin dan demikian juga sebaliknya. Hal ini sesuai dengan kaidah ekivalensi sumber.
RN
RT = R yang dilihat dari terminal ke arah seksi sumber dengan semua sumber mati
IN = Ihs RN = vht / ihs
RT = RN
141
CONTOH:
Rangkaian Ekivalen Thévenin
Alih Daya Maksimum
A'
A
A + −
20Ω 24 V
10Ω
+ −
20Ω B
VT = V AB = V A' B = RT = 10 +
142
Ada empat macam keadaan hubungan antara seksi sumber dan seksi beban
RT = 20 Ω VT = 12 V B
Sumber tetap, beban bervariasi Sumber bervariasi, beban tetap Sumber bervariasi, beban bervariasi Sumber tetap, beban tetap
20 × 24 = 12 V 20 + 20
Dalam membahas alih daya maksimum, yaitu daya maksimum yang dapat dialihkan (ditransfer) kebeban, kita hanya meninjau keadaan yang pertama
20 × 20 = 20 Ω 20 + 20
143
144
24
8/3/2013
Kita menghitung alih daya maksimum melalui rangkaian ekivalen Thévenin atau Norton
CONTOH: A′
A VT
_+
+ v −
RT
A
Rangkaian sumber tegangan dengan resistansi Thévenin RT akan memberikan daya maksimum kepada resistansi beban RB bila RB = RT
RB
B
sumber
V p maks = T 2
beban i
VT 2R T
RB
24 V
sumber
20 × 20 = 20 Ω 20 + 20 20 VT = × 24 = 12 V 20 + 20 RT = 10 +
B
Hubungkan kembali Rx Alih daya ke beban akan maksimum jika RX = RT = 20 Ω dan besar daya maksimum yang bisa dialihkan adalah
I2 R I p maks = N RB = N N 4 2
beban
Lepaskan RX hitung RT , VT
RX = ?
20Ω
VT2 = 4 RT
2
B
10Ω
20Ω + −
Rangkaian sumber arus dengan resistansi Norton RN akan memberikan daya maksimum kepada resistansi beban RB bila RB = RN
RN
IN
Hitung RX agar terjadi alih daya maksimum
A
i
p X maks =
(12) 2 = 1,8 W 4 × 20
145
146
Teorema Tellegen Dalam suatu rangkaian, jika vk mengikuti hukum tegangan Kirchhoff (HTK) dan ik mengikuti hukum arus Kirchhoff (HAK), maka:
Teorema Substitusi
N
∑ vk × ik = 0 k =1
Suatu cabang rangkaian antara dua simpul dapat disubstitusi oleh cabang baru tanpa mengganggu arus dan tegangan di cabang-cabang yang lain asalkan tegangan dan arus antara kedua simpul tersebut tidak berubah
Teorema ini menyatakan bahwa di setiap rangkaian listrik harus ada perimbangan yang tepat antara daya yang diserap oleh elemen pasif dengan daya yang diberikan oleh elemen aktif. Hal ini sesuai dengan prinsip konservasi energi.
CONTOH: + 10 V _
is
R1= 2Ω i
R2= 3Ω
10 i= =2 A 2 + 3
+
−
+ vk Rk
≡
+− vsub
ik
is = −2 A
−
vk Rsub ik
v sub = v k − R sub × i k
psumber = v s is = −20 W (memberi daya) pbeban = p1 + p2 = i 2 R1 + i 2 R2
(menyerap daya)
= 8 + 12 = 20 W 147
148
Metoda Reduksi Rangkaian ? A 12 V
30Ω
+ −
B
+ vx −
C
20Ω
10Ω
D 10Ω
30Ω
30Ω E
B 0,4 A
30Ω
10Ω
30Ω B
0,4 A
10Ω
C
10 vx = × 6 = 1,5 V 15 + 10 + 15
30Ω
+ vx −
6V 15Ω
C
B
C
15Ω E
149
30Ω
E
+ −
15Ω
10Ω 15Ω E 150
25
8/3/2013
Metoda Unit Output i3
i1 A
vo = 1 V
Misalkan i4 = i2 =
20Ω
i5 =
vB 4 = = 0 ,2 A 20 20
30Ω 20Ω 10Ω
30 V
30 V
+ _
20Ω
+ −
20Ω 1,5A
+ Vo1 −
10Ω
+ Vo −
10Ω
=?
20Ω 1,5A
10Ω
+ Vo2 −
v A = v B + i3 × 20 = 10 V v s = v A + i1 × 20 = 10 + 0 ,8 × 10 = 18 V
i1 = i 2 + i 3 = 0 ,8 A
vo 1 1 = = vs vs 18
+ vo −
v B = 0,1(30 + 10 ) = 4 V
vo = 0,1 A 10
i 3 = i 4 + i 5 = 0 ,3 A
vA = 0 ,5 A 20
K =
20Ω i4
10Ω i2
+ −
36 V
Metoda Superposisi
i5 B
Vo1 =
20 V o2 = × 1.5 × 10 = 10 V 20 + 10
10 × 30 = 10 V 10 + 20
Vo = Vo1 + Vo2 = 20 V
v o ( seharusnya ) = K × 36 = 2 V 151
152
Metoda Rangkaian Ekivalen Thévenin Aplikasi Metoda Analisis Dasar pada Rangkaian Dengan Sumber Tak-Bebas Tanpa Umpan Balik
i3
i1 A′ 20Ω 30 V
+ _
A 10Ω
i2
20Ω
+ v0 −
10Ω
is
=? vs
B
=
ht
= v A' B
20 × 30 = 15 V 20 + 20
RT = 10 +
20 × 20 = 20 Ω 20 + 20
R1
10 vo = × 15 = 5 V 10 + 20
Lepaskan beban di AB, sehingga AB terbuka, i3 = 0 VT = v AB
Rs
+ −
v1 =
A
15 V
+ _
20Ω
+ −
µ v1
+ vo
RL
vo= ?
−
R1 vs R1 + R s
v o = µ v1 =
+ v0 −
10Ω
+ v1 −
µR1 vs R1 + R s
B 153
154
Metoda Tegangan Simpul (Node Voltage Method) Dasar Arus yang mengalir di cabang rangkaian dari suatu simpul M ke simpul X adalah iMX = G (vM−vX) Menurut HAK, jika ada k cabang yang terhubung ke simpul M, maka jumlah arus yang keluar dari simpul M adalah
∑ iM
155
k
=0=
∑ G i (v M i =1
− vi )= vM
k
k
i =1
i =1
∑ Gi − ∑ Givi 156
26
8/3/2013
CONTOH:
Kasus-Kasus vB B
vA A
i1 G1
vC
v C (G 3 + G 4 + G 5 ) − v B (G 3 ) − v D (G 5 ) = 0
v A (G1 + G2 ) − I s − vB G1 − vC G2 = 0
vC C
G2
v D (G 5 + G 6 ) − v C (G 5 ) = 0
(nilai arus langsung dimasukkan ke persamaan)
vD D vA A Vs E vE G3
vC C
G2
+ −
0 v A 8 1 −1 0 − 1 4 − 2 0 v B = 0 0 − 2 5 − 2 vC 0 0 − 1 2 v D 0 0
vA − vD = Vs (persamaan simpul super AD) dan
D vD
F vF
G4
vA (G1 + G2 ) + vD (G3 + G4 ) − vBG1 − vC G2 − vEG3 ) − vF G4 = 0
→vD =
10Ω R6 20Ω E
D 10Ω
1 1 0 0 − 20 vA 0,4 20 1 − 1 1 + 1 + 1 v 0 0 − 20 20 20 10 B 10 = 1 1 1 1 1 0 − + + − vC 0 10 10 20 10 10 1 1 1 0 − + vD 0 0 10 10 10
v B (G1 + G 2 + G 3 ) − v A (G1 ) − v C (G 3 ) = 0
G1
G1
R2
R5
C
10Ω 20Ω R4
v A (G1 ) − 0 .4 − v B (G1 ) = 0
D
Is
vB B
R3
B
0,4 A
G3
vA A
vB
R1
A
20Ω
v A (G1 + G2 + G3 ) − vB G1 − vC G2 − vD G3 = 0
C
G2
i3 vD
B
i2
0 v A 8 1 − 1 0 0 3 − 2 0 v B = 8 0 0 11 − 6 vC 16 0 16 v D 16 0 0
16 16+ 6×vD 16+ 6 8+ 2×vC 8+ 4 =1 V →vC = = = 2 V →vB = = = 4 V →vA = 8+ vB =12 V 16 11 11 3 3
157
CONTOH:
Simpul super 15 V C B −+
R1
A
20 Ω R3
10 Ω
20 Ω R4
R2
R5
Metoda Arus Mesh (Mesh Current Method)
D
10 Ω 20 Ω
10 Ω R6
E v A (G 3 + G 1 ) − v B G 1 = 0
Simpul super
158
v B (G 1 + G 2 ) + v C (G 4 + G 5 ) − v A G 1 − v D G 5 = 0
v B − v C = − 15
v D (G 5 + G 6 ) − v C G 5 = 0
1 1 1 − 0 0 + vA 0 20 10 20 1 1 1 1 1 1 − + + − 20 20 20 20 10 10 vB = 0 v −15 0 1 0 −1 C 1 1 1 v 0 0 0 − + D 10 10 10
3 0 0 0
−1
A
0 vA 0 5 9 −6 vB 0 = 0 −14 6 vC −75 0 0 22 vD 75
3 −1 0 0
−1 2 1 0
B
C
0
0 3 −1 −1
IB
IA
arus D mesh
F
E ID
IC
0 vA 0 −1 vB 0 = 0 vC −15 2 vD 0
G
I
H
Arus mesh bukanlah pengertian yang berbasis pada sifat fisis rangkaian melainkan suatu peubah yang digunakan dalam analisis rangkaian. Metoda ini hanya digunakan untuk rangkaian planar; referensi arus mesh di semua mesh mempunyai arah yang sama (misalnya dipilih searah putaran jarum jam).
159
160
Kasus-Kasus
Dasar A
Tegangan di cabang yang berisi resistor Ry yang menjadi anggota mesh X dan mesh Y adalah vxy = Ry ( Ix − Iy )
B
C
R2
Sesuai dengan HTK, suatu mesh X yang terbentuk dari m cabang yang masing-masing berisi resistor, sedang sejumlah n dari m cabang ini menjadi anggota dari mesh lain, berlaku n m −n 0 = IX Rx + R y I X − I y = I X Rx + Ry x =1 x =1 y =1 y =1 m −n
∑
n
∑ (
)
∑
∑
+ −
R1
n − I yR y y =1
v1
∑
+ −
IY
R2
v2
IX R5
F
+ −
IX R5
IY v1
i1 F
161
D
C
R4
Mesh BCEFB : I X (R 2 + R 4 + R5 ) − IY R2 − I Z R 4 + v 2 = 0
R6
mesh super ABCEFA : I Y R1 + I X ( R 3 + R 4 + R 5 ) − v 1 − I Z R 4 = 0
IZ
cabang BF
C
R4 E
Mesh ABFA :
IY (R1 + R 2 ) − I X R 2 − v 1 = 0
R6 IZ
E
mesh super B R1 R3
A
Ix = arus mesh X; Rx = resistansi cabang mesh X yang tidak menjadi anggota mesh Y; Iy = arus mesh Y; Ry = resistansi cabang mesh Y.
Mesh CDEC : I Z (R 4 + R 6 + R 7 ) − I X R 4 = 0
R7
E
B
A
IZ
R4
R5
F
Mesh BCEFB : I X (R 2 + R 3 + R 4 + R 5 ) − I Y R 2 − I Z R 4 = 0
R6
IX
IY
D
R3
R1
D
:
I X − I Y = i1 162
27
8/3/2013
CONTOH:
CONTOH: 20Ω B
A 30 V
IA
A
10Ω D
20Ω
20Ω
+ −
10Ω C
IB
1A
10Ω
IC
20Ω B
10Ω C
IA
IB 20Ω
20Ω
E
Mesh ABEA : Mesh BCEB : Mesh CDEC :
D
IC
10Ω
E
Mesh ABEA : I A = 1
I A (20 + 20 ) − I B 20 − 30 = 0
I B (20 + 10 + 20 ) − I A 20 − I C 20 = 0
Mesh BCEB :
0 0 I A 1 1 − 20 50 − 20 I B = 0 0 − 20 40 IC 0
4 − 2 0 I A 3 0 8 − 4 I B = 3 0 0 12 I C 3
40 − 20 0 I A 30 − 20 50 − 20 I B = 0 0 − 20 40 I C 0
IB = 0,5 A
I B (20 + 10 + 20 ) − I A (20 ) − I C (20 ) = 0
Mesh CDEC : I C (20 + 10 + 10 ) − I B (20 ) = 0
I C (20 + 10 + 10 ) − I B 20 = 0
IC = 0,25 A
10Ω
IA = 1 A
IC = 0,25 A
1 0 0 I A 1 0 5 − 2 I B = 2 0 0 8 IC 2
IB = 0,5 A
IA = 1 A
163
CONTOH:
mesh super 20Ω A 20Ω
B
IA
10Ω
C
IC
IB 1A
10Ω
20Ω
164
Aplikasi Metoda Analisis Umum pada Rangkaian Sumber Tak-Bebas Dengan Umpan Balik
D
Tidak seperti rangkaian tanpa umpan balik yang dapat dianalisis menggunakan metoda dasar, rangkaian jenis ini dianalisis dengan menggunakan metoda tegangan simpul atau arus mesh
10Ω
E RF = ?
10kΩ
mesh super
I A (20 + 20 ) + I B (10 + 20 ) − I C (20 ) = 0
IC = 1/3 A
IB = 2/3 A
5kΩ
C
1V
+ −
+ −
v1
+
−
4 3 − 2 I A 0 0 − 7 2 I B = − 4 0 0 12 IC 4
A : vA = 1V
D
+
I A − I B = −1 I C (20 + 10 + 10 ) − I B (20 ) = 0
40 30 − 20 I A 0 −1 0 I B = − 1 1 0 − 20 40 IC 0
B
A
100v1
B:
vD = −10V
v v1 = − C = −0,06v D 100
−
C : vC = −100v1 D:
vD − vC vD + =0 5 1
vC = 6v D
Agar vD = −10 V, maka v1 = 0,6 V
0,6 − 1 0,6 + 100 × 0,6 + =0 10 RF
IA = −1/3 A
1 kΩ
vB − v A vB − vC + =0 10 RF
R F = 1515 kΩ ≈ 1,5 M Ω
165
166
Alat Ukur Alat pengukur tidak bisa dibuat besar karena harus ringan agar dapat bereaksi dengan cepat. Alat ukur yang kecil ini harus ditingkatkan kemampuannya, dengan mempertahankan massanya tetap kecil.
Pengukur Tegangan Searah Bagian pengukur hanya mampu menahan tegangan 50 × 10 = 500 mV
10 Ω Rs +
50 mA v = 750 V
−
750 → = 50 ×10 −3 R s + 10 ⇒ Rs =
167
750 50 × 10 −3
− 10 = 14990 Ω
Alat ini harus mampu mengukur tegangan 750 V. Untuk itu dipasang resistor seri Rs agar tegangan total yang diukur 750 V tetapi bagian pengkur tetap hanya dibebani tegangan 500 mV Kita harus menghitung berapa Rs yang harus dipasang. 168
28
8/3/2013
Pengukur Arus Searah
100 A Ish
10 Ω
Bagian pengukur hanya mampu dialiri arus 50 mA
50 mA
Alat ini harus mampu mengukur arus 100 A.
Rsh
→ I sh R sh = 10 × 50 ×10 −3 ⇒ R sh =
100 − 50 ×10 −3
Hubungan antara tegangan dan arus resistor adalah V VR = RiR atau R = R iR Dengan hubungan ini maka resistansi R dapat dihitung dengan mengukur tegangan dan arus resistor.
Untuk itu dipasang resistor paralel Rsh agar sebagian besar arus total yang diukur mengalir di Rsh sedangkan bagian pengkur tetap hanya dialiri arus 50 mA
→ I sh + 50 × 10 −3 = 100 10 × 50 ×10 − 3
Pengukuran Resistansi
Ada dua kemungkinan rangkaian pengukuran yang dapat kita bangun seperti terlihat pada diagram rangkaian berikut.
Kita harus menghitung berapa Rsh yang harus dipasang.
= 0,005 Ω
169
Rangkaian A
+ −
Saluran Daya
Rangkaian B
I
I
A
A
IR V
170
+ −
R
V
Energi disalurkan ke beban melalui saluran. Pada umumnya saluran mengandung resistansi. Oleh karena itu sebagian dari energi yang dikirim oleh sumber akan berubah menjadi panas di saluran.
IR R
Daya yang diserap saluran adalah
IR = I −
V RV
Is adalah arus saluran dan Rs adalah resistansi saluran
RV : resistansi voltmeter R=
I s2 Rs
VR = V − IRA RA : resistansi ampermeter
VR V = I R I − (V / RV )
R=
Is dan Rs ini pula yang menyebabkan terjadinya tegangan jatuh di saluran
VR V − IRA V = = − RI IR I I
Berikut ini satu contoh penyaluran daya dari satu sumber ke dua beban
171
172
Diagram Satu Garis
Contoh: 40+20=60A
Sumber
Dalam ketenagalistrikan, rangkaian listrik biasa dinyatakan dengan diagram yang lebih sederhana yaitu diagram satu garis.
20A
+ + 0,4Ω 550V V1 − −
40A
0,03Ω
0,8Ω
+ V2 −
Rangkaian dalam contoh sebelumnya dinyatakan dengan diagram satu garis sebagai berikut:
20A
0,06Ω
−
psaluran = 60 (0,4 + 0,03) + 20 (0,8 + 0,06) = 1892 W = 1,89 kW 2
0,8Ω
0,4Ω + Gardu Distribusi 550V
Daya yang diserap saluran adalah 2
+ V1 − 0,03Ω
+ V2 −
40A
20A
0,06Ω
diagram satu garis
Tegangan di beban adalah
V1 = 550 − 60(0,4 + 0,03) = 524,2 V
0,43Ω
V2 = V1 − 20(0,8 + 0,06) = 507 V
0,86Ω
550V 40A
173
20A
174
29
8/3/2013
CONTOH:
B
A 0,01Ω
vA = 255 V
Contoh:
C
D 0,015Ω
0,025Ω
100A
vD = 250 V
X
Hitung arus saluran
180A
VB − VA V B − VC + 100 + = 0 2 × 0 , 01 2 × 0 , 025
V A = V X − 0,05 × 50 = 247,5 V
0,04Ω
V B = 250 − 0,1× 20 = 248 V
C
0,1Ω
A
VC 1 255 1 VB + − = 0 + 100 − 0 , 05 0 , 02 0 , 05 0 , 02
VC = 250 − 0,04 × 60 = 247,6 V
60A
50A VC − VB V − VD + 180 + C = 0 2 × 0 , 025 2 × 0 , 015
Daya yang diserap saluran
B
p XA = (50) 2 × 0,05 = 125 W
20A
70 V B − 20 V C = 12650
1 250 VB 1 VC + − = 0 + 180 − 0 , 03 0 , 03 0 , 05 0 , 05
⇒ V B = 251 , 3 V
p XB = (20) 2 × 0,1 = 40 W
Hitung daya yang diserap saluran
53 , 3V C − 20 V B = 8153 , 3
⇒ V C = 247 ,1 V I AB =
250V
0,05Ω
p XC = (60) 2 × 0,04 = 144 W
V A − V B 255 − 251,3 = = 185 A ; I BC = I AB − 100 = 85 A; I DC = 180 − I BC = 95 A R AB 0,02 175
176
Contoh:
Contoh:
X
VB V X 1 1 V A + + 50 − 0,1 − 0,05 = 0 0,05 0,1 V A VC V X 1 1 1 V B + + + 20 − 0,1 − 0,15 − 0,1 = 0 0,1 0,1 0,15
250V 0,04Ω
0,05Ω 0,1Ω
C
50A
60A 0,1Ω
30 V
B 20A
V X = 250 V; hitung V A ,VB ,VC 3 −1 0 0
7 0
0
VA
495
− 2 V B = 1239 125 VC 30954
VC = 247,63 V; V B =
70A
VB VX 1 1 VC + + 60 − 0,15 − 0,04 = 0 0,04 0,15
0,15Ω
A
+ 50 − 10 V
A
80 V 3 95 V 3
B
C
− 5000
B
+ 20 − 10 V
20 + 60 − V 3
20 V 3
−
A
B
− 6250
30 − 30
− 10 80
0 − 20
0
− 20
95
B 0,01Ω
0,01 0,02 0,02 0,01 0,03 0,01
I3 0,02Ω D
0,01Ω
I6
F 120A
− 2500
80A C
0,02Ω
A
= 0 C
I2
30A I1
0,03Ω I5
= 0
60A
0,01Ω E
I4 60A
18570
0
0
0
1
1 0
−1 1
0 −1
0 0
0 0
0 0
0 0
0 0
1 0
−1 1
0 −1
0 0
0 0 0 0
VA 49 50 V B = 7440 VC
0
1 2 2 1 3 1 0 2 2 1 3 2
Hitung arus di saluran
= 0
−1
0 0 0 0
2 0 0 0
1 1 0 0
3 3 3 0
4 6 7 1
I1 I2 I3 I4 I5 I6
I1 I2 I3 I4 I5 I6
0 − 70 =
30 − 80 60 − 60
0 − 70 − 150 = − 390 − 450 − 81
I 6 = −81 A ; I5 = 39 A ; I 4 = −21 A ; I 3 = 39 A ; I 2 = −41 A ; I1 = −11 A
1239 + 2 × 247,64 495 + 247,75 = 247,75 V ; V A = = 247,58 V 7 3 177
178
Rangkaian Dengan Dioda Dioda Ideal nyata i + vD −
i
iD
ideal
0
Rangkaian Dengan Dioda Rangkaian Dengan OP AMP
v
0 Dioda konduksi :
v iD > 0 , vD = 0
Dioda tak konduksi : i D = 0 , v D < 0
+
+ va − v + vD − − 179
i Dioda konduksi :
iD
iD > 0 , v > va
Dioda tak konduksi : i D = 0 , v < v a
0 va v 180
30
8/3/2013
Penyearah Gelombang Penuh
Penyearah Setengah Gelombang Vm
i
i v
+ vD
+
+ RL
Ias
0
π
0
D1 ωt
2π
2π
I as
=
1 id (ωt ) = 2π 0
∫
C i
D2 A
v +
B
∫
Vm
π 1 Vm [cos ωt ] = Vm = I m 2π RL πRL π 0
v
D
Jika v = 220sinωt sedangkan R = 5kΩ,
R D2
i2
v i
0
i1
i
v1 v2
+
+
D4
π
Vm sin ωt d (ωt ) + 0 RL 0
D1 +
+ RL
D3 1 = 2π
Rangkaian Dengan Transformator ber-titik-tengah
Rangkaian Jembatan
v
i π
0
Ias ωt
2π
I as =
2 Vm 2 I m = π RL π
maka Ias = 220/5000π = 0,014 A
181
182
Filter Kapasitor iD
+
v
iR iC
+ vD C
+ vR −
Waktu tegangan menurun, dioda tidak konduksi. Terjadi loop tertutup RC seri.
RL
vC = v R
15
v R = Ri R = R(−iC ) = − RC
→ vC + RC
vR=vC
Vm 10
∆vC
5 0
0
-5 0
Pemotong Gelombang
0.05
ωt
0.1
-10 −V m
dvC dt
vR
konduksi
vR = iR = v1 − V
tak konduksi
0
0
+ vR −
dvC =0 dt
v
v1
V 0
t vR = v1 –V, dengan bagian negatif ditiadakan oleh dioda
∆ qC = C ∆vC = I as (T − ∆T ) ≈ I asT ⇒ C=
i v −V i= 1 >0 R
−
⇒ vC = vC 0 e − (1 / RC ) t
C yang diperlukan
Dioda + vD
i
+ v1 _
dvC 1 dt =− vC RC
0.15
∆T
-15
+ V−
Waktu dioda konduksi, kapasitor terisi sampai vC = vmaks.
I asT I Vas = as = ∆vC f∆vC Rf∆vC 183
CONTOH:
184
CONTOH:
+ 4,7 V iA
A + vs −
− +
R
2V − vD +
iD
+ v2
Dioda
vs
v2
vA = −2 V
konduksi
v2 = −2 V
vs < −2 V
−
+ vA
vA= 1 V
v s = vA
tak konduksi
8
5
−2
v1
0 -5
v2
iB= ? D2 + −
0,7 V
konduksi
tak konduksi
tak konduksi
konduksi
vP < 1,7
v2
konduksi
konduksi
vP = 1,7
ωt
v1
vP vP = 1,7
v2=v1
0
−8
D2
10
[V]
P
v2 = v s
D1 v2
− + D 1 0,7 V
1kΩ
vP < 0,7
vP = 0,7
vP = 0,7
iB tak mungkin
mungkin
iB =
4,7 − 0,7 mA 1
tak mungkin
-10
tak konduksi 185
tak konduksi 186
31
8/3/2013
Rangkaian Dengan Op Amp
Karakteristik Alih OpAmp vo
Penguat Operasional (OP AMP) catu daya positif masukan non-inversi
8 +
7
Top
keluaran
−
+VCC
1
masukan inversi
6
5
2
3
vP − vN
iP vP + vN +
− +
4
io −
+VCC : catu daya positif −VCC : catu daya negatif
−
+ vo Parameter
Rentang nilai
µ
105 ÷ 108
∞
Ri
106 ÷ 1013 Ω
∞ Ω
Ro
10 ÷ 100 Ω
0 Ω
± VCC
± 12 ÷ ± 24 V
Diagram disederhanakan
iP = arus masukan non-inversi; iN = arus masukan inversi; io = arus keluaran;
vP = tegangan masukan non-inversi; vN = tegangan masukan inversi; vo = tegangan keluaran;
µ disebut gain loop terbuka (open loop gain)
−VCC
+
iN
vN vP −VCC
catu daya negatif
v o = µ(v P − v N )
+VCC vo
Nilai ideal
Nilai µ sangat besar, biasanya lebih dari 105. Selama nilai netto (vP − vN ) cukup kecil, vo akan proporsional terhadap masukan. Akan tetapi jika µ (vP − vN ) > VCC OP AMP akan jenuh; tegangan keluaran tidak akan melebihi tegangan catu ± VCC
187
188
Model Ideal OP AMP
Penguat Non-Inversi
+ iP
Ro
vP +
+ µ (v − v ) P N −
Ri vN +
vP
vo ≤ VCC
+ vo
atau
µ(vP − vN ) ≤ VCC ⇒ (vP − vN ) ≤
−
iN
vN =
iP
io
Karena µ sangat besar, dapat dianggap µ = ∞ , sedangkan VCC tidak lebih dari 24 Volt, maka (VCC /µ ) = 0 sehingga vP = vN . Ri dapat dianggap ∞ sehingga arus masuk di kedua terminal masukan dapat dianggap nol, iP = iN = 0. Jadi untuk OP AMP ideal :
vs VCC µ
vo
+ −
vN
+ −
R1 iN
vP = vN =
R2
vo =
R2 vo R1 + R 2 R2 vo = v s R1 + R 2 R1 + R2 vs R2
umpan balik
vP = vN
K=
iP = iN = 0
R1 + R 2 R2
189
CONTOH:
CONTOH:
iin
A
B
2kΩ
vo iB
+ − 5V
190
+
2kΩ + vB 1kΩ −
−
vB = ?
iB = ?
+ −
vs
pB = ?
+ vo
R1 A
B
VT
vo = 3v N = 15 V
vo =? vs
+ −
+ −
R3
RT
+ vo R2
VT =
R1
vB = 15 mA ; pB = vBiB = 225 mW. RB
Rin =
R2
R5
v p = vN
1 v N = vo 3
Resistansi masukan :
+ −
R3
RB =1kΩ
5 − vP iP = 0 = → vP = 5 V = vN 2000
vB = vo = 15 V ; iB =
R4
v P = VT =
vin 5 = = ∞ karena iin = iP = 0 iin iin
vN =
191
R5 vs R4 + R5
R1 vo R1 + R 2
→
R5 R1 vs = vo R4 + R5 R1 + R2
→
vo R5 R + R2 = × 1 v s R4 + R5 R1
R5 R 4 + R5
v s ; RT =
R 4 R5 R 4 + R5
Resistansi masukan Rin =
vs = R 4 + R5 iin
192
32
8/3/2013
Rangkaian Penguat Inversi umpan balik
i1 R1 vs
vN vP
1 v v 1 + iN − s − o = 0 v N + R1 R 2 R1 R 2
vo
R2
iN
+ −
Rangkaian Penyangga (buffer)
i2
A
−
v s vo + =0 R1 R 2
+
sehingga
iP vP
R v o = − 2 v s R1
+ −
vs
vo
+ −
vN
io
R iN
193
CONTOH: iin
vs
R1
iin
vs
+ −
1 v s vo 1 v N + + iN − R − R = 0 1 2 R1 R 2
+ vo
−
+
R4
Rin =
B
R1
A
R2 + vo
− +
R5 R3
vo R R2 =− 2 =− VT RT R1 + (R4 || R5 )
v −v s −v o − R2 + =0 → o = R1 R2 vs R1
R3
Rin =
CONTOH: R2
A
+ −
Rin =
194
RT
v in vs = = R1 i in vs / R1
vin vs = iin (v s − vo ) /( R1 + R2 )
VT
R2
A
+ −
v o v o VT R2 R5 = × =− × v s VT v s R1 + R 4 || R5 R 4 + R5
+ vo
−
+
R 2 R5 ( R1 R 5 + R1 R 4 + R 4 R5 )
=−
R3
vs R1 1 = = vs (1 − vo / vs ) /( R1 + R2 ) (1 + R2 / R1 ) /( R1 + R2 ) ( R1 + R2 ) /( R1 + R2 )
Rin = R5 VT = v s ; RT = R1 + (R4 || R5 ) R4 + R5
vs = R4 + R1 || R5 iin
=
R4 ( R1 + R5 ) + R1 R5 R1 + R5
195
CONTOH:
Penjumlah
v1 i2
R2 v1
+ −
v2 + −
R
R
i1 R1
196
RF
iN vN vP
1 v v v 1 1 + i N − 1 − 2 − o = 0 v N + + R1 R2 RF R1 R2 R F
iF
A
vo
−
vo
+
v2
v v R R v o = − R F 1 + 2 = − F v1 − F v 2 = K 1v1 + K 2 v 2 R1 R2 R1 R 2
vo =
∑K n
n vn
dengan
Kn = −
R R v1 − v 2 = −(v1 + v 2 ) R R
R
v1 v2 v + + o =0 R1 R2 R F
− +
vo = −
RF Rn
R
A
v1
+ −
v2
vo R
R
v v 1 1 vP + + iP − 1 − 2 = 0 R R R R v + v2 → vP = 1 2
vN =
R
vo 2
v1 + v 2 v o = → v o = v1 + v 2 2 2
197
198
33
8/3/2013
Pengurang (Penguat Diferensial) i1 R1 v1 + −
iR + vo
R2
iN − +
R3 v2 + −
Integrator
i2
vN =
R1 R4 v o2 = v2 R1 + R 2 R3 + R 4
vo = vo1 + vo2
R2 v1 R1
R1 v o2 R1 + R 2
vP =
R4 v o2 = R3 + R 4
atau
A
+ R iN vs vN vP
Jika v1 dimatikan:
iP
R4
v o1 = −
Jika v2 dimatikan:
iC
v d 1 v N − C (v o − v N ) − s = 0 dt R R
+ vo
C
vs d = −C (v o ) R dt
−
+
1 v o = v o (0) − RC
R4 v2 R3 + R4
R1 + R 2 R1
∫
atau
vo (t )
vo (0)
t
∫ v dt 0
s
d (v o ) = −
1 RC
t
∫ v dt s
0 t
1 vo = − RC
∫ v dt
1 RC
∫ v dt
0
s
Diferensiator
v 2
iC + C vs iN vN vP
R4 R1 + R2 R v 2 = −K1v1 + K 2 v 2 = − 2 v1 + R1 R3 + R4 R1
Jika kita buat R1 = R2 = R3 = R4 maka vo = v2 − v1
iR
A R
vN v d − C (v s − v N ) − o = 0 R dt R
+ vo
vo d = −C (v s ) R dt
−
+
1 vs = − RC
∫
atau
t
∫ v dt 0
v s (t )
vs ( 0 )
o
atau
d (v s ) = −
t
0
o
dv v o = − RC s dt
199
200
Diagram Blok v1
+
v1
−
K
R1
vo
v1
RF
K1 +
− +
R2
K 2
= −
vo
v1
v2
RF R1
= −
RF R2
K
2
vo
+
R2
v1
−
−
−
+
+
K1 = −
vo
+
K2
v3
v2
RF
Penguat Inversi vo
v2
v1
R2
_ +
K
Penguat Non-Inversi R1
vo R1
R + R2 K = 1 R2
R2
v1
Hubungan Bertingkat
v1
vo
KK 1 1
v2
K2
v3
K3
vo
Penjumlah v1 v2
R1 R3
− +
R2
R4
vo
v1
K1
K1 = − +
v2
vo
+
K2
K
2
vo = K 3v3 = K 3 K 2 v2 = K 3 K 2 K1v1
R2 R1
R + R2 R4 = 1 × R + R R1 3 4
Pengurang 201
202
Pengantar Peristiwa transien dalam rangkaian listrik, yang walaupun berlangsung hanya beberapa saat namun jika tidak ditangani secara benar dapat menyebabkan terjadinya hal-hal yang sangat merugikan pada rangkaian
11. Analisis Transien
Dalam pelajaran ini analisis transien dilakukan di kawasan waktu meliputi
Analisis Transien Rangkaian Orde-1 Analisis Transien Rangkaian Orde-2
203
204
34
8/3/2013
Dalam pembahasan model piranti pasif kita pelajari bahwa tegangan kapasitor adalah peubah status kapasitor; dan arus induktor adalah peubah status induktor.
Yang dimaksud dengan analisis transien adalah analisis rangkaian yang sedang dalam keadaan peralihan atau keadaan transien.
Pada saat-saat terjadi perubahan rangkaian, kapasitor cenderung mempertahankan tegangan yang dimilikinya sesaat sebelum terjadi perubahan
Peristiwa transien biasanya berlangsung hanya beberapa saat namun jika tidak ditangani secara baik dapat menyebabkan terjadinya hal-hal yang sangat merugikan pada rangkaian
Pada saat-saat terjadi perubahan rangkaian, induktor cenderung mempertahankan arus yang dimilikinya sesaat sebelum terjadi perubahan
Peristiwa transien timbul karena pada saat terjadi perubahan keadaan rangkaian, misalnya penutupan atau pembukaan saklar, rangkaian yang mengandung elemen dinamik cenderung memperatahankan status yang dimilikinya sebelum perubahan terjadi
Peubah status tidak dapat berubah secara mendadak
205
206
Kita ambil contoh rangkaian seri R dan C S
R
A
+ vs −
Apabila sesaat sebelum saklar S ditutup kapasitor tidak bertegangan, maka setelah saklar ditutup tegangan kapasitor akan meningkat mulai dari nol. Tegangan kapasitor tidak dapat berubah secara mendadak.
+ vC
C
− B
Kita ambil contoh lain, rangkaian seri R dan L S
R
Sesaat sebelum saklar dibuka, arus pada induktor adalah iL = vs/R. Pada waktu saklar dibuka, arus induktor akan turun menuju nol dalam waktu tertentu karena arus induktor tidak dapat berubah secara mendadak. Sebelum mencapai nol arus induktor mengalir melalui dioda.
A
+ vs −
iL
L B
Karena hubungan antara arus dan tegangan pada induktor maupun kapasitor merupakan hubungan linier diferensial, maka persamaan rangkaian yang mengandung elemen-elemen ini juga merupakan persamaan diferensial
Persamaan diferensial ini dapat berupa persamaan diferensial orde pertama dan rangkaian yang demikian ini disebut rangkaian atau sistem orde-1 Jika persamaan rangkaian berbentuk persamaan diferensial orde kedua maka rangkaian ini disebut rangkaian atau sistem orde-2
207
Rangkaian Orde-1 biasanya mengandung hanya satu elemen dinamik, induktor atau kapasitor S
Rangkaian RC Seri vs
+ −
R + vin −
Rangkaian RL Seri S + −
A i
iC C
dv + v = vs dt
R vs
A i
iL
+ v
L B
− B
HTK setelah saklar tertutup:
dv HTK setelah − v s + iR + v = −v s + RC +v = 0 saklar tertutup: dt RC
208
vs − Ri − v L = vs − Ri − L L
Inilah persamaan rangkaian yang merupakan persamaan diferensial orde pertama dengan tegangan sebagai peubah rangkaian 209
di + Ri = v s dt
di =0 dt
Inilah persamaan rangkaian yang merupakan persamaan diferensial orde pertama dengan arus sebagai peubah rangkaian
210
35
8/3/2013
is
Rangkaian RLC Paralel
Rangkaian Orde-2 biasanya mengandung dua elemen dinamik, induktor dan kapasitor
A iR
Rangkaian RLC Seri
vs
+ −
+ R vin −
C
+ v −
d 2v dt 2
C
+ v −
B
iR + iL + iC = is v =vL =L di/dt, sehingga iR = v/R dan iC = C dv/dt
di + v = vin dt
Karena i = iC = C dv/dt, maka: LC
L
R
i
Ri + L
iC
iL = i
L
S
+ RC
v dv +i+C = is R dt
dv + v = vin dt
LC
Inilah persamaan rangkaian yang merupakan persamaan diferensial orde ke-dua dengan tegangan sebagai peubah rangkaian
d 2i dt 2
+
atau
L di + i = is R dt
Inilah persamaan rangkaian yang merupakan persamaan diferensial orde ke-dua dengan arus sebagai peubah rangkaian
211
212
Bentuk Umum Persamaan Rangkaian Orde-1 a
dy + by = x(t ) dt
y adalah fungsi keluaran
Fungsi x(t) adalah masukan pada rangkaian yang dapat berupa tegangan ataupun arus dan disebut fungsi pemaksa atau fungsi penggerak.
tetapan a dan b ditentukan oleh nilai-nilai elemen yang membentuk rangkaian Persamaan diferensial seperti di atas mempunyai solusi yang disebut solusi total yang merupakan jumlah dari solusi homogen dan solusi khusus 214
213
Tanggapan Alami, Tanggapan Paksa, Tanggapan Lengkap Solusi homogen adalah fungsi yang dapat memenuhi persamaan homogen di mana x(t) bernilai nol: a
dy + by = 0 dt
Dalam rangkaian listrik, fungsi pemaksa x(t) adalah besaran yang masuk ke rangkaian dan memaksa rangkaian untuk menanggapinya; besaran ini biasanya datang dari sumber.
Misalkan solusi persamaan ini y0
S
dy a + by = x(t ) dt
R
A
Dalam rangkaian ini
Solusi khusus adalah fungsi yang dapat memenuhi persamaan aslinya di mana x(t) tidak bernilai nol
x(t) = vs
Misalkan solusi persamaan ini yp
+ −
vs
i
iL
L B
Dalam rangkaian listrik solusi homogen adalah tanggapan rangkaian apabila x(t) = vs = 0 dan tanggapan ini disebut tanggapan alami
Solusi total adalah jumlah dari kedua solusi.
Jadi ytotal = (y0+yp)
Dalam rangkaian listrik solusi khusus adalah tanggapan rangkaian apabila x(t) = vs ≠ 0 dan tanggapan ini disebut tanggapan paksa Dalam rangkaian listrik solusi total disebut tanggapan lengkap yang merupakan jumlah dari tanggapan alami dan tanggapan paksa 215
216
36
8/3/2013
Jika solusi dugaan ini kita masukkan ke persamaannya, kita peroleh
Tanggapan Alami Tanggapan alami adalah solusi khusus dari persamaan homogen :
a
aK1se st + bK1e st = 0
dy a dy + by = 0 atau +y=0 dt b dt
yK1 (as + b ) = 0
atau
Salah satu solusi adalah y = 0, namun
Inilah yang harus bernilai 0
ini bukanlah solusi yang kita cari sedangkan K1 adalah tetapan yang ≠ 0
Dalam kuliah ini kita akan mencari solusi persamaan homogen ini dengan cara pendugaan
Ini disebut persamaan karakteristik. Persamaan ini akan menentukan bentuk tanggapan rangkaian.
Persamaan homogen ini memperlihatkan bahwa y ditambah dengan suatu tetapan kali turunan y, sama dengan nol untuk semua nilai t Hal ini hanya mungkin terjadi jika y dan turunannya berbentuk sama; fungsi yang turunannya mempunyai bentuk sama dengan fungsi itu sendiri adalah fungsi eksponensial.
as + b = 0 Akar persamaan ini adalah s = −(b/a) Jadi tanggapan alami yang kita cari adalah
ya = K1e st = K1e −(b / a ) t
Jadi kita dapat menduga bahwa solusi dari persamaan homogen ini mempunyai bentuk eksponensial
Tetapan ini masih harus kita cari. Nilai tetapan ini diperoleh dari tanggapan lengkap pada waktu t = 0
y = K1est
Untuk mencari tanggapan lengkap kita mencari lebih dulu tanggapan paksa, yp
217
218
Tanggapan Paksa Tanggapan paksa adalah solusi dari persamaan:
a
dy + by = x(t ) dt
Jika solusi persamaan ini kita sebut yp(t), maka bentuk yp(t) haruslah sedemikian rupa sehingga jika yp(t) dimasukkan ke persamaan ini maka ruas kiri dan ruas kanan persamaan akan berisi bentuk fungsi yang sama.
4. x(t) = Asinωt. Jika fungsi pemaksa berupa fungsi sinus, maka tanggapan paksa akan berupa penjumlahan fungsi fungsi sinus dan cosinus karena fungsi sinus merupakan penjumlahan dari dua fungsi eksponensial kompleks.
sin x =
e jx − e − jx 2
Melihat identitas ini, maka kita bisa kembali ke kasus 3; perbedaannya adalah kita menghadapi eksponensial kompleks sedangkan di kasus 3 kita menghadapi fungsi eksponensial nyata. Dalam hal ini maka Solusi yang kita cari akan berbentuk jumlah fungsi sinus dan cosinus.
Hal ini berarti x(t), yp(t), dan dyp(t) /dt harus berbentuk sama Kita lihat beberapa kemungkinan bentuk fungsi pemaksa, x(t): 1. x(t) = 0. Jika fungsi pemaksa bernilai nol maka hanya akan ada tanggapan alami; tanggapan paksa = 0.
5. x(t) = Acosωt. Kasus ini hampir sama dengan kasus 4, hanya berbeda pada identitas fungsi cosinus
2. x(t) = K. Jika fungsi pemaksa bernilai tetap maka tanggapan paksa yp juga harus merupakan tetapan karena hanya dengan cara itu dyp /dt akan bernilai nol sehingga ruas kanan dan kiri dapat berisi bentuk fungsi yang sama.
cos x =
3. x(t) = Aeαt. Jika fungsi pemaksa berupa fungsi eksponensial, maka tanggapan paksa yp harus juga eksponensial karena dengan cara itu turunan yp juga akan berbentuk eksponensial, dan fungsi di ruas kiri dan kanan persamaan rangakaian akan berbentuk sama.
e jx + e − jx 2
219
220
Tanggapan Lengkap Dugaan tanggapan y = y p + y a = y p + K1e s t lengkap adalah Ini masih dugaan karena tanggapan paksa Dugaan tanggapan alami tanggapan alami juga masih dugaan K1 masih harus ditentukan melalui penerapan kondisi awal yaitu kondisi pada t = 0
Ringkasan bentuk tanggapan paksa Jika x(t ) = 0 , maka y p = 0 Jika x(t ) = A = konstan, maka y p = konstan = K Jika x(t ) = Aeαt = eksponensi al, maka y p = eksponensi al = Keαt Jika x(t ) = A sin ωt , maka y p = K c cos ωt + K s sin ωt Jika x(t ) = A cos ωt , maka y p = K c cos ωt + K s sin ωt
Kondisi Awal
Perhatikan : y = K c cos ωt + K s sin ωt adalah bentuk umum
Kondisi awal adalah situasi sesaat setelah penutupan rangkaian (jika saklar ditutup) atau sesaat setelah pembukaan rangkaian (jika saklar dibuka);
fungsi sinus maupun cosinus .
Sesaat sebelum penutupan/pembukaan saklar dinyatakan sebagai t = 0Sesaat sesudah penutupan/pembukaan saklar dinyatakan sebagai t = 0+. Pada induktor, arus pada t = 0+ sama dengan arus pada t = 0Pada kapasitor, tegangan pada t = 0+ sama dengan tegangan pada t = 0221
222
37
8/3/2013
Prosedur Mencari Tanggapan Lengkap Rangkaian Jika kondisi awal kita masukkan pada dugaan solusi lengkap akan kita peroleh nilai K1
1. Carilah nilai peubah status pada t = 0− ; ini merupakan kondisi awal.
y (0 + ) = y p (0 + ) + K1 → K1 = y (0 + ) − y p (0 + ) = A0
2. Carilah persamaan rangkaian untuk t > 0. 3. Carilah persamaan karakteristik.
Dengan demikian tanggapan lengkap adalah
4. Carilah dugaan tanggapan alami.
y = y p + A0 e s t
5. Carilah dugaan tanggapan paksa. 6. Carilah dugaan tanggapan lengkap.
Ini merupakan komponen mantap dari tanggapan lengkap; ia memberikan nilai tertentu pada tanggapan lengkap pada t = ∞
7. Terapkan kondisi awal pada dugaan tanggapan lengkap yang akan memberikan niali-nilai tetapan yang harus dicari.
Ini merupakan komponen transien dari tanggapan lengkap; ia bernilai 0 pada t=∞
8. Dengan diperolehnya nilai tetapan, didapatlah tanggapan rangkaian yang dicari
223
Contoh: x(t) = 0
1
Saklar S telah lama pada posisi 1. Pada t = 0 + S dipindah ke posisi 2. Carilah tanggapan vs= 12V − rangkaian.
S
2
Persamaan karakteristik : s + 1000 = 0 → s = −1000
R=10kΩ
+ v −
C=0.1µF
4. Dugaan tanggapan alami : v a = A0 e −1000t 5. Dugaan tanggpan paksa : v p = 0 ( tidak ada fungsi pemaksa)
1. Pada t = 0- kapasitor telah terisi penuh dan v(0+) = 12 V 2. Persamaan rangkaian untuk t > 0:
− v + iR R = 0
Karena iR = −iC = −C maka
− v − RC
224
6. Dugaan tanggapan lengkap : v = v p + A0 e st = 0 + A0 e −1000t 7. Kondisi awal : v(0 + ) = v (0 − ) = 12 V. Penerapan kondisi awal pada dugaan tanggapan lengkap memberikan : 12 = 0 + A0 → A0 = 12
dv dt
dv 1 + v=0 dt RC
dv =0 dt
8. Tanggapan lengkap menjadi : v = 12 e −1000 t V
dv + 1000v = 0 dt
s + 1000 = 0 → s = −1000
3. Persamaan karakteristik:
225
Contoh: x(t) = 0
Persamaan karakteristik:
A Saklar S telah lama tertutup. Pada t = 0 saklar S dibuka. Carilah tanggapan rangkaian
+ vs = − 50 V
S R =1 kΩ 0 R =3 kΩ
L= 0.6 H
Dugaan tanggapan paksa : i p = 0 (tak ada fungsi pemaksa)
50 = 50 mA 1000
Dugaan tanggapan lengkap : i = i p + A0 e −5000 t = 0 + A0 e −5000 t
Persamaan rangkaian pada t > 0: Simpul A:
Kondisi awal : i (0 + ) = i (0 − ) = 50 mA .
vA +i=0 3000
Karena vA = vL = L di/dt,
Penerapan kondisi awal pada dugaan tanggapan lengkap
1 di L +i = 0 3000 dt
memberikan : 50 = A0 Tanggapan lengkap menjadi : i = 50 e −5000 t mA
1 di 0,6 + i = 0 3000 dt 0,6
Persamaan karakteristik:
0,6 s + 3000 = 0
Dugaan tanggapan alami : ia = A0 e −5000 t
i
Sebelum saklar dibuka: i (0 − ) =
226
di + 3000 i = 0 dt
0,6 s + 3000 = 0 227
228
38
8/3/2013
Contoh: x(t) = A
+ -
10kΩ
1 12V
Persamaan karakteris tik : 10 −3 s + 1 = 0 → s = −1 / 10 −3 = −1000
i
S 2
0,1µF
Saklar S telah lama pada posisi 1. Pada t = 0 saklar dipindah ke posisi 2. Carilah tanggapan rangkaian.
+ v −
Dugaan ta nggapan alami : va = A0 e −1000 t
Dugaan tanggapan paksa : v p = K
Pada t = 0- kapasitor tidak bermuatan; tegangan kapasitor v(0-) = 0. ⇒ v(0+) = 0
Masukkan v p dugaan ini ke persamaan rangkaian :
Persamaan rangkaian pada t > 0:
Dugaan ta nggapan lengkap : v = 12 + A0 e −1000 t V
0 + K = 12 ⇒ v p = 12
− 12 + 104 i + v = 0 Karena i = iC = C dv/dt
− 12 + 10 4 × 0,1 × 10 − 6
10
Persamaan karakteristik:
−3
Kondisi awal : v(0 + ) = v(0−) = 0 . Penerapan kondisi awal memberikan :
dv +v =0 dt
12 v [V]
12-12e
0 = 12 + A0 → A0 = −12
dv + v = 12 dt
1000t
t
0
Tanggapan lengkap menjadi : v = 12 − 12 e −1000t V
0
0.002
0.004
10 −3 s + 1 = 0
229
Contoh: x(t) = Acosω ωt
A
Rangkaian di samping ini mendapat masukan tegangan sinusoidal yang muncul pada t = 0.
15Ω
+ −
vs=50cos10t u(t) V
vs
iC
1/30 F
Persamaan karakteristik: + v −
10Ω
Dugaan tanggapan paksa : v p = Ac cos 10t + As sin 10t
Substitusi tanggapan dugaan ini ke persamaan rangkaian memberikan : − 10 Ac sin 10t + 10 As cos 10t + 5 Ac cos 10t + 5 As sin 10t = 100 cos 10t
v( 0 + ) = 0
→ −10 Ac + 5 As = 0 dan 10 As + 5 Ac = 100 → As = 2 Ac → 20 Ac + 5 Ac = 100 ⇒ Ac = 4 dan As = 8
Persamaan rangkaian untuk t > 0: Simpul A:
Tanggapan paksa : v p = 4 cos 10t + 8 sin 10t
v v 1 1 1 v + + iC − s = 0 → v + iC = s 15 6 15 15 10
Dugaan tanggapan lengkap : v = 4 cos 10t + 8 sin 10t + A0 e −5 t
1 1 dv vs v+ = 6 30 dt 15
iC = C dv/dt
→
Persamaan karakteristik:
s + 5 = 0 → s = −5
Dugaan tanggapan alami : va = A0 e −5 t
v(0+) = 0 Kondisi awal dinyatakan bernilai nol:
230
Kondisi awal v(0 + ) = 0 Penerapan kondisi awal : 0 = 4 + A0 → A0 = −4
dv + 5v = 100 cos 10t dt
Jadi tegangan kapasitor : v = 4 cos 10t + 8 sin 10t − 4e −5t V Arus kapasitor : iC = C
s + 5 = 0 → s = −5
(
dv 1 = − 40 sin 10t + 80 cos 10t + 20 e −5 t dt 30
)
= −1,33 sin 10t + 2,66 cos 10t + 0,66 e −5 t A 231
232
Konstanta Waktu Tanggapan alami:
Lama waktu yang diperlukan oleh suatu peristiwa transien untuk mencapai akhir peristiwa (kondisi mantap) ditentukan oleh konstanta waktu yang dimiliki oleh rangkaian.
+ vs −
+ v −
C
1
t
Tanggapan alami dapat dituliskan: v a = K1e −t / τ
1 S 2
Tinjauan pada Contoh sebelumnya
−
v a = K1e RC
dengan: R
iR
τ = RC
−t / τ Tanggapan lengkap menjadi: v = v p + va = v p + K1e
Tanggapan paksa Setelah saklar S pada posisi 2, persamaan raqngkaian adalah: Fungsi karakteristik:
Dugaan tanggapan alami:
dv 1 + v=0 dt RC s+
1 =0 RC
va = K1e
−
τ disebut konstanta waktu. Ia ditentukan oleh besarnya elemen rangkaian.
1 s=− RC
Ia menentukan seberapa cepat transien menuju akhir.
1 t RC
Makin besar konstanta waktu, makin lambat tanggapan rangkaian mencapai nilai akhirnya (nilai mantapnya), yaitu nilai komponen mantap, vp
Tanggapan alami ini yang akan menentukan komponen transien pada tanggapan lengkap 233
234
39
8/3/2013
R − t
Tinjauan pada Contoh sebelumnya
Tanggapan alami: ia = K1e L
A Pada t = 0 saklar S dibuka
S
+ vs −
R0
Persamaan rangkaian setelah saklar dibuka adalah:
L
ia =
L
−
Tanggapan alami dapat dituliskan: ia = K1e −t / τ
i
−
dengan:
di R + i=0 dt L
di = −R i dt
Persamaan karakteristik:
Tanggapan alami:
+
+ R
s+
L R
i = i p + ia = i p + K1e −t / τ Tanggapan paksa
R =0 L
s=−
R − t K1e L
Tanggapan lengkap:
τ=
τ disebut konstanta waktu.
R L
Ia ditentukan oleh besarnya elemen rangkaian. Ia menentukan seberapa cepat transien menuju akhir. Makin besar konstanta waktu, makin lambat transien mencapai nilai akhirnya yaitu nilai komponen mantap, ip.
Tanggapan alami ini juga akan menentukan komponen transien pada tanggapan lengkap seperti halnya tinjauan pada Contoh-2.1 235
236
Tinjauan pada Contoh sebelumnya 2
+ vs -
R
1
C
vs=Acosωt u(t)
+ v −
− vs + Ri + v = 0
− vs + Ri + v = 0 RC
Karena i = iC = C dv/dt
iC = C dv/dt
dv + v = vs dt
R1
iC C
+ v −
R2
1 1 v + iC − s = 0 v + R1 R1 R2
R + R2 dv vs + C = v 1 dt R1 R1R2
Persamaan karakteristik:
Persamaan karakteristik: RCs + 1 = 0
R∗ + Cs = 0 s = −1 / R ∗C
s = −1 / RC
va = Ke − (1 / RC )t = Ke −t / τ
Tanggapan alami:
+ −
Pada t = 0, S dipindahkan ke posisi 2. Simpul A:
Persamaan rangkaian setelah saklar pada posisi 2:
A
Tinjauan pada Contoh sebelumnya
i
S
R + R2 R ∗ = 1 R1R2
∗
va = Ke − (1 / R C )t = Ke −t / τ
Tanggapan alami:
τ = RC −t / τ Tanggapan lengkap: v = v p + va = v p + Ke
Tanggapan lengkap:
τ = R ∗C
v = v p + va = v p + Ke −t / τ
237
238
Konstanta waktu ditentukan oleh besar elemen-elemen rangkaian
Dari tinjauan contoh-1 s/d 4, dengan menggambarkan rangkaian untuk melihat tanggapan alami saja, kita buat ringkasan berikut:
Untuk rangkaian R-C : τ = RC Untuk rangkaian R-L : τ = L/R
C
R
τ = RC
Konstanta waktu juga ditentukan oleh berapa besar energi yang semula tersimpan dalam rangkaian (yang harus dikeluarkan)
τ = L/ R
R1 C
L
R
R2
τ = R*C
Makin besar C dan makin besar L, simpanan energi dalam rangkaian akan makin besar karena
R + R2 R ∗ = 1 R1R2
1 2 1 Cv dan wL = Li 2 2 2 Oleh karena itu konstanta waktu τ berbanding lurus dengan C atau L wC =
Konstanta waktu ditentukan oleh besar elemen-elemen rangkaian
Untuk rangkaian R-C : τ = RC Untuk rangkaian R-L : τ = L/R 239
Pengurangan energi berlangsung dengan mengalirnya arus i dengan desipasi daya sebesar i2R. Dalam kasus rangkaian R-C, di mana v adalah peubah status, makin besar R akan makin besar τ karena arus untuk desipasi makin kecil. Dalam kasus rangkaian R-L di mana peubah status adalah i makin besar R akan makin kecil τ karena desipasi daya i2R makin besar
240
40
8/3/2013
Tanggapan Masukan Nol
Tanggapan Masukan Nol dan Tanggapan Status Nol
+
vC
C
R
L
R
−
Peristiwa transien dapat pula dilihat sebagai gabungan dari tanggapan masukan nol dan tanggapan status nol
iL
Bentuk tanggapan rangkaian tanpa fungsi pemaksa secara umum adalah
Tanggapan Masukan Nol adalah tanggapan rangkaian jika tidak
y m 0 = y (0 + ) e − t / τ
ada masukan. Peristiwa ini telah kita kenal sebagai tanggapan alami
tanggapan masukan nol
vC(0+) atau iL(0+)
Tanggapan Status Nol adalah tanggapan rangkaian jika ada
masing-masing menunjukkan adanya simpanan energi energi awal dalam rangkaian di kapasitor sebesar ½CvC 2 di induktor sebesar ½LiL2
masukan masukan pada rangkaian sedangkan rangkaian tidak memiliki simpanan energi awal (simpanan energi sebelum terjadinya perubahan rangkaian). Pengertian tentang tanggapan status nol ini muncul karena sesungguhnya tanggapan rangkaian yang mengandung elemen dinamik terhadap adanya masukan merupakan peristiwa transien walaupun rangkaian tidak memiliki simpanan energi awal
peubah status, vC dan iL, tidak dapat berubah secara mendadak Pelepasan energi di kapasitor dan induktor terjadi sepanjang peristiwa transien, yang ditunjukkan oleh perubahan tegangan kapasitor dan arus induktor 241
242
Tanggapan Status Nol Dengan demikian tanggapan lengkap rangkaian dapat dipandang sebagai terdiri dari tanggapan status nol dan tanggapan masukan nol
Jika sebelum peristiwa transien tidak ada simpanan energi dalam rangkaian, maka tanggapan rangkaian kita sebut tanggapan status nol Bentuk tanggapan ini secara umum adalah
ys 0 = y f − y f (0+ ) e −t / τ
y = ys 0 + ym0 = y f (t ) − y f (0 + ) e − t / τ + y(0+ ) e −t / τ
Tanggapan status nol Status final t=∞
Bagian ini merupakan reaksi elemen dinamik (kapasitor ataupun induktor) dalam mencoba mempertahankan status rangkaian.
Konstanta waktu τ ditentukan oleh elemen rangkaian
Oleh karena itu ia bertanda negatif. yf (0+) adalah nilai tanggapan pada t = 0+ yang sama besar dengan yf sehingga pada t = 0+ tanggapan status nol ys0 = 0. 243
244
Bentuk Umum Persamaan Rangkaian Orde-2 a
d2y dt 2
+b
dy + cy = x(t ) dt
y = tanggapan rangkaian yang dapat berupa tegangan ataupun arus
fungsi pemaksa atau fungsi penggerak.
tetapan a dan b ditentukan oleh nilainilai elemen yang membentuk rangkaian Persamaan diferensial orde ke-dua muncul karena rangkaian mengandung kapasitor dan induktor
dengan tegangan sebagai peubah status
dengan arus sebagai peubah status
sedangkan peubah dalam persamaan rangkaian harus salah satu di ataranya, tegangan atau arus 245
246
41
8/3/2013
as 2 + bs + c = 0
Tanggapan Alami Tanggapan alami adalah solusi persamaan rangkaian di mana x(t) bernilai nol: a
Persamaan karakteristik yang berbentuk persamaan kwadrat itu mempunyai dua akar yaitu
d2y dy + b + cy = 0 dt dt 2
s1 , s2 =
Dugaan solusi y berbentuk fungsi eksponensial ya = Kest dengan nilai K dan s yang masih harus ditentukan.
Dengan adanya dua akar tersebut maka kita mempunyai dua solusi homogen, yaitu
Kalau solusi ini dimasukkan ke persamaan, akan diperoleh aKs 2 e st + bKse st + cKe st = 0
(
)
− b ± b 2 − 4ac 2a
ya1 = K1e s1t dan
y a 2 = K 2 e s 2t
atau Tanggapan alami yang kita cari akan berbentuk
Ke st as 2 + bs + c = 0
ya = K1e s1t + K 2e s 2t
Bagian ini yang harus bernilai nol yang memberikan persamaan karakteristik
Seperti halnya pada rangkaian orde pertama, tetapan-tetapan ini diperoleh melalui penerapan kondisi awal pada tanggapan lengkap
as 2 + bs + c = 0 247
248
Tanggapan Lengkap
Tanggapan Paksa
Tanggapan lengkap adalah jumlah tanggapan alami dan tanggapan paksa
Tanggapan paksa adalah solusi persamaan rangkaian di mana x(t) ≠ 0: a
d2y dt 2
+b
y = y p + ya = y p + K1e s1t + K 2e s2t
dy + cy = x (t ) dt
Tetapan ini diperoleh melalui penerapan kondisi awal
Bentuk tanggapan paksa ditentukan oleh bentuk x(t) sebagaimana telah diulas pada rangkaian orde pertama, yaitu
Jika rangkaian mengandung C dan L, dua elemen ini akan cenderung mempertahankan statusnya. Jadi ada dua kondisi awal yang harus dipenuhi yaitu
Jika x(t ) = 0 , maka y p = 0 Jika x(t ) = A = konstan, maka y p = konstan = K Jika x(t ) = Aeαt = eksponensi al, maka y p = eksponensi al = Keαt
vC (0 + ) = vC (0 − )
Jika x(t ) = A sin ωt , maka y p = K c cos ωt + K s sin ωt
dan
Jika x(t ) = A cos ωt , maka y p = K c cos ωt + K s sin ωt
Perhatikan : y = K c cos ωt + K s sin ωt adalah bentuk umum
iL (0 + ) = iL (0 − )
fungsi sinus maupun cosinus . 249
Kondisi Awal
Tiga Kemungkinan Bentuk Tanggapan
Secara umum, kondisi awal adalah: y (0 + ) = y ( 0 − )
dan
250
Persamaan karakteristik
dy + (0 ) = y ' ( 0 + ) dt
as2 + bs + c = 0
Nilai sesaat sebelum dan sesudah penutupan/pembukaan saklar harus sama, dan laju perubahan nilainya juga harus kontinyu
dapat mempunyai tiga kemungkinan nilai akar, yaitu: a). Dua akar riil berbeda, s1 ≠ s2, jika {b2− 4ac } > 0;
y
y
b). Dua akar sama, s1 = s2 = s , jika {b2−4ac } = 0; c). Dua akar kompleks konjugat s1,s2 = α ± jβ jika {b2−4ac } < 0.
0
t
Pada rangkaian orde pertama dy/dt(0+) tidak perlu kontinyu
0
Tiga kemungkinan akar ini akan memberikan tiga kemungkinan bentuk tanggapan
t
Pada rangkaian orde kedua dy/dt(0+) harus kontinyu sebab ada d2y/dt2 dalam persamaan rangkaian yang hanya terdefinisi jika dy/dt(0+) kontinyu 251
252
42
8/3/2013
Persamaan karakteristik dengan dua akar riil berbeda, s1 ≠ s2, {b2− 4ac } > 0 Contoh-1 + −
15 V
+ v
8,5 kΩ
0,25 µF
s 2 + 8,5 × 103 s + 4 × 10 6 = 0
→ akar - akar : s1 , s 2 = −4250 ± 103 ( 4,25) 2 − 4 = −500, − 8000
Saklar S telah lama berada pada posisi 1. Pada t = 0 saklar dipindahkan ke posisi 2. Carilah perubahan tegangan kapasitor.
i
iC
−
Persamaan karakteristik:
1H
S 1 2
−500t + K 2 e −8000t Dugaan tanggapan lengkap: v = 0 + K1e
Tak ada fungsi pemaksa
Pada t = 0- : i (0 − ) = 0 dan v (0 − ) = 12 V
Kondisi awal: vC (0 + ) = 15 V dan iL (0 + ) = 0
Persamaan Rangkaian pada t > 0 : − v + L
di + Ri = 0 dt
Karena persamaan rangkaian menggunakan v sebagai peubah maka kondisi awal arus iL(0+) harus diubah menjadi dalam tegangan v
2
Karena i = -iC = -C dv/dt, maka: − v − LC d v − RC dv = 0 dt dt 2 −
2
d v dt 2
−
i L (0 + ) = iC (0 + ) = C
R dv v − =0 L dt LC
dvC (0 + ) =0 dt
d 2v
dv + 8,5 × 103 + 4 × 106 v = 0 dt dt 2
Kondisi awal:
v(0 + ) = 15 V
253
dv(0 + ) =0 dt
Dugaan tanggapan lengkap: v = 0 + K1e 15 = K1 + K 2
−500t
dvC (0 + ) =0 dt
254
Tanggapan lengkap : v = 16e −500 t − e −8000 t V + K 2e
−8000t 16 12
0 = −500 K1 − 8000 K 2
v 8
0 = −500 K1 − 8000(15 − K1 ) K1 =
8000 ×15 = 16 7500
Tanggapan lengkap menjadi: v = 16e
−500 t
−e
4
K 2 = −1 −8000 t
0 0
0.001
0.002
0.003
0.004
0.005
-4
V
(hanya ada tanggapan alami).
Perhatikan bahwa pada t = 0+ tegangan kapasitor adalah 15 V Pada waktu kapasitor mulai melepaskan muatannya, ada perlawanan dari induktor yang menyebabkan penurunan tegangan pada saat-saat awal agak landai
Ini adalah pelepasan muatan kapasitor pada rangkaian R-L-C seri 255
Contoh-2
1H
S + −
19 V
+ v
−
iC 0,25 µF
Saklar S telah lama tertutup. Pada t = 0 saklar dibuka. Tentukan perubahan tegangan kapasitor dan arus induktor.
i 8,5 kΩ
Sebelum saklar dibuka arus hanya melalui induktor. Dioda tidak konduksi. i L (0 − ) =
vC (0 − ) = 0 V
19 = 2 mA 8500
Dugaan tanggapan lengkap : v = 0 + K1e−500t + K 2e−8000t Tak ada fungsi pemaksa
− i L (0 + ) = iC (0 + ) = C
d 2v R dv v − 2 − − =0 L dt LC dt dv + 8,5 × 10 + 4 × 106 v = 0 dt dt 2
→ akar - akar : s1 , s2 = −4250 ± 103 (4,25) 2 − 4 = −500, − 8000
Karena persamaan rangkaian menggunakan v sebagai peubah maka kondisi awal iL(0+) harus diubah menjadi dalam v
d 2v dv − v − LC 2 − RC =0 dt dt
d 2v
Persamaan karkteristik : s 2 + 8,5 ×103 s + 4 ×106 = 0
Kondisi awal: iL (0 + ) = 2 mA dan vC (0 + ) = 0 V
di Persamaan Rangkaian pada t > 0 : − v + L + Ri = 0 dt
dv i = −iC = −C C dt
256
dvC (0 + ) = 2 × 10 −3 dt
dvC (0 + ) 2 × 10 −3 =− dt C
3
257
258
43
8/3/2013
Kondisi awal: v(0 + ) = 0
2 ×10 −3 dv(0 + ) =− = −8 × 10 3 dt 0,25 × 10 −6
Tanggapan lengkap : v = 1,06e −500 t − 1e −8000 t V
Dugaan tanggapan lengkap : v = 0 + K1e−500t + K 2e−8000t 0 = K1 + K 2
1
v [V]
−8000 = −500K1 − 8000K 2
0. 5
0
−8000 = −500K1 + 8000K1
0
0.002
0.003
0.004
0.005
K 2 = − K1 = 1 -1
Tegangan kapasitor menjadi : v ≈ 1,06e −500 t − 1e −8000 t V
Perhatikan bahwa pada awalnya tegangan kapasitor naik karena menerima pelepasan energi dari induktor
Ini adalah pengisian kapasitor oleh arus induktor pada rangkaian R-L-C seri Arus induktor : i L = −iC = −C
0.001
-0. 5
−8000 K1 = ≈ −1,06 7500
(
dv ≈ −0,25 ×10 −6 − 530e −500t − 8000e −8000t dt
)
Kenaikan tegangan kapasitor mencapai puncak kemudian menurun karena ia melepaskan muatan yang pada awalnya diterima.
≈ −133 × 10 −3 e −500 t + 2e −8000 t mA 259
Persamaan Karakteristik Memiliki Dua Akar Riil Sama Besar s1 = s2, {b2− 4ac } = 0
v = 1,06e −500 t − 1e −8000 t V
v = 16e −500 t − e −8000 t V 16
260
Dua akar yang sama besar dapat kita tuliskan sebagai s1 = s dan s2 = s + δ ; dengan δ → 0
1
v [V]
Pelepasan energi induktor
v
12
[V]
v
8
0. 5
Tanggapan lengkap akan berbentuk 0 0
4
0.001
0.002
0.003
0.004
y = y p + K1e s1t + K 2e s2 t = y p + K1e st + K 2e( s + δ)t
0.005
-0. 5
0 0
0.001
0.002
0.003
0.004
0.005
Tanggapan paksa
-1
-4
Seandainya tidak ada induktor, penurunan tegangan kapasitor akan terjadi dengan konstanta waktu
τ = RC = 8500 × 0.25 ×10−6 = 2125 ×10-6 atau 1/ττ = 470,6. Tetapi karena ada induktor, konstanta waktu menjadi lebih kecil sehingga 1/ττ = 500. Inilah yang terlihat pada suku pertama v.
v adalah pengaruh induktor, yang jika tidak ada kapasitor nilai 1/ττ = R/L = 8500. Karena ada kapasitor nilai ini menjadi 8000 pada suku ke-dua v.
Tanggapan alami
Kondisi awal pertama
Untuk kedua peristiwa ini yang di-plot terhadap waktu adalah tegangan kapasitor
Kondisi awal kedua
y (0 + ) = y p (0 + ) + K1 + K 2
y ′(0 + ) = y ′p (0 + ) + K1s + K 2 ( s + δ)
y (0 + ) − y p (0 + ) = K1 + K 2 = A0
y ′(0 + ) − y ′p (0 + ) = ( K1 + K 2 ) s + K 2 δ = B0
B − A0 s A0 s + K 2 δ = B0 → K 2 = 0 δ
Suku ke-dua
B − A0 s dan K1 = A0 − 0 δ
261
262
Contoh-3.
1 eδ t y = y p + A0 + ( B0 − A0 s) − + δ δ
+ −
st e
+ v
−
iC 0,25 µF
i 4 kΩ
Sakalar telah lama di posisi 1. Pada t = 0 di pindah ke posisi 2. Tentukan perubahan tegangan kapasitor.
Sebelum saklar dipindahkan: v(0 − ) = 15 V ; i (0− ) = 0
y = y p + [ A0 + ( B0 − A0 s ) t ] e st
y = y p + [K a + Kb t ] e
15 V
(Diganti dengan 4 kΩ dari contoh sebelumnya)
1 eδ t δt = lim e − 1 = t lim − + δ δ → 0 δ δ
δ → 0
ditentukan oleh kondisi awal
1H
S 1 2
Tanggapan lengkap menjadi
Persamaan rangkaian untuk t > 0: − v + L
st
Karena i = − iC = −C dv/dt
ditentukan oleh kondisi awal dan s
LC
di + iR = 0 dt
d 2v dv + RC + v = 0 dt dt 2
d 2v dv + 4 ×103 + 4 × 106 v = 0 dt dt 2
s sendiri ditentukan oleh nilai elemenelemen yang membentuk rangkaian dan tidak ada kaitannya dengan kondisi awal
Persamaan karakteristik:
263
s 2 + 4 × 103 s + 4 × 106 = 0 264
44
8/3/2013
Persamaan karakteristik : s 2 + 4000s + 4 × 10 6 = 0 akar - akar : s1 , s2 = −2000 ± 4 ×10 6 − 4 ×10 6 = −2000 = s
v = (15 + 30000t ) e −2000 t V
Karena persamaan karakteristik memiliki akar sama besar
15
maka tanggapan lengkap akan berbentuk :
10
v = v p + (K a + K b t ) e st = 0 + (K a + K b t ) e st
v = 30000 t e −2000 t
5
Tak ada fungsi pemaksa +
−
0
+
Kondisi awal pertama v(0 ) = v(0 ) ⇒ v(0 ) = 15 = K a .
0
0.001
0.002
0.003
0.004
0.005
0.006
-5
dv + dv Kondisi awal kedua (0 ) = 0 ⇒ = K b e st + (K a + K b t ) s e st dt dt dv + → (0 ) = 0 = K b + K a s → K b = − K a s = 30000 dt
v = 15 e
-10
−2000 t
-15
⇒ Jadi : v = (15 + 30000t ) e −2000 t V 265
Dua akar kompleks konjugat {b2− 4ac } < 0 Akar-Akar Kompleks Konjugat : s1 = α + jβ
Contoh-4.
+ −
Tanggapan lengkap akan berbentuk
(
1H
S 1 2
s2 = α − j β
dan
266
15 V
)
+ v −
iC 0,25 µF
i 1 kΩ
Saklar S sudah lama pada posisi 1. Pada t = 0 dipindah ke poisisi 2. Carilah perubahan tegangan kapasitor.
y = y p + K1e( α + jβ ) t + K 2 e ( α − jβ ) t = y p + K1e + jβ t + K 2e − jβ t e αt (Diganti dengan 1 kΩ dari contoh sebelumnya)
K1 (cos βt + j sin βt ) K 2 (cos βt − j sin βt )
Pada t = 0+ : v(0 − ) = 15 V ; i (0 − ) = 0
( K1 + K 2 ) cos β t + j ( K1 − K 2 ) sin βt K a cos βt + K b sin βt
y = y p + (K a cos βt + K b sin βt ) e αt
di + iR = 0 dt
Persamaan rangkaian untuk t > 0: Karena i = −iC = −C dv/dt
K a = y (0 + ) − y p (0 + )
Kondisi awal pertama: y (0+ ) = y p (0 + ) + K a
−v+L
LC
d 2v dv + 1×103 + 4 × 106 v = 0 dt dt 2
+ + αt Kondisi awal kedua: y ′(0 ) = y ′p (0 ) + {(αK b − K a β) sin βt + ( K bβ + α K a ) cos βt}e
= y ′p (0 + ) + αK a + β K b
αK a + βK b = y ′(0 + ) − y ′p (0 + )
d 2v dv + RC + v = 0 dt dt 2
Persamaan karakteristik:
s 2 + 1× 103 s + 4 × 10 6 = 0
267
268
dv Persamaan karakteris tik : s 2 + 1000 + 4 × 106 = 0 dt
(
akar - akar : s1 , s 2 = −500 ± 5002 − 4 × 10 6 = −500 ± j 500 15
dua akar kompleks konjugat α ± jβ dengan α = −500 ; β = 500 15
Tanggapan lengkap akan berbentuk:
(
15 cos(500 15 t
v 10 [V] 15 sin(500 15 t ) 0
Kondisi awal pertama ⇒ v(0+ ) = 15 = K a dv + (0 ) = 0 = α K a + β K b dt − αK a 500 × 15 → Kb = = = 15 β 500 15
15
5
v = 0 + (K a cos βt + K b sin β t ) e αt
Kondisi awal kedua ⇒
)
v = 15 cos(500 15 t ) + 15 sin( 500 15 t ) e −500t V
0
0.001
0.002
0.003
0.004
0.005
0.006
-5 -10 -15
)
Tanggapan lengkap : v = 15 cos(500 15 t ) + 15 sin(500 15 t ) e −500t V 269
270
45
8/3/2013
Contoh Tanggapan Rangkaian Dengan Masukan Sinyal Sinus
Perbandingan tanggapan rangkaian: Dua akar riil berbeda: sangat teredam, v = 16e −500 t − e −8000 t V Dua akar riil sama besar : teredam kritis, v = (15 + 30000t ) e −2000 t V Dua akar kompleks konjugat : kurang teredam,
(
)
v = 15 cos(500 15 t ) + 15 sin( 500 15 t ) e −500t V
vs = 26cos3t u(t) V
i + −
5Ω
1H
1 F 6
vs
Rangkaian mendapat masukan sinyal sinus yang muncul pada t = 0. Tentukan perubahan tegangan dan arus kapasitor, apabila kondisi awal adalah i(0) = 2 A dan v(0) = 6 V
+ v
−
Pada t = 0+ : i(0+) = 2 A dan v(0+) = 6 V
15
Persamaan rangkaian untuk t > 0 : − v s + Ri + L
10 5 0 0
0.001
0.002
0.003
0.004
0.005
RC
dv d 2i + LC + v = vs dt dt 2
→
5 dv 1 d 2 v + + v = 26 cos 3t 6 dt 6 dt 2
0.006
-5 -10 -15
di +v =0 dt
d 2v dt 2
+5
dv + 6v = 156 cos 3t dt
271
Persamaan karakteristik : s 2 + 5s + 6 = 0 = ( s + 2)(s + 3);
1 dv + dv (0 ) → (0 + ) = 12 6 dt dt Aplikasi kondisi awal pertama : 6 = −2 + K1 + K 2 → K 2 = 8 − K1
Kondisi awal : v(0 + ) = 6 dan i(0 + ) = 2 =
akar - akar : s1 , s2 = −2, − 3 Dugaan tanggapan paksa : v p = Ac cos 3t + As sin 3t Persamaan rangkaian
272
Aplikasi kondisi awal kedua :
dv + 5 + 6v = 156 cos 3t dt dt 2
Tanggapan lengkap : v = −2 cos 3t + 10 sin 3t + 6e −2 t + 2e −3t V
→ (− 9 Ac + 15 As + 6 Ac )cos 3t + (− 9 As − 15 Ac + 6 As )sin 3t = 156 cos 3t
⇒ i=
→ −3 Ac + 15 As = 156 dan − 15 Ac − 3 As = 0 ⇒ Ac =
12 = 30 − 2 K1 − 3K 2
⇒ K1 = 6 ⇒ K 2 = 2
d 2v
156 + 0 5 × 156 − 0 = −2 ; As = = 10 − 3 − 75 75 + 3
1 dv = sin 3t + 5 cos 3t − 2e −2 t − e−3t A 6 dt Amplitudo tegangan menurun
30
v [V] 20 i [A]
Tanggapan paksa : v p = −2 cos 3t + 10 sin 3t
10
vs
Amplitudo arus meningkat
v
0
Dugaan tan ggapan lengkap : v = −2 cos 3t + 10 sin 3t + K1e −2t + K 2 e −3t
-10 0
t [s] i
2
4
6
8
10
-20
masih harus ditentukan melalui penerapan kondisi awal
-30 273
274
Analisis Rangkaian Listrik di Kawasan Waktu Sudaryatno Sudirham
275
46
