Analisis Rangkaian Listrik

Analisis Rangkaian Listrik Jilid-2

Sudaryatno Sudirham

Darpublic Edisi Nopember 2012

Analisis Rangkaian Listrik Jilid 2 (Analisis Transien, Transformasi Laplace, Transformasi Fourier, Model Sistem) oleh

Sudaryatno Sudirham

i

Hak cipta pada penulis. SUDIRHAM, SUDARYATNO Analisis Rangkaian Listrik, Jilid 2 (Analisis Transien, Transformasi Laplace, Transformasi Fourier, Model Sistem) Darpublic, Kanayakan D-30, Bandung, 40135. www.darpublic.com

ii Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Pengantar Buku jilid ke-dua Analisis Rangkaian Listrik ini berisi materi lanjutan, ditujukan kepada pembaca yang telah mempelajari materi di buku jilid pertama. Materi bahasan disajikan dalam sebelas bab. Dua bab pertama berisi bahasan mengenai analisis transien, dengan sinyal dinyatakan sebagai fungsi waktu. Dua bab berikutnya membahas analisis rangkaian menggunakan transformasi Laplace, yang dapat digunakan untuk analisis keadaan mantap maupun transien; bahasan ini mencakup dasar-dasar transformasi Laplace sampai ke aplikasinya. Lima bab berikutnya membahas fungsi jaringan yang dilanjutkan dengan tanggapan frekuensi, serta pengenalan pada model sistem, termasuk persamaan ruang status. Dua bab terakhir membahas analisis rangkaian listrik menggunakan transformasi Fourier. Pengetahuan tentang aplikasi transformasi Fourier dalam analisis akan memperluas pemahaman mengenai tanggapan frekuensi, baik mengenai perilaku sinyal itu sendiri maupun rangkaiannya. Tulisan ini dibuat untuk umum, dapat diunduh secara cuma-cuma di www.darpublic.com . Mudah-mudahan sajian ini bermanfaat bagi para pembaca. Penulis mengharap saran dan usulan para pembaca untuk perbaikan dalam publikasi selanjutnya.

Bandung, Nopember 2012 Wassalam, Penulis.

iii

Darpublic Kanayakan D-30, Bandung, 40135

iv Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Daftar Isi Kata Pengantar

iii

Daftar Isi

v

Bab 1: Analisis Transien Rangkaian Orde-1 Rangkaian Orde-1: Contoh Rangkaian Orde-1. Tanggapan Alami, Tanggapan Paksa, Tanggapan Lengkap. Tanggapan Terhadap Sinyal Anak Tangga, Sinyal Sinus, Sinyal Eksponensial. Tanggapan Masukan Nol, Tanggapan Status Nol.

1

Bab 2: Analisis Transien Rangkaian Orde-2 Rangkaian Orde-2: Contoh Rangkaian Orde-2. Tiga Kemungkinan Bentuk Tanggapan. Tanggapan Terhadap Sinyal Anak Tangga, Sinyal Sinus, Sinyal Eksponensial.

31

Bab 3: Transformasi Laplace Transformasi Laplace. Tabel Transformasi Laplace. SifatSifat Transformasi Laplace. Transformasi Balik. Solusi Persamaan Rangkaian Menggunakan Transformasi Laplace.

55

Bab 4: Analisis Menggunakan Transformasi Laplace Hubungan Tegangan-Arus Elemen di Kawasan s. Konsep Impedansi di Kawasan s. Representasi Elemen di Kawasan s. Transformasi Rangkaian. Hukum Kirchhoff. KaidahKaidah Rangkaian. Teorema Rangkaian. Metoda-Metoda Analisis.

85

Bab 5: Fungsi Jaringan 107 Pengertian dan Macam Fungsi Jaringan. Peran Fungsi Alih. Hubungan Bertingkat dan Kaidah Rantai . Fungsi Alih dan Hubungan Masukan-Keluaran di Kawasan Waktu. Tinjauan Umum Mengenai Hubungan Masukan-Keluaran. Bab 6: Tanggapan Frekuensi Rangkaian Orde-1 123 Tanggapan Rangkaian Terhadap Sinyal Sinus Keadaan Mantap. Pernyataan Tanggapan Frekuensi. Bode Plot.

v

Bab 7: Tanggapan Frekuensi Rangkaian Orde-2 143 Rangkaian Orde-2 Dengan Pole Riil. Fungsi Alih Dengan Zero Riil Negatif . Tinjauan Umum Bode Plot dari Rangkaian Dengan Pole dan Zero Riil. Tinjauan Kualitatif Tanggapan Frekuensi di Bidang s. Rangkaian Orde-2 Yang Memiliki Pole Kompleks Konjugat. Bab 8: Pengenalan Pada Sistem 165 Sinyal. Sistem. Model Sistem. Diagram Blok. Pembentukan Diagram Blok. Reduksi Diagram Blok. Sub-Sistem Statis dan Dinamis. Diagram Blok Integrator. Bab 9: Sistem Dan Persamaan Ruang Status 187 Blok Integrator dan Blok Statis. Diagram Blok Integrator, Sinyal Sebagai Fungsi t. Membangun Persamaan Ruang Status. Membangun Diagram Blok dari Persamaan Ruang Status. Bab 10: Transformasi Fourier Deret Fourier. Transformasi Fourier. Transformasi Sifat-Sifat Transformasi Fourier. Ringkasan.

197 Balik.

Bab 11: Analisis Menggunakan Transformasi Fourier Transformasi Fourier dan Hukum Rangkaian. Konvolusi dan Fungsi Alih. Energi Sinyal.

223

Daftar Pustaka

237

Biodata Penulis

238

Indeks

239

vi Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Analisis Transien Rangkaian Orde-1

BAB 1


Yang dimaksud dengan analisis transien adalah analisis rangkaian yang sedang dalam keadaan peralihan atau keadaan transien. Gejala transien atau gejala peralihan merupakan salah satu peristiwa dalam rangkaian listrik yang perlu kita perhatikan. Peristiwa ini biasanya berlangsung hanya beberapa saat namun jika tidak ditangani secara baik dapat menyebabkan terjadinya hal-hal yang sangat merugikan berupa kerusakan peralatan. Dalam sistem penyaluran energi, pemutusan dan penyambungan rangkaian merupakan hal yang sering terjadi. Operasi-operasi tersebut dapat menyebabkan terjadinya lonjakan tegangan yang biasa disebut tegangan lebih. Tegangan lebih pada sistem juga terjadi manakala ada sambaran petir yang mengimbaskan tegangan pada saluran transmisi. Tegangan lebih seperti ini akan merambat sepanjang saluran transmisi berbentuk gelombang berjalan dan akan sampai ke beban-beban yang terhubung pada sistem tersebut. Piranti-piranti elektronik akan menderita karenanya. Di samping melalui saluran transmisi, sambaran petir juga mengimbaskan tegangan secara induktif maupun kapasitif pada peralatan-peralatan. Semua kejadian itu merupakan peristiwa-peristiwa peralihan. Kita mengetahui bahwa kapasitor dan induktor adalah piranti-piranti dinamis dan rangkaian yang mengandung piranti-piranti jenis ini kita sebut rangkaian dinamis. Piranti dinamis mempunyai kemampuan untuk menyimpan energi dan melepaskan energi yang telah disimpan sebelumnya. Hal demikian tidak terjadi pada resistor, yang hanya dapat menyerap energi. Oleh karena itu, pada waktu terjadi operasi penutupan ataupun pemutusan rangkaian, perilaku rangkaian yang mengandung kapasitor maupun induktor berbeda dengan rangkaian yang hanya mengandung resistor saja. 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-1 dan rangkaian yang demikian ini disebut rangkaian atau sistem orde-1. Jika persamaan rangkaian berbentuk persamaan

1

Analisis Transien Rangkaian Orde-1 diferensial orde-2 maka rangkaian ini disebut rangkaian atau sistem orde2. Perilaku kedua macam sistem tersebut akan kita pelajari berikut ini. Dengan mempelajari analisis transien orde-1, kita akan •

mampu menurunkan persamaan merupakan rangkaian orde-1.

•

memahami bahwa tanggapan rangkaian terdiri dari tanggapan paksa dan tanggapan alami.

•

rangkaian

yang

mampu melakukan analisis transien pada rangkaian orde1.

1.1. Contoh Rangkaian Orde-1 Rangkaian RC Seri. Salah satu S R contoh rangkaian orde-1 dalam A keadaan peralihan adalah iC + + rangkaian RC seri seperti pada vin i vs + v Gb.1.1. Pada awalnya saklar S − C − − pada rangkaian ini terbuka; B kemudian pada saat t = 0 ia ditutup sehingga terbentuk Gb.1.1. Rangkaian RC. rangkaian tertutup terdiri dari sumber vs dan hubungan seri resistor R dan kapasitor C. Jadi mulai pada t = 0 terjadilah perubahan status pada sistem tersebut dan gejala yang timbul selama terjadinya perubahan itulah yang kita sebut gejala perubahan atau gejala transien. Gejala transien ini merupakan tanggapan rangkaian seri RC ini setelah saklar ditutup, yaitu pada t > 0. Aplikasi HTK pada pada rangkaian untuk t > 0 memberikan

− v s + iR + v = −v s + RC

dv dv + v = vs + v = 0 atau RC dt dt

(1.1)

Persamaan (1.1) adalah persamaan rangkaian seri RC dengan menggunakan tegangan kapasitor sebagai peubah. Alternatif lain untuk memperoleh persamaan rangkaian ini adalah menggunakan arus i sebagai peubah. Tetapi dalam analisis transien, kita memilih peubah yang merupakan peubah status dalam menyatakan persamaan rangkaian. Untuk rangkaian RC ini peubah statusnya adalah tegangan kapasitor, v. Pemilihan peubah status dalam melakukan analisis transien berkaitan dengan ada tidaknya simpanan energi dalam rangkaian yang sedang 2 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Analisis Transien Rangkaian Orde-1 dianalisis, sesaat sebelum terjadinya perubahan. Hal ini akan kita lihat pada pembahasan selanjutnya. Persamaan (1.1) merupakan persamaan diferensial orde-1 tak homogen dengan koefisien konstan. Tegangan masukan vs merupakan sinyal sembarang, yang dapat berbentuk fungsi-fungsi yang pernah kita pelajari di Bab-1. Tugas kita dalam analisis rangkaian ini adalah mencari tegangan kapasitor, v, untuk t > 0. Rangkaian RL Seri. Contoh lain rangkaian orde-1 adalah rangkaian RL seri seperti pada Gb.1.2. Saklar S ditutup pada t = 0 sehingga terbentuk rangkaian tertutup RL seri. Aplikasi HTK pada rangkaian ini untuk t > 0 memberikan :

S + −

R vs

A i

iL

L B

Gb.1.2. Rangkaian RL seri.

di vs − Ri − v L = vs − Ri − L = 0 dt atau

L

di + Ri = v s dt

(1.2)

Persamaan (1.2) adalah persamaan rangkaian RL seri dengan arus i sebagai peubah. Sebagaimana kita ketahui, arus merupakan peubah status untuk induktor dan kita pilih ia sebagai peubah dalam analisis rangkaian RL. Rangkaian Orde-1 yang Lain. Persamaan rangkaian RC dan RL merupakan persamaan diferensial orde-1 dan oleh karena itu rangkaian itu disebut rangkaian orde-1 atau sistem orde-1. Sudah barang tentu sistem orde-1 bukan hanya rangkaian RC dan RL saja, akan tetapi setiap rangkaian yang persamaannya berupa persamaan diferensial orde-1 adalah rangkaian atau sistem orde-1.

3

Analisis Transien Rangkaian Orde-1 1.2. Tinjauan Umum Tanggapan Rangkaian Orde-1 Secara umum, persamaan rangkaian orde-1 berbentuk

a

dy + by = x(t ) dt

(1.3)

Peubah y adalah keluaran atau tanggapan dari rangkaian yang dapat berupa tegangan ataupun arus sedangkan nilai a dan b ditentukan oleh nilai-nilai elemen yang membentuk rangkaian. Fungsi x(t) adalah masukan pada rangkaian yang dapat berupa tegangan ataupun arus dan disebut fungsi pemaksa atau fungsi penggerak. Kita mengetahui bahwa persamaan diferensial seperti (1.3) mempunyai solusi total yang merupakan jumlah dari solusi khusus dan solusi homogen. Solusi khusus adalah fungsi yang dapat memenuhi persamaan (1.3) sedangkan solusi homogen adalah fungsi yang dapat memenuhi persamaan homogen

a

dy + by = 0 dt

(1.4)

Hal ini dapat difahami karena jika fungsi x1 memenuhi (1.3) dan fungsi x2 memenuhi (1.4), maka y = (x1+x2) akan memenuhi (1.3) sebab

a

dy d (x1 + x2 ) dx dx + by = a + b( x1 + x2 ) = a 1 + bx1 + a 2 + bx2 dt dt dt dt dx1 =a + bx1 + 0 dt

Jadi y = (x1+x2) adalah solusi dari (1.3), dan kita sebut solusi total. 1.2.1. Tanggapan Alami, Tanggapan Paksa, Tanggapan Lengkap Dalam rangkaian listrik, solusi total persamaan diferensial (1.3) merupakan tanggapan lengkap (complete response) rangkaian, yang tidak lain adalah keluaran (tanggapan) rangkaian dalam kurun waktu setelah terjadi perubahan, atau kita katakan untuk t > 0. Tanggapan lengkap ini terdiri dua komponen yaitu tanggapan alami dan tanggapan paksa, sesuai dengan adanya solusi homogen dan solusi khusus dari (1.3). Tanggapan alami adalah solusi homogen dari persamaan homogen (1.4); disebut demikian karena ia merupakan tanggapan yang tidak ditentukan oleh fungsi pemaksa x(t) karena x(t) = 0. Komponen ini ditentukan oleh ele4 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Analisis Transien Rangkaian Orde-1 men rangkaian dan keadaannya sesaat setelah terjadinya perubahan atau kita katakan ditentukan oleh keadaan pada t = 0+. Tanggapan paksa adalah solusi khusus dari persamaan rangkaian (1.3); disebut demikian karena tanggapan ini merupakan tanggapan rangkaian atas adanya fungsi pemaksa x(t). Tanggapan Alami. Banyak cara untuk mencari solusi persamaan (1.4). Salah satu cara adalah memisahkan peubah dan kemudian melakukan integrasi. Di sini kita tidak menggunakan cara itu, tetapi kita akan menggunakan cara pendugaan. Persamaan (1.4) menyatakan bahwa y ditambah dengan suatu koefisien konstan kali dy/dt, sama dengan nol untuk semua nilai t. Hal ini hanya mungkin terjadi jika y dan dy/dt berbentuk sama. Fungsi yang turunannya mempunyai bentuk sama dengan fungsi itu sendiri adalah fungsi eksponensial. Jadi kita dapat menduga bahwa solusi dari (1.4) mempunyai bentuk eksponensial y = K1est . Jika solusi dugaan ini kita masukkan ke (1.4), kita peroleh

aK1se st + bK1e st = 0

atau

yK1 (as + b ) = 0

(1.5)

Peubah y tidak mungkin bernilai nol untuk seluruh t dan K1 juga tidak boleh bernilai nol karena hal itu akan membuat y bernilai nol untuk seluruh t. Satu-satunya cara agar persamaan (1.5) terpenuhi adalah

as + b = 0

(1.6)

Persamaan (1.6) ini disebut persamaan karakteristik sistem orde-1. Persamaan ini hanya mempunyai satu akar yaitu s = −(b/a). Jadi tanggapan alami yang kita cari adalah

ya = K1e st = K1e −(b / a ) t

(1.7)

Nilai K1 masih harus kita tentukan melalui penerapan suatu persyaratan tertentu yang kita sebut kondisi awal yaitu kondisi pada t = 0+. Yang dimaksud dengan t = 0+ adalah sesaat setelah terjadinya perubahan keadaan; dalam kasus penutupan saklar S pada rangkaian Gb.1.1, t = 0+ adalah sesaat setelah saklar ditutup. Ada kemungkinan bahwa y telah mempunyai nilai tertentu pada t = 0+ sehingga nilai K1 haruslah sedemikian rupa sehingga nilai y pada t = 0+ tersebut dapat dipenuhi. Akan tetapi kondisi awal ini tidak dapat kita terapkan pada tanggapan alami karena tanggapan ini baru merupakan sebagian dari tanggapan rangkaian. Kondisi awal harus kita terapkan pada tanggapan lengkap dan bukan hanya untuk tanggapan alami saja. Oleh karena itu kita harus

5

Analisis Transien Rangkaian Orde-1 mencari tanggapan paksa lebih dulu agar tanggapan lengkap dapat kita peroleh untuk kemudian menerapkan kondisi awal tersebut. Tanggapan Paksa. Tanggapan paksa dari (1.3) tergantung dari bentuk fungsi pemaksa x(t). Seperti halnya dengan tanggapan alami, kita dapat melakukan pendugaan pada tanggapan paksa. Bentuk tanggapan paksa haruslah sedemikian rupa sehingga jika dimasukkan ke persamaan rangkaian (1.3) maka ruas kiri dan ruas kanan persamaan itu akan berisi bentuk fungsi yang sama. Jika tanggapan paksa kita sebut yp, maka yp dan turunannya harus mempunyai bentuk sama agar hal tersebut terpenuhi. Untuk berbagai bentuk fungsi pemaksa x(t), tanggapan paksa dugaan yp adalah sebagai berikut. Jika x(t ) = 0 , maka y p = 0 Jika x(t ) = A = konstan, maka y p = konstan = K Jika x(t ) = Aeαt = eksponensial, maka y p = eksponensial = Keαt (1.8) 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 Perhatikan : y = K c cos ωt + K s sin ωt adalah bentuk umum fungsi sinus maupun cosinus .

Tanggapan Lengkap. Jika tanggapan paksa kita sebut yp, maka tanggapan lengkap adalah

y = y p + y a = y p + K1e st

(1.9)

Pada solusi lengkap inilah kita dapat menerapkan kondisi awal yang akan memberikan nilai K1. Kondisi Awal. Peubah y adalah peubah status, bisa berupa tegangan kapasitor vC atau arus induktor iL. Kondisi awal adalah nilai y pada t = 0+. Sebagaimana telah kita pelajari di Bab-1, peubah status harus merupakan fungsi kontinyu. Jadi, sesaat sesudah dan sesaat sebelum terjadi perubahan pada t = 0, y harus bernilai sama. Dengan singkat dituliskan

Kondisi awal : vC (0+ ) = vC (0− ) ataupun iL (0+ ) = iL (0− ) (1.10) Jika kondisi awal ini kita sebut y(0+) dan kita masukkan pada dugaan solusi lengkap (1.9) akan kita peroleh nilai K1. 6 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


y (0+ ) = y p (0+ ) + K1 → K1 = y (0+ ) − y p (0+ )

(1.11)

Nilai y(0+) dan yp(0+) adalah tertentu (yaitu nilai pada t=0+). Jika kita sebut

y (0+ ) − y p (0+ ) = A0

(1.12)

maka tanggapan lengkap menjadi

y = y p + A0 e s t

(1.13)

1.3. Komponen Mantap dan Komponen Transien Tanggapan lengkap rangkaian seperti yang ditunjukkan oleh (1.13), terdiri dari dua komponen. Komponen yang pertama (ditunjukkan oleh suku pertama) kita sebut komponen mantap. Komponen yang kedua (ditunjukkan oleh suku kedua) kita sebut komponen transien atau komponen peralihan. Komponen transien ini berbentuk eksponensial dengan konstanta waktu yang besarnya ditentukan oleh parameter rangkaian, yaitu τ = a/b. Dengan pengertian konstanta waktu ini tanggapan rangkaian dapat kita tulis

y = y p + A0 e −t / τ

(1.14)

Sebagaimana kita ketahui, fungsi eksponensial dapat kita anggap hanya berlangsung selama 5 kali konstanta waktunya karena pada saat itu nilainya sudah tinggal kurang dari 1% dari amplitudo awalnya. Jadi komponen transien boleh kita anggap hanya berlangsung selama 5τ, sedangkan komponen mantap tetap berlangsung walau komponen transien telah hilang (oleh karena itulah disebut komponen mantap). Komponen transien tidak lain adalah tanggapan alami, yang merupakan reaksi alamiah dari rangkaian terhadap adanya perubahan. Berikut ini kita akan melihat beberapa contoh analisis transien sistem orde-1.

7

Analisis Transien Rangkaian Orde-1 1.4. Tanggapan Rangkaian Tanpa Fungsi Pemaksa, x(t) = 0 Persamaan rangkaian tanpa fungsi pemaksa ini berasal dari rangkaian tanpa masukan. Perubahan tegangan dan arus dalam rangkaian bisa terjadi karena ada pelepasan energi yang semula tersimpan dalam rangkaian dan tanggapan rangkaian yang akan kita peroleh hanyalah tanggapan alami saja. Walaupun demikian, dalam melakukan analisis kita akan menganggap bahwa fungsi pemaksa tetap ada, akan tetapi bernilai nol. Hal ini kita lakukan karena kondisi awal harus diterapkan pada tanggapan lengkap, sedangkan tanggapan lengkap harus terdiri dari tanggapan alami dan tanggapan paksa (walaupun mungkin bernilai nol). Kondisi awal tidak dapat diterapkan hanya pada tanggapan alami saja atau tanggapan paksa saja. CONTOH-1.1: Saklar S pada rangkaian di samping ini telah lama berada pada 12V + − posisi 1. Pada t = 0, saklar S dipindahkan ke posisi 2. Carilah tegangan kapasitor, v, untuk t > 0.

1 + v −

S

2 10kΩ 0.1µF

Solusi : Karena S telah lama pada posisi 1, maka kapasitor telah terisi penuh, arus + iR 10kΩ kapasitor tidak lagi mengalir, dan v 0.1µF tegangan kapasitor sama dengan − − tegangan sumber, yaitu 12 V; jadi v(0 ) = 12 V. Setelah saklar dipindahkan ke posisi 2, kita mempunyai rangkaian tanpa sumber (masukan) seperti di samping ini, yang akan memberikan persamaan rangkaian tanpa fungsi pemaksa. Aplikasi HTK pada rangkaian ini memberikan : − v + i R R = 0 . Karena iR = −iC = −C

dv maka kita dapat menuliskan persamaan dt

rangkaian sebagai :

8 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


− v − RC

dv = 0 atau dt

dv 1 + v=0 dt RC

Dengan nilai elemen seperti diperlihatkan pada gambar, maka persamaan rangkaian menjadi :

dv + 1000v = 0 dt Inilah persamaan rangkaian untuk t > 0. Pada rangkaian ini tidak ada fungsi pemaksa. Ini bisa dilihat dari gambar rangkaian ataupun dari persamaan rangkaian yang ruas kanannya bernilai nol.

Persamaan karakteristik : s + 1000 = 0 → s = −1000 Dugaan tanggapan alami : va = A0e −1000t Dugaan tanggpan paksa : v p = 0 ( tidak ada fungsi pemaksa) Dugaan tanggapan lengkap : v = v p + A0 e st = 0 + A0 e −1000t Kondisi awal : v(0 + ) = v(0 − ) = 12 V. Penerapan kondisi awal pada dugaan tanggapan lengkap memberikan : 12 = 0 + A0 → A0 = 12 Tanggapan lengkap menjadi : v = 12 e −1000 t V Pemahaman : Rangkaian tidak mengandung fungsi pemaksa. Jadi sesungguhnya yang ada hanyalah tanggapan alami. Tanggapan paksa dinyatakan sebagai vp = 0. Kondisi awal harus diterapkan pada tanggapan lengkap v = v p + va = 0 + va walaupun kita tahu bahwa hanya ada tanggapan alami dalam rangkaian ini. CONTOH-1.2: Saklar S pada rangkaian berikut ini telah lama tertutup. Pada t = 0 saklar dibuka. Carilah arus dan tegangan induktor untuk t > 0.

9

Analisis Transien Rangkaian Orde-1 A 50 V

+ −

S

1 kΩ 3 kΩ

i 0.6 H

Solusi : Saklar S telah lama tertutup, berarti keadaan mantap telah tercapai. Pada keadaan mantap ini tegangan induktor harus nol, karena sumber berupa sumber tegangan konstan. Jadi resistor 3 kΩ terhubung singkat melalui induktor. Arus pada induktor dalam keadaan mantap ini (sebelum saklar dibuka) sama dengan arus yang melalui resistor 1 50 kΩ yaitu i (0− ) = = 50 mA . Setelah saklar dibuka, rangkaian 1000 tinggal induktor yang terhubung seri dengan resistor 3 kΩ. Untuk vA simpul A berlaku + i = 0 . Karena vA = vL = L di/dt, maka per3000 1  di  samaan ini menjadi  0,6  + i = 0 atau 3000  dt 

0,6

di + 3000 i = 0 dt

Persamaan karakteristik : 0,6 s + 3000 = 0 → s = −5000 Dugaan tanggapan alami : i a = A0 e −5000 t Dugaan tanggapan paksa : i p = 0 (tak ada fungsi pemaksa) Dugaan tanggapan lengkap : i = i p + A0 e −5000 t = 0 + A0 e −5000 t Kondisi awal : i (0 + ) = i (0 − ) = 50 mA . Penerapan kondisi awal pada dugaan tanggapan lengkap memberikan : 50 = A0 Tanggapan lengkap menjadi : i = 50 e −5000 t mA


Analisis Transien Rangkaian Orde-1 CONTOH-1.3: Tentukanlah tegangan kapasitor, v , dan arus untuk t > 0 pada rangkaian di A samping ini jika diketahui bahwa + i kondisi awalnya adalah v(0 ) = 10Ω 10 V. 4i + − 1/6 F Solusi :

kapasitor i

+ v 5Ω −

Dalam soal ini tidak tergambar jelas mengenai terjadinya perubahan keadaan (penutupan saklar misalnya). Akan tetapi disebutkan bahwa kondisi awal v(0+) = 10 V. Jadi kita memahami bahwa rangkaian ini adalah rangkaian untuk keadaan pada t > 0 dengan kondisi awal sebagaimana disebutkan. Persamaan tegangan untuk simpul A adalah

4i  1 1 vA +  + i − = 0 atau 3v + 6i = 0 . 10 5 10   Karena i = C dv/dt = (1/6) dv/dt maka persamaan tersebut menjadi

dv + 3v = 0 dt Persamaan karakteristik : s + 3 = 0 → s = −3 Dugaan tanggapan alami : v a = A0 e −3 t Dugaan tanggapan paksa : v p = 0 Dugaan tanggapan lengkap : v = v p + A0 e −3t Kondisi awal : v(0 + ) = 10 V Penerapan kondisi awal memberikan : 10 = 0 + A0 Tanggapan lengkap (tegangan kapasitor) menjadi : v = 10 e −3t V Arus kapasitor : i = C

dv 1 = ×10 × (−3)e −3t = −5 e −3t A dt 6

11

Analisis Transien Rangkaian Orde-1 CONTOH-1.4: Tentukanlah arus induktor i(t) untuk t > 0 pada rangkaian di samping B A + − ini jika diketahui bahwa i(0+) = 2 A. i 0,5 iR Solusi :

3Ω

0,5 H

iR

2Ω

Sumber tegangan takbebas berada di antara dua simpul yang bukan simpul referensi A dan B, dan kita jadikan simpul super. Dengan mengambil i sebagai peubah sinyal, kita peroleh:

Simpul Super AB : 1 1 i + vB  +  = 0 3 2 v A − v B = 0,5 iR = 0,5

→ 6 i + 5vB = 0 vB 4 → vB = v A 2 5

→ 3 i + 2v A = 0 Karena vA = L di/dt = 0,5 di/dt maka persamaan di atas menjadi

di + 3i = 0 dt

Persamaan karakteristik : s + 3 = 0 → s = −3 Dugaan tanggapan alami : ia = A0e −3 t Dugaan tanggapan paksa : i p = 0 Dugaan tanggapan lengkap : i = v p + A0e −3 t = 0 + A0e −3 t Kondisi awal i(0+ ) = 2 A Penerapan kondisi awal memberikan : 2 = 0 + A0 Tanggapan lengkap menjadi : i = 2 e −3 t A 1.5. Tanggapan Terhadap Sinyal Anak Tangga Fungsi anak tangga, Au(t), adalah fungsi yang bernilai 0 untuk t < 0 dan bernilai konstan A untuk t > 0. Masukan yang berupa tegangan dengan bentuk gelombang sinyal anak tangga dapat digambarkan dengan sebuah 12 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Analisis Transien Rangkaian Orde-1 sumber tegangan konstan A V seri dengan saklar S yang ditutup pada t =0 yang akan memberikan tegangan masukan vs=Au(t). Rangkaian sumber ini dapat juga kita nyatakan dengan sebuah sumber tegangan bebas vs=Au(t). Kedua cara ini sering digunakan dalam menyatakan persoalanpersoalan rangkaian.

+ AV −

S

+ vs

+ −

−

+ vs

Au(t)V

−

Jika kita hanya meninjau keadaan untuk t > 0 saja, maka masukan sinyal anak tangga vs = Au(t) dapat kita tuliskan sebagai vs = A (konstan) tanpa menuliskan faktor u(t) lagi. CONTOH-1.5: Saklar S pada rangkaian di samping ini telah lama pada posisi 1. Pada t = 0, S dipindahkan ke posisi 2. Tentukan v (tegangan kapasitor) untuk t > 0.

S + −

2 1 12V

i 10kΩ 0,1µF

+ v −

Solusi : Saklar S telah lama pada posisi 1 dan hal ini berarti bahwa tegangan kapasitor sebelum saklar dipindahkan ke posisi 2 adalah v(0−) = 0. Setelah saklar pada posisi 2, aplikasi HTK memberikan persamaan rangkaian

− 12 + 104 i + v = 0 . Karena i = iC = C dv/dt, maka persamaan tersebut menjadi dv − 12 + 104 × 0,1 × 10− 6 + v = 0 atau dt

10−3

dv + v = 12 dt

Persamaan karakteristik : 10−3 s + 1 = 0 → s = −1 / 10−3 = −1000 Dugaan tanggapan alami : va = A0e −1000 t Fungsi pemaksa bernilai konstan (=12). Kita dapat menduga bahwa tanggapan paksa akan bernilai konstan juga karena turunannya akan

13

Analisis Transien Rangkaian Orde-1 nol sehingga kedua ruas persamaan rangkaian tersebut di atas dapat berisi suatu nilai konstan. Dugaan tanggapan paksa : v p = K Masukkan v p dugaan ini ke persamaan rangkaian : 0 + K = 12 ⇒ v p = 12 Dugaan tanggapan lengkap : v = 12 + A0 e −1000 t V Kondisi awal : v(0 + ) = v(0−) = 0 . Penerapan kondisi awal memberikan : 0 = 12 + A0 → A0 = −12 Tanggapan lengkap menjadi : v = 12 − 12 e −1000t V

Pemahaman : a). Persamaan tegangan kapasitor ini menunjukkan perubahan tegangan pada waktu ia diisi, sebagaimana terlihat pada gambar di samping ini.

12 v [V]

12−12e−1000t t

0

0 0.002 0.004 b). Pemasukan suatu tegangan konstan ke suatu rangkaian dengan menutup saklar pada t = 0 sama dengan memberikan bentuk gelombang tegangan anak tangga pada rangkaian. Pernyataan persoalan diatas dapat dinyatakan dengan sumber sinyal anak tangga dengan tambahan keterangan bahwa vC(0−) = 0.

CONTOH-1.6: Tentukanlah tegangan kapasitor v untuk t > 0 pada rangkaian di samping ini jika v(0−) = 4 V.

i + −

12u(t) V

10kΩ 0,1µF

+ v −

Solusi : Aplikasi HTK pada rangkaian ini memberikan dv − 12u (t ) + 104 i + v = 0 ⇒ 10−3 + v = 12u (t ) dt Jika kita hanya meninjau keadaan untuk t > 0 saja, maka fungsi anak tangga dapat kita tuliskan sebagai suatu nilai konstan tanpa menuliskan u(t) lagi. Jadi persamaan rangkaian di atas menjadi 14 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


10−3

dv + v = 12 dt

Persamaan karakteristik : 10−3 s + 1 = 0 → s = −103 Dugaan tanggapan alami : va = A0e −1000 t Dugaan tanggapan paksa : v p = K (fungsi pemaksa konstan) → 0 + K = 12 → v p = 12 Dugaan tanggapan lengkap : v = v p + A0e −1000t = 12 + A0e −1000t Kondisi awal : v(0 + ) = v(0− ) = 4 V. Penerapan kondisi awal memberikan : 4 = 12 + A0 → A0 = −8 Tanggapan lengkap menjadi : v = 12 − 8 e −1000t V CONTOH-1.7: Semula, rangkaian berikut ini tidak mempunyai simpanan energi awal dan saklar S terbuka (tidak pada posisi 1 maupun 2). Kemudian saklar S ditutup pada posisi 1 selama beberapa milidetik sampai arus yang mengalir pada resistor 15 Ω mencapai 2,6 A. Segera setelah nilai arus ini dicapai, saklar dipindah ke posisi 2. Carilah tegangan kapasitor mulai saat saklar pada posisi 2. S 15Ω A 1 iC 2 + + 50 V + 10 Ω v 100 V − − − 1/30 F

Solusi : Persoalan menutup saklar ke posisi 1 adalah persoalan pengisian kapasitor. Kita tidak membahasnya lagi, dan selain itu berapa lama saklar ada di posisi 1 juga tidak dipermasalahkan. Informasi bahwa saklar ditutup pada posisi 1 sampai arus mencapai 2,6 A menunjukkan bahwa sesaat sebelum saklar dipindahkan ke posisi 2, 15

Analisis Transien Rangkaian Orde-1 tegangan di simpul A (yang berarti pula tegangan pada kapasitor v), telah mencapai nilai tertentu yaitu

v (0 − ) = 50 − 15 × 2,6 = 11 V . Setelah saklar ada di posisi 2, yaitu pada t > 0, persamaan tegangan untuk simpul A adalah: 100 1 20 1 1  v A  +  + iC − = 0 atau v + iC = 15 10 15 6 3   Karena iC = C dv/dt , maka persamaan di atas menjadi

1 1 dv 20 v+ = 6 30 dt 3

atau

dv + 5v = 200 dt Persamaan karakteristik : s + 5 = 0 → s = −5 Dugaan tanggapan alami : va = A0e −5 t Dugaan tanggapan paksa : v p = K → 0 + 5K = 200 → v p = 40 Dugaan tanggapan lengkap : v = v p + A0e −5t = 40 + A0e −5t Kondisi awal v(0+ ) = v(0 − ) = 11 V Penerapan kondisi awal memberikan : 11 = 40 + A0 → A0 = −29 Tanggapan lengkap menjadi : v = 40 − 29 e −5t V. CONTOH-1.8: Semula, rangkaian berikut ini tidak mempunyai simpanan energi awal. Pada t = 0 saklar S ditutup di posisi 1 selama satu detik kemudian dipindah ke posisi 2. Carilah tegangan kapasitor untuk t > 0. S 150Ω A 2 iC 1 100Ω + + 50 V v − 1/30 F −


Analisis Transien Rangkaian Orde-1 Solusi : Pada waktu saklar di posisi 1, persamaan tegangan simpul A adalah

1  50  1 vA + =0  + iC − 150  150 100   5  1 dv 100 → v − =0 +  300  30 dt 300 atau

v+2

dv = 20 dt

Persamaan karakteristik : 1 + 2s = 0 → s = −0,5 Dugaan tanggapan alami : v a = A0 e −0,5 t Dugaan tanggapan paksa : v p = K → K + 0 = 20 Dugaan tanggapan lengkap : v1 = v p + A0 e −0,5 t = 20 + A0 e −0,5 t Kondisi awal : v1 (0 + ) = 0 Penerapan kondisi awal → 0 = 20 + A0 → A0 = −20 Tanggapan lengkap menjadi : v1 = 20 − 20 e −0.5 t V untuk 0 < t ≤ 1

[

]

atau dapat dituliskan sebagai : v1 = 20 − 20 e −0.5 t [u (t ) − u (t − 1)] V

Tanggapan ini berlangsung selama 1 detik, yaitu sampai saat saklar S dipindahkan ke posisi 2. Pada saat t = 1, tegangan kapasitor adalah

v1 = 20 − 20 e −0,5 = 20 − 12,1 = 7,9 V Untuk t > 1, persamaan tegangan simpul A adalah

1   1  5  1 dv vA + = 0 atau  + iC = 0 → v + 150 100    300  30 dt v+2

dv =0 dt

17


Persamaan karakteristik : 1 + 2s = 0 → s = −0,5 Dugaan tanggapan alami : v a = A01e −0,5 t , untuk t ≥ 1 va = 0

, untuk t < 1

atau dapat dituliskan sebagai : v a = A01e −0,5 (t −1) u (t − 1 Tanggapan paksa : v p1 = 0

[

]

Tanggapan lengkap : v 2 = v p1 + A01e −0,5 (t −1) u (t − 1)

[

]

= 0 + A01e −0,5 (t −1) u (t − 1) Kondisi awal : v 2 (1+ ) = v1 (1− ) = 7,9 V

Penerapan kondisi awal (t = 1+ ) : 7,9 = 0 + A01 → A01 = 7,9 Tanggapan lengkap menjadi : v 2 = 7,9 e −0,5 (t −1) u (t − 1) Pernyataan tanggapan lengkap untuk seluruh selang waktu adalah

(

)

v = v1 + v2 = 20 − 20e −0,5 t (u (t ) − u (t − 1) ) + 7,9 e −0,5 (t −1)u (t − 1) Pemahaman : Gambar dari perubahan tegangan kapasitor adalah seperti di bawah ini. v

10

(20−20e−0,5t){u(t)−u(t−1)}

8

7,9e−0,5(t−1) u(t−1)

6 4 2 0

t 0

0.5

1

1.5

2


2.5

Analisis Transien Rangkaian Orde-1 1.5.1. Prinsip Superposisi Prinsip superposisi berlaku juga pada analisis transien. Jika rangkaian mengandung beberapa fungsi pemaksa, maka tanggapan total rangkaian adalah jumlah dari tanggapan lengkap dari masing-masing fungsi pemaksa yang ditinjau secara terpisah. CONTOH-1.9: Masukan pada rangkaian contoh 1.8. dapat dinyatakan sebagai sebuah sinyal impuls yang muncul pada t = 0 dengan amplitudo 50 V dan durasinya 1 detik. Carilah v untuk t > 0. Solusi : Sinyal impuls ini dapat dinyatakan dengan fungsi anak tangga sebagai

vs = 50u (t ) − 50u (t − 1) V Kita dapat memandang masukan ini sebagai terdiri dari dua sumber yaitu

v s1 = 50u (t ) V dan v s 2 = −50u(t − 1) V Rangkaian ekivalennya dapat digambarkan seperti di bawah ini. 150Ω − +

50u(t−1) V

+ −

50u(t) V

A iC

100Ω + v

−

1/30 F

Untuk vs1 persamaan rangkaian adalah

dv 1  50  1 = 20u (t ) vA + =0 ⇒ v+2  + iC − dt 150  150 100  Tanggapan lengkap dari persamaan ini telah diperoleh pada contoh 1.8. yaitu

(

)

vo1 = 20 − 20 e −0,5 t u (t ) V Untuk vs2 dengan peninjauan hanya pada t > 1, persamaan rangkaian adalah

19


1  50  1 vA + = 0 atau  + iC + 150  150 100  v+2

dv = −20u (t − 1) dt

Persamaan karakteristik : 2 s + 1 = 0 → s = −0,5 Dugaan tanggapan alami : va = A01e − 0,5 (t −1)u (t − 1) Dugaan tanggapan paksa : v p 2 = K 2 → K 2 + 0 = −20 Dugaan tanggapan lengkap : vo2 = −20 + A01e − 0,5 (t −1)u (t − 1) Kondisi awal : v(1+ ) = 0 → 0 = −20 + A01 → A01 = 20 Tanggapan lengkap menjadi :

(

)

vo2 = − 20 + 20 e − 0,5 (t −1) u (t − 1) V Tanggapan total : v = vo1 + vo2

(

)

(

)

= 20 − 20 e − 0,5 t u (t ) + − 20 + 20 e − 0,5 (t −1) u (t − 1) V

Hasil ini sama dengan yang telah diperoleh pada contoh-1.8. 1.6. Tanggapan Rangkaian Orde-1 Terhadap Sinyal Sinus Berikut ini kita akan melihat tanggapan rangkaian terhadap sinyal sinus. Karena tanggapan alami tidak tergantung dari bentuk fungsi pemaksa, maka pencarian tanggapan alami dari rangkaian ini sama seperti apa yang kita lihat pada contoh-contoh sebelumnya,. Jadi dalam hal ini perhatian kita lebih kita tujukan pada pencarian tanggapan paksa. Bentuk umum dari fungsi sinus yang muncul pada t = 0 adalah y = A cos(ωt + θ)u (t )

(1.15.a)

Jika kita hanya meninjau keadaan untuk t > 0 saja, maka u(t) pada (1.15.a) tidak perlu dituliskan lagi, sehingga pernyataan fungsi sinus menjadi y = A cos(ωt + θ)

Fungsi sinus umum ini dapat kita tuliskan sebagai berikut. 20 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

(1.15.b)


y = A cos(ωt + θ) = A{cos ωt cos θ − sin ωt sin θ} y = Ac cos ωt + As sin ωt dengan Ac = A cos θ dan

As = − A sin θ

(1.16)

Dengan pernyataan umum seperti (1.16), kita terhindar dari perhitungan sudut fasa θ, karena sudut fasa ini tercakup dalam koefisien Ac dan As. Dalam analisis rangkaian yang melibatkan sinyal sinus, kita akan menggunakan bentuk umum sinyal sinus seperti (1.16). Koefisien Ac dan As tidak selalu ada. Jika sudut fasa θ = 0 maka As = 0 dan jika θ = 90o maka Ac = 0. Jika kita memerlukan nilai sudut fasa dari fungsi sinus yang dinyatakan dengan persamaan umum (1.16), kita menggunakan hubungan A tan θ = s (1.17) Ac Turunan fungsi sinus akan berbentuk sinus juga.

y = Ac cos ωt + As sin ωt ; d2y dt 2

dy = − Ac ω sin ωt + As ω cos ωt dt

(1.18)

= − Ac ω2 cos ωt − As ω2 sin ωt

Oleh karena itu, penjumlahan y dan turunannya akan berbentuk fungsi sinus juga dan hal inilah yang membawa kita pada persamaan (1.8). CONTOH-1.10: Carilah tegangan dan arus kapasitor untuk t > 0 pada rangkaian di bawah ini, jika diketahui bahwa vs=50cos10t u(t) V dan v(0+) = 0.

A + −

15Ω vs

iC

1/30 F

+ v −

10Ω

Solusi : Persamaan tegangan simpul untuk simpul A adalah v v 1 1 1 v +  + iC − s = 0 → v + iC = s 15 6 15  15 10  Karena iC = C dv/dt , persamaan di atas dapat kita tulis 21


dv 1 1 dv vs + 5v = 100 cos10t v+ = atau dt 6 30 dt 15 Faktor u(t) tak dituliskan lagi karena kita hanya melihat keadaan pada t > 0.

Persamaan karakteristik : s + 5 = 0 → s = −5 Dugaan tanggapan alami : va = A0e −5 t Fungsi pemaksa berbentuk sinus. Tanggapan paksa kita duga akan berbentuk Accosωt+Assinωt.

Dugaan tanggapan paksa : v p = Ac cos10t + As sin 10t Substitusi tanggapan dugaan ini ke persamaan rangkaian memberikan : − 10 Ac sin 10t + 10 As cos10t + 5 Ac cos10t + 5 As sin 10t = 100 cos10t → −10 Ac + 5 As = 0 dan 10 As + 5 Ac = 100 → As = 2 Ac → 20 Ac + 5 Ac = 100 ⇒ Ac = 4 dan As = 8 Tanggapan paksa : v p = 4 cos10t + 8 sin 10t Dugaan tanggapan lengkap : v = 4 cos10t + 8 sin 10t + A0e −5 t

Kondisi awal v(0+ ) = 0 Penerapan kondisi awal : 0 = 4 + A0 → A0 = −4 Jadi tegangan kapasitor : v = 4 cos10t + 8 sin 10t − 4e −5t V dv 1 Arus kapasitor : iC = C = − 40 sin 10t + 80 cos10t + 20 e −5 t dt 30

(

)

= −1,33 sin 10t + 2,66 cos10t + 0,66 e −5 t A CONTOH-1.11: Carilah tegangan dan arus kapasitor pada contoh-1.10. jika kondisi awalnya adalah v(0+) = 10 V. Solusi : Tanggapan lengkap telah diperoleh pada contoh-1.10.



Tanggapan lengkap : v = 4 cos10t + 8 sin 10t + A0e −5t Kondisi awal v(0+ ) = 10 → 10 = 4 + A0 → A0 = 6 Jadi : v = 4 cos10t + 8 sin 10t + 6 e −5 t V Arus kapasitor : iC = C

(

dv 1 = − 40 sin 10t + 80 cos10t − 30 e −5 t dt 30

)

= −1,33 sin 10t + 2,33 cos10t − e −5 t A CONTOH-1.12: Carilah tegangan kapasitor pada contoh 1.10. jika vs = 50cos(10t + θ)u(t) V dan kondisi awalnya adalah v(0+) = 10 V. Solusi : Persamaan rangkaian :

dv + 5v = 100 cos(10t + θ) dt = 100 cos θ cos10t − 100 sin θ sin 10t

Tanggapan alami : va = A0e − 5 t (sama seperti contoh 4.10.) Dugaan tanggapan paksa : v p = Ac cos10t + As sin 10t Substitusi tanggapan paksa dugaan ini ke persamaan rangkaian memberikan : − 10 Ac sin 10t + 10 As cos 10t + 5 Ac cos10t + 5 As sin 10t = 100 cos θ cos10t − 100 sin θ sin 10t → −10 Ac + 5 As = −100 sin θ dan 10 As + 5 Ac = 100 cos θ → As = −20 sin θ + 2 Ac dan − 200 sin θ + 20 Ac + 5 Ac = 100 cos θ ⇒ Ac = 4cosθ + 8 sin θ dan

As = −4 sin θ + 8cosθ

Tanggapan lengkap : v = 4 cos(10t + θ) + 8 sin(10t + θ) + A0e − 5 t Kondisi awal v(0 + ) = 10 → 10 = 4 cos θ + 8 sin θ + A0 → A0 = 10 − ( 4 cos θ + 8 sin θ) Jadi : v = 4 cos(10t + θ) + 8 sin(10t + θ) + (10 − 4 cos θ − 8 sin θ)e − 5 t

23


1.7. Tanggapan Masukan Nol dan Tanggapan Status Nol Jika suatu rangkaian tidak mempunyai masukan, dan yang ada hanyalah simpanan energi dalam rangkaian, maka tanggapan rangkaian dalam peristiwa ini kita sebut tanggapan masukan nol. Bentuk tanggapan ini secara umum adalah

ym 0 = y ( 0 + ) e − (b / a ) t

(1.19)

Sebagaimana kita ketahui y(0+) adalah kondisi awal, yang menyatakan adanya simpanan energi pada rangkaian pada t = 0−. Jadi tanggapan masukan nol merupakan pelepasan energi yang semula tersimpan dalam rangkaian. Jika rangkaian tidak mempunyai simpanan energi awal, atau kita katakan ber-status-nol, maka tanggapan rangkaian dalam peristiwa ini kita sebut tanggapan status nol. Bentuk tanggapan ini ditunjukkan oleh (1.13) yang kita tuliskan lagi sebagai

y s 0 = y f − y f ( 0 + ) e − (b / a ) t

(1.20)

dengan yf adalah tanggapan keadaan mantap atau keadaan final, yang telah kita sebut pula sebagai tanggapan paksa. Suku kedua adalah negatif dari nilai tanggapan mantap pada t = 0 yang menurun secara eksponensial. Ini merupakan reaksi alamiah rangkaian yang mencoba mempertahankan status-nol-nya pada saat muncul fungsi pemaksa pada t = 0. Jadi suku kedua ini tidak lain adalah tanggapan alamiah dalam status nol. Tanggapan lengkap rangkaian seperti ditunjukkan oleh (1.12) dapat kita tuliskan kembali sebagai

y = y s 0 + y m 0 = y f (t ) − y f (0 + ) e − ( b / a ) t + y (0 + ) e − ( b / a ) t Pengertian mengenai tanggapan status nol dan tanggapan masukan nol tersebut di atas, mengingatkan kita pada prinsip superposisi. Rangkaian dapat kita pandang sebagai mengandung dua macam masukan; masukan yang pertama adalah sumber yang membangkitkan fungsi pemaksa x(t), dan masukan yang kedua adalah simpanan energi awal yang ada pada rangkaian. Dua macam masukan itu masing-masing dapat kita tinjau secara terpisah. Jika hanya ada fungsi pemaksa, kita akan mendapatkan 24 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Analisis Transien Rangkaian Orde-1 tanggapan status nol ys0 , dan jika hanya ada simpanan energi awal saja maka kita akan mendapatkan tanggapan masukan nol ym0. Tanggapan lengkap adalah jumlah dari tanggapan status nol dan tanggapan masukan nol, y = ys0 + ym0 . Sebagai contoh kita akan melihat lagi persoalan pada contoh 1.11. yang akan kita selesaikan dengan menggunakan pengertian tanggapan status nol dan tanggapan masukan nol. CONTOH-1.13: Carilah tegangan dan arus kapasitor untuk t > 0 pada rangkaian di samping ini, jika diketahui bahwa iC + 15Ω v(0+) = 10 V dan + vs v 10Ω vs=50cos10t u(t) V − 1/30 F − Solusi : Persamaan rangkaian ini telah kita dapatkan untuk peninjauan pada t > 0, yaitu

dv + 5v = 100 cos10t dt Persamaan karakteristik : s + 5 = 0 → s = −5 Tanggapan masukan nol : vm0 = K m0e −5t Kondisi awal : vm0 (0+ ) = v(0+ ) = 10 ⇒ K m0 = 10 ⇒ vm0 = 10e −5 t Dugaan tanggapan mantap : v f = Ac cos10t + As sin 10t → − 10 Ac sin 10t + 10 As cos10t + 5 Ac cos10t + 5 As sin 10t = 100 cos10t → − 10 Ac + 5 As = 0 → As = 2 Ac 10 As + 5 Ac = 100 → 20 Ac + 5 Ac = 100 ⇒ Ac = 4 ⇒ As = 8 Tanggapan mantap : v f = 4 cos10t + 8 sin 10t → v f (0+ ) = 4 Tanggapan status nol : vs 0 = v f − v f (0+ )e st = 4 cos10t + 8 sin 10t − 4e −5t Tanggapan lengkap : v = vs 0 + vm0 = 4 cos10t + 8 sin 10t + 6e −5 t

25


1.8. Ringkasan Mengenai Tanggapan Rangkaian Orde-1 Tanggapan rangkaian terdiri dari tanggapan paksa dan tanggapan alami. Tanggapan alami merupakan komponen transien dengan konstanta waktu yang ditentukan oleh nilai-nilai elemen rangkaian. Tanggapan paksa merupakan tanggapan rangkaian terhadap fungsi pemaksa dari luar dan merupakan komponen mantap atau kondisi final. y = y p (t ) + A0 e− t / τ

Tanggapan Paksa : ditentukan oleh fungsi pemaksa. merupakan komponen mantap; tetap ada untuk t →∞. Tanggapan Alami : tidak ditentukan oleh fungsi pemaksa. merupakan komponen transien; hilang pada t →∞. konstanta waktu τ = a/b Tanggapan rangkaian juga dapat dipandang sebgai terdiri dari tanggapan status nol dan tanggapan masukan nol. Tanggapan status nol adalah tanggapan rangkaian tanpa simpanan energi awal. Tanggapan masukan nol adalah tanggapan rangkaian tanpa masukan atau dengan kata lain tanggapan rangkaian tanpa pengaruh fungsi pemaksa. y = y p (t ) − y p ( 0 + ) e − t / τ + y ( 0 + ) e − t / τ

Tanggapan Status Nol : tanggapan rangkaian jika tidak ada simpanan energi awal. Tanggapan Masukan Nol : tanggapan rangkaian jika tidak ada masukan. upaya rangkaian untuk melepaskan simpanan energinya.


Analisis Transien Rangkaian Orde-1 Soal-Soal 1. Carilah bentuk gelombang tegangan / arus yang memenuhi persamaan diferensial berikut. dv + 10v = 0 , v(0 + ) = 10 V dt dv b). + 15v = 0 , v(0 + ) = 5 V dt

a).

di + 8i = 0 , i (0 + ) = 2 A dt di d). + 10 4 i = 0 , i (0 + ) = −5 mA dt c).

dv + 10v = 10u (t ) , v(0 + ) = 0 dt dv f). + 10v = 10u (t ) , v(0 + ) = 5 V dt e).

di + 10 4 i = 100u (t ) , i(0 + ) = 0 dt di h). + 10 4 i = 100u (t ) , i(0 + ) = −20 mA dt

g).

dv + 5v = 10 cos(5t )u (t ) , v(0 + ) = 0 dt dv j). + 10v = 10 cos(5t )u (t ) , v(0 + ) = 5 V dt di k). + 10 4 i = 100 [sin 100t ] u (t ) , i(0 + ) = 0 dt di l). + 10 4 i = 100 [sin 100t ] u (t ) , i (0 + ) = 0,5 A dt

i).

27

Analisis Transien Rangkaian Orde-1 2. Saklar S pada rangkaian di bawah ini, telah lama berada pada posisi A. Pada t = 0, ia dipindahkan ke posisi B. Carilah vC untuk t > 0. S A + 1kΩ + 1kΩ B vC 10µF − 20 V − 3. Saklar S pada rangkaian di bawah ini, telah lama tertutup. Pada t = 0, ia dibuka. Carilah iL untuk t > 0. S 2kΩ 1H 2kΩ

+ 1kΩ − 20 V

iL

4. Saklar S pada rangkaian di bawah ini, telah lama tertutup. Pada t = 0, ia dibuka. Carilah vC untuk t > 0. S + 1kΩ − 18 V

2kΩ 2kΩ 1µF

+ vC −

5. Saklar S pada rangkaian di bawah ini, telah lama terbuka. Pada t = 0, ia ditutup. Carilah vC untuk t > 0. S 0,5kΩ + 2kΩ 20 V −

0,6kΩ 0,1µF

+ vC −


Analisis Transien Rangkaian Orde-1 6. Saklar S pada rangkaian di bawah ini, telah lama terbuka. Pada t = 0, ia ditutup. Carilah vo untuk t > 0. S + −

3kΩ

8kΩ 20 V

0,1µF

2kΩ

+ vo −

7. Saklar S pada rangkaian di bawah ini, telah lama terbuka. Pada t = 0, ia ditutup. Carilah vo untuk t > 0. S + −

20 V

10kΩ 20kΩ

6kΩ 3H

+ vo −

8. Rangkaian di bawah ini telah lama dalam keadaan mantap dengan saklar dalam keadaan terbuka. Pada t = 0 saklar S ditutup. Tentukan i dan v untuk t > 0.

5Ω 5A

12Ω + S v _

i

2H 4Ω

1Ω

9. Sebuah kumparan mempunyai induktansi 10 H dan resistansi 10 Ω. Pada t = 0, kumparan ini diberi tegangan 100 V. Berapa lama dibutuhkan waktu untuk mencapai arus setengah dari nilai akhirnya ? 10. Sebuah rele mempunyai kumparan dengan induktansi 1,2 H yang resis-tansinya 18 Ω. Jangkar rele akan terangkat jika arus di kumparannya mencapai 50 mA. Rele ini dioperasikan dari jauh melalui kabel yang resistansi totalnya 45 Ω dan dicatu oleh batere 12 V dengan resistansi internal 1 Ω. Hitunglah selang waktu antara saat ditutupnya rangkaian dengan saat mulai beroperasinya rele.

29

Analisis Transien Rangkaian Orde-1 11. Sebuah kapasitor 20 µF terhubung paralel dengan resistor R. Rangkaian ini diberi tegangan searah 500 V dan setelah cukup lama sumber tegangan dilepaskan. Tegangan kapasitor menurun mencapai 300 V dalam waktu setengah menit. Hitunglah berapa MΩ resistor yang terparalel dengan kapasitor ? 12. Pada kabel penyalur daya, konduktor dan pelindung metalnya membentuk suatu kapasitor. Suatu kabel penyalur daya searah sepanjang 10 km mempunyai kapasitansi 2,5 µF dan resistansi isolasinya 80 MΩ. Jika kabel ini dipakai untuk menyalurkan daya searah pada tegangan 20 kV, kemudian beban dilepaskan dan tegangan sumber juga dilepaskan, berapakah masih tersisa tegangan kabel 5 menit setelah dilepaskan dari sumber ? 13. Tegangan bolak-balik sinus dengan amplitudo 400 V dan frekuensi 50 Hz, diterapkan pada sebuah kumparan yang mempunyai induktansi 0,1 H dan resistansinya 10 Ω. Bagaimanakah persamaan arus yang melalui kumparan itu beberapa saat setelah tegangan diterapkan ? Dihitung dari saat tegangan diterapkan, berapa lamakah keadaan mantap tercapai ?



BAB 2


Dengan mempelajari analisis transien sistem orde ke-dua kita akan • mampu menurunkan persamaan rangkaian yang merupakan rangkaian orde-2. • memahami bahwa tanggapan rangkaian terdiri dari tanggapan paksa dan tanggapan alami yang mungkin berosilasi. • mampu melakukan analisis transien pada rangkaian orde-2. 2.1. Contoh Rangkaian Orde-2 Rangkaian RLC Seri. Kita lihat rangkaian seri RLC seperti pada Gb.2.1. Saklar S ditutup pada t = L 0. Langkah pertama S dalam mencari + R + tanggapan rangkaian ini i + v adalah mencari vin C − v − s persamaan rangkaian. − Karena rangkaian mengandung C dan Gb.2.1. Rangkaian RLC seri. L, maka ada dua peubah status, yaitu tegangan kapasitor dan arus induktor, yang dapat kita pilih untuk digunakan dalam mencari persamaan rangkaian,. Kita akan mencoba lebih dulu menggunakan tegangan kapasitor sebagai peubah rangkaian, kemudian melihat apa yang akan kita dapatkan jika arus induktor yang kita pilih. Aplikasi HTK untuk t > 0 pada rangkaian ini memberikan :

Ri + L

di + v = vin dt

(2.1)

Karena i = iC = C dv/dt, maka persamaan (2. 1) menjadi :

31


LC

d 2v dt

2

+ RC

dv + v = vin dt

(2.2)

Persamaan (2.2) adalah persamaan diferensial orde-2, yang merupakan diskripsi lengkap rangkaian, dengan tegangan kapasitor sebagai peubah. Untuk memperoleh persamaan rangkaian dengan arus induktor i sebagai peubah, kita manfaatkan hubungan arus-tegangan kapasitor, yaitu dv 1 i = iC = C →v= idt dt C sehingga (2.1) menjadi: di 1 L + Ri + idt + v(0) = vin atau dt C

∫

∫

LC

d 2i dt

2

+ RC

di dv + i = C in = iin dt dt

(2.3)

Persamaan (2.2) dan (2.3) sama bentuknya, hanya peubah sinyalnya yang berbeda. Hal ini berarti bahwa tegangan kapasitor ataupun arus induktor sebagai peubah akan memberikan persamaan rangkaian yang setara. Kita cukup mempelajari salah satu di antaranya. Rangkaian RLC Paralel. Perhatikan rangkaian RLC paralel seperti pada Gb.2.2. Aplikasi HAK A pada simpul A memis berikan

iR + iL + iC = is Hubungan ini dapat dinyatakan dengan arus induktor iL = i sebagai peubah, dengan memanfaatkan hubungan v =vL =L di/dt, sehingga iR = v/R dan iC = C dv/dt .

iR

iC iL = i

L

R

C

+ v −

B Gb.2.2. Rangkaian paralel RLC



v dv +i+C = is R dt LC

d 2i dt 2

atau (2.4)

L di + i = is R dt

+

Persamaan rangkaian paralel RLC juga merupakan persamaan diferensial orde-2. 2.2. Tinjauan Umum Tanggapan Rangkaian Orde-2 Secara umum rangkaian orde-2 mempunyai persamaan yang berbentuk

d2y

dy + cy = x(t ) (2.5) dt dt Pada sistem orde satu kita telah melihat bahwa tanggapan rangkaian terdiri dari dua komponen yaitu tanggapan alami dan tanggapan paksa. Hal yang sama juga terjadi pada sistem orde-2 yang dengan mudah dapat ditunjukkan secara matematis seperti halnya pada sistem orde-1. Perbedaan dari kedua sistem ini terletak pada kondisi awalnya. Karena rangkaian orde-2 mengandung dua elemen yang mampu menyimpan energi yaitu L dan C, maka dalam sistem ini baik arus induktor maupun tegangan kapasitor harus merupakan fungsi kontinyu. Oleh karena itu ada dua kondisi awal yang harus dipenuhi, yaitu a

2

+b

vC (0 + ) = vC (0 − )

dan

i L ( 0 + ) = i L (0 − )

Dalam penerapannya, kedua kondisi awal ini harus dijadikan satu, artinya vC dinyatakan dalam iL atau sebaliknya iL dinyatakan dalam vC , tergantung dari apakah peubah y pada (2.25) berupa tegangan kapasitor ataukah arus induktor. Sebagai contoh, pada rangkaian RLC seri hubungan antara vC dan iL adalah

i (0 + ) = iL (0 + ) = iC (0 + ) = C

dvC + (0 ) dt

atau

dvC + i (0 + ) (0 ) = dt C

Dengan demikian jika peubah y adalah tegangan kapasitor, dua kondisi awal yang harus diterapkan, adalah:

33


vC (0+ ) = vC (0− )

dan

dvC + i (0 + ) . (0 ) = L dt C

Contoh lain adalah rangkaian paralel RLC; hubungan antara vC dan iL adalah

diL + diL + v (0 + ) (0 ) atau (0 ) = C dt dt L Dengan demikian jika peubah y adalah arus induktor, dua kondisi awal yang harus diterapkan, adalah: vC (0+ ) = vL (0+ ) = L

i L (0 + ) = i L (0 − )

dan

diL + v (0 + ) (0 ) = C . dt L

Secara umum, dua kondisi awal yang harus kita terapkan pada (2.5) adalah

y (0 + ) = y (0 − )

dan

dy + (0 ) = y ' (0 + ) dt

(2.6)

+

dengan y ' (0 ) dicari dari hubungan rangkaian Tanggapan Alami. Tanggapan alami diperoleh dari persamaan rangkaian dengan memberikan nilai nol pada ruas kanan dari persamaan (2.5), sehingga persamaan menjadi

a

d2y dt

2

+b

dy + cy = 0 dt

(2.7)

Agar persamaan ini dapat dipenuhi, y dan turunannya harus mempunyai bentuk sama sehingga dapat diduga y berbentuk fungsi eksponensial ya = Kest dengan nilai K dan s yang masih harus ditentukan. Kalau solusi ini dimasukkan ke (2.7) akan diperoleh :

aKs 2 e st + bKse st + cKe st = 0 Ke

st

(as

2

)

atau

+ bs + c = 0

(2.8)

Fungsi est tidak boleh nol untuk semua nilai t . Kondisi K = 0 juga tidak diperkenankan karena hal itu akan berarti ya = 0 untuk seluruh t. Satusatunya jalan agar persamaan ini dipenuhi adalah



as 2 + bs + c = 0

(2.9)

Persamaan ini adalah persamaan karakteristik rangkaian orde-2. Secara umum, persamaan karakteristik yang berbentuk persamaan kwadrat itu mempunyai dua akar yaitu :

s1, s2 =

− b ± b 2 − 4ac 2a

(2.10)

Akar-akar persamaan ini mempunyai tiga kemungkinan nilai, yaitu: dua akar riil berbeda, dua akar sama, atau dua akar kompleks konjugat. Konsekuensi dari masing-masing kemungkinan nilai akar ini terhadap bentuk gelombang tanggapan rangkaian akan kita lihat lebih lanjut. Untuk sementara ini kita melihat secara umum bahwa persamaan karakteristik mempunyai dua akar. Dengan adanya dua akar tersebut maka kita mempunyai dua tanggapan alami, yaitu:

ya1 = K1e s1t

dan

y a 2 = K 2e s 2 t

Jika ya1 merupakan solusi dan ya2 juga merupakan solusi, maka jumlah keduanya juga merupakan solusi. Jadi tanggapan alami yang kita cari akan berbentuk

ya = K1e s1t + K 2e s2t

(2.11)

Konstanta K1 dan K2 kita cari melalui penerapan kondisi awal pada tanggapan lengkap. Tanggapan Paksa. Tanggapan paksa kita cari dari persamaan (2.5). Tanggapan paksa ini ditentukan oleh bentuk fungsi masukan. Cara menduga bentuk tanggapan paksa sama dengan apa yang kita pelajari pada rangkaian orde-1, yaitu relasi (2.8). Untuk keperluan pembahasan di sini, tanggapan paksa kita umpamakan sebagai ypaksa= yp. Tanggapan Lengkap. Dengan pemisalan tanggapan paksa tersebut di atas maka tanggapan lengkap (tanggapan rangkaian) menjadi

y = y p + ya = y p + K1e s1t + K 2e s2t

(2.12)

35

Analisis Transien Rangkaian Orde-2 2.3. Tiga Kemungkinan Bentuk Tanggapan Sebagaimana disebutkan, akar-akar persamaan karakteristik yang bentuk umumnya adalah as2 + bs + c = 0 dapat mempunyai tiga kemungkinan nilai akar, yaitu: a). Dua akar riil berbeda, s1 ≠ s2, jika {b2− 4ac } > 0; b). Dua akar sama, s1 = s2 = s , jika {b2−4ac } = 0; c). Dua akar kompleks konjugat s1 , s2 = α ± jβ jika {b2−4ac } < 0. Tiga kemungkinan nilai akar tersebut akan memberikan tiga kemungkinan bentuk tanggapan yang akan kita lihat berikut ini, dengan contoh tanggapan rangkaian tanpa fungsi pemaksa. Dua Akar Riil Berbeda. Kalau kondisi awal y(0+) dan dy/dt (0+) kita terapkan pada tanggapan lengkap (2.12), kita akan memperoleh dua persamaan yaitu

y (0+ ) = y p (0+ ) + K1 + K 2 dan y ' (0+ ) = y′p (0+ ) + s1K1 + s2 K 2 yang akan menentukan nilai K1 dan K2. Jika kita sebut

A0 = y (0+ ) − y p (0+ ) maka kita peroleh K1 + K 2 = A0 sini kita memperoleh

K1 =

s2 A0 − B0 s2 − s1

B0 = y′(0+ ) − y′p (0+ )

dan

dan

dan

(2.13)

s1 K1 + s 2 K 2 = B0 dan dari

K2 =

s1 A0 − B0 s1 − s2

sehingga tanggapan lengkap menjadi

y = yp +

s2 A0 − B0 s1t s1 A0 − B0 s2t e + e s2 − s1 s1 − s2

(2.14)

Berikut ini kita lihat suatu contoh. Seperti halnya pada rangkaian orde-1, pada rangkaian orde-2 ini kita juga mengartikan tanggapan rangkaian sebagai tanggapan lengkap. Hal ini didasari oleh pengertian tentang kondisi awal, yang hanya dapat diterapkan pada tanggapan lengkap. Rangkaian-rangkaian yang hanya mempunyai tanggapan alami kita fahami sebagai rangkaian dengan tanggapan paksa yang bernilai nol.


Analisis Transien Rangkaian Orde-2 CONTOH-2.1: Saklar S pada rangkaian di samping ini telah lama berada pada posisi 1. Pada t = 0 saklar dipindahkan ke posisi 2. Tentukan tegangan kapasitor , v , untuk t > 0.

1H

S 1 2 + −

15 V

+ v

−

iC 0,25 µF

i 8,5 kΩ

Solusi : Kondisi mantap yang telah tercapai pada waktu saklar di posisi 1 membuat kapasitor bertegangan sebesar tegangan sumber, sementara induktor tidak dialiri arus. Jadi

v(0− ) = 15 V

;

i (0 − ) = 0

Setelah saklar di posisi 2, persamaan rangkaian adalah :

−v+L

di + iR = 0 dt

Karena i =− iC = −C dv/dt , maka persamaan tersebut menjadi

−v+L → LC

d  dv  dv    − C  + R − C  = 0 dt  dt  dt   d 2v dt

2

+ RC

dv +v = 0 dt

Jika nilai-nilai elemen dimasukkan dan dikalikan dengan 4×106 maka persamaan rangkaian menjadi

d 2v dt

2

+ 8,5 × 103

dv + 4 × 106 v = 0 dt

37

Analisis Transien Rangkaian Orde-2 Persamaan karkteristik : s 2 + 8,5 × 103 s + 4 × 10 6 = 0 → akar - akar : s1 , s2 = −4250 ± 103 (4,25) 2 − 4 = −500, − 8000 ( dua akar riil berbeda). Dugaan tanggapan lengkap : v = 0 + K1e − 500t + K 2 e −8000t (tanggapan paksa nol)) Kondisi awal : a). v(0 + ) = v(0 − ) = 15 V → 15 = K1 + K 2 ⇒ K 2 = 15 − K1 dv + dv + (0 ) → (0 ) = 0 dt dt → 0 = K1s1 + K 2 s2 = K1s1 + (15 − K1 ) s2

b). iL (0 + ) = iL (0 − ) = 0 = −iC (0 + ) = −C

⇒ K1 =

− 15s2 − 15(−8000) = = 16 ⇒ K 2 = 15 − K1 = −1 s1 − s2 − 500 + 8000

Tanggapan lengkap menjadi : v = 16e − 500 t − e −8000 t V ( hanya terdiri dari tanggapan alami).

Dua Akar Riil Sama Besar. Kedua akar yang sama besar tersebut dapat kita tuliskan sebagai

s1 = s

dan

s2 = s + δ ; dengan δ → 0

(2.15)

Dengan demikian maka tanggapan lengkap dapat kita tulis sebagai

y = y p + K1e s1t + K 2e s2t = y p + K1e st + K 2e ( s + δ)t

(2.16)

Kalau kondisi awal pertama y(0+) kita terapkan, kita akan memperoleh

y (0+ ) = y p (0+ ) + K1 + K 2 → K1 + K 2 = y (0+ ) − y p (0+ ) = A0 Jika kondisi awal kedua dy/dt (0+) kita terapkan, kita peroleh

y′(0+ ) = y′p (0 + ) + K1s + K 2 ( s + δ) → ( K1 + K 2 ) s + K 2δ = y′(0 + ) − y′p (0+ ) = B0 Dari kedua persamaan ini kita dapatkan



B − A0 s A0 s + K 2δ = B0 → K 2 = 0 δ B − A0 s → K1 = A0 − 0 δ

(2.17)

Tanggapan lengkap menjadi

B − A0 s  st B0 − A0 s ( s + δ)t  y = y p +  A0 − 0 e e + δ δ    B − A0 s  B0 − A0 s δ t  st = y p +  A0 − 0 e e + δ δ   

(2.18.a)

  1 e δ t  st  e = y p +  A0 + ( B0 − A0 s ) − +  δ δ      1 eδ t lim  − + δ → 0 δ δ  (2.18.a) dapat kita tulis Karena

  δt   = lim  e − 1  = t maka tanggapan lengkap  δ→0 δ    

y = y p + [A0 + ( B0 − A0 s) t ] e st

(2.18.b)

Tanggapan lengkap seperti dinyatakan oleh (2.18.b) merupakan bentuk khusus yang diperoleh jika persamaan karakteristik mempunyai dua akar sama besar. A0 dan B0 mempunyai nilai tertentu yang ditetapkan oleh kondisi awal. Dengan demikian kita dapat menuliskan (2.18.b) sebagai

y = y p + [K a + K b t ] e st

(2.18.c)

dengan nilai Ka yang ditentukan oleh kondisi awal, dan nilai Kb ditentukan oleh kondisi awal dan s. Nilai s sendiri ditentukan oleh nilai elemen-elemen yang membentuk rangkaian dan tidak ada kaitannya dengan kondisi awal. Dengan kata lain, jika kita mengetahui bahwa persamaan karakteristik rangkaian mempunyai akar-akar yang sama besar (akar kembar) maka bentuk tanggapan rangkaian akan seperti yang ditunjukkan oleh (2.18.c).

39

Analisis Transien Rangkaian Orde-2 CONTOH-2.2: Persoalan sama dengan contoh-2.1. akan tetapi resistor 8,5 kΩ diganti dengan 4 kΩ. Solusi : Persamaan rangkaian adalah :

d 2v 2

+ 4 × 103

dv + 4 × 106 v = 0 dt

dt Persamaan karakteristik : s 2 + 4000s + 4 × 106 = 0

akar - akar : s1, s2 = −2000 ± 4 × 106 − 4 × 106 = −2000 = s Di sini terdapat dua akar sama besar oleh karena itu tanggapan lengkap akan berbentuk : v = v p + (K a + K b t ) e st = 0 + (K a + Kb t ) e st , karena v p = 0. Aplikasi kondisi awal pertama pada tanggapan lengkap ini memberikan v(0+ ) = 15 = K a . Aplikasi kondisi awal kedua lengkap memberikan dv = Kbe st + (K a + Kbt ) s e st dt

dv + (0 ) = 0 pada tanggapan dt →

dv + (0 ) = 0 = K b + K a s dt

→ Kb = − K a s = 30000 ⇒ Jadi : v = (15 + 30000t ) e − 2000 t V

Akar-Akar Kompleks Konjugat. Dua akar kompleks konjugat dapat dituliskan sebagai

s1 = α + jβ

dan

s2 = α − jβ

Tanggapan lengkap dari situasi ini, menurut (2.32) adalah

y = y p + K1e (α + jβ) t + K 2e( α − jβ) t

(

)

= y p + K1e + jβ t + K 2e − jβ t eαt

(2.19)

Aplikasi kondisi awal yang pertama, y(0+), pada (2.19) memberikan

y (0+ ) = y p (0+ ) + (K1 + K 2 ) →

K1 + K 2 = y (0 + ) − y p (0+ ) = A0


Analisis Transien Rangkaian Orde-2 Aplikasi kondisi awal yang kedua,

dv + (0 ) = y′(0 + ) , pada (2.19) memdt

berikan

(

)

(

)

dy dy p = + jβK1e jβt − jβK 2e − jβt eαt + K1e jβt + K 2 e − jβt α e αt dt dt dy + (0 ) = y′(0 + ) = y′p (0 + ) + ( jβK1 − jβK 2 ) + (K1 + K 2 ) α dt

→ jβ(K1 − K 2 ) + α(K1 + K 2 ) = y′(0 + ) − y′p (0 + ) = B0

Dari sini kita peroleh K1 + K 2 = A0

B0 − αA0 jβ A0 − ( B0 − αA0 ) / jβ K2 = 2

jβ(K1 − K 2 ) + α(K1 + K 2 ) = B0 → K1 − K 2 = A0 + ( B0 − αA0 ) / jβ ; 2 Tanggapan lengkap menjadi K1 =

 A + ( B0 − αA0 ) / jβ + jβ t A0 − ( B0 − αA0 ) / jβ − jβ t  αt y = yp +  0 e + e e 2 2    e + jβ t + e − jβ t ( B0 − αA0 ) e + jβ t − e − jβ t = y p +  A0 +  2 β 2j    ( B − αA0 ) = y p +  A0 cos βt + 0 sin βt  eαt β  

 αt e  

(2.20)

A0 dan B0 mempunyai nilai tertentu yang ditetapkan oleh kondisi awal sedangkan α dan β ditentukan oleh nilai elemen rangkaian. Dengan demikian tanggapan lengkap (2.53) dapat kita tuliskan sebagai

y = y p + (K a cos βt + K b sin βt ) eαt

(2.21)

dengan Ka dan Kb yang masih harus ditentukan melalui penerapan kondisi awal. Ini adalah bentuk tanggapan lengkap khusus untuk rangkaian dengan persamaan karakteristik yang mempunyai dua akar kompleks konjugat.

41

Analisis Transien Rangkaian Orde-2 CONTOH-2.3: Persoalan sama dengan contoh 2.1. akan tetapi resistor 8,5 kΩ diganti dengan 1 kΩ. Solusi : Dengan penggantian ini persamaan rangkaian menjadi

d 2v dt

2

+ 103

dv + 4 × 106 v = 0 dt

Persamaan karakteristik : s 2 + 1000

dv + 4 × 10 6 = 0 dt

akar - akar : s1 , s 2 = −500 ± 500 2 − 4 ×10 6 = −500 ± j 500 15 Di sini terdapat dua akar kompleks konjugat : α ± jβ dengan α = −500 ; β = 500 15 Tanggapan lengkap diduga akan berbentuk v = v p + (K a cos β t + K b sin βt ) e αt = 0 + (K a cos βt + K b sin βt ) e αt Aplikasi kondisi awal pertama memberikan : v(0 + ) = 15 = K a Aplikasi kondisi awal kedua dv = (− K a β sin βt + K b β cos βt ) e αt dt + (K a cos βt + K b sin β t ) α e αt

− αK a 500 × 15 dv + (0 ) = 0 = K b β + αK a → K b = = = 15 dt β 500 15 Jadi tanggapan lengkap adalah :

(

)

v = 15 cos(500 15 t ) + 15 sin(500 15 t ) e −500t V


Analisis Transien Rangkaian Orde-2 Contoh 2.1, 2.2, dan 2.3 menunjukkan tiga kemungkinan bentuk tanggapan, yang ditentukan oleh akar-akar persamaan karakteristik. a). Jika persamaan karakteristik mempunyai dua akar yang berbeda, tanggapan alami akan merupakan jumlah dari dua suku yang masingmasing merupakan fungsi eksponenial. Dalam kasus seperti ini, tanggapan rangkaian merupakan tanggapan amat teredam. b). Jika persamaan karakteristik mempunyai dua akar yang sama besar, maka tanggapan alami akan merupakan jumlah dari fungsi eksponensial dan ramp teredam. Tanggapan ini merupakan tanggapan teredam kritis. c). Jika persamaan karakteristik mempunyai dua akar kompleks konjugat, maka tanggapan alami merupakan jumlah dari fungsi-fungsi sinus teredam. Jadi tanggapan rangkaian berosilasi terlebih dulu sebelum akhirnya mencapai nol, dan disebut tanggapan kurang teredam. Bagian riil dari akar persamaan karakteristik menentukan peredaman; sedangkan bagian imajinernya menentukan frekuensi osilasi. (Gambar di bawah ini menunjukkan perubahan v pada contoh-contoh di atas.) v 20 [V] 15

teredam kritis (contoh 2.2)

10

sangat teredam (contoh 2.1)

5 0 -5

0

0.002

0.008 0.004 0.006 kurang teredam (contoh 2.3)

0.01t [s]

-10 2.4. Tanggapan Rangkaian Orde-2 Terhadap Sinyal Anak Tangga Bentuk umum sinyal anak tangga adalah Au(t). Jika kita hanya meninjau keadaan pada t > 0, maka faktor u(t) tidak perlu dituliskan lagi.

43

Analisis Transien Rangkaian Orde-2 CONTOH-2.4: Jika vs=10u(t) V, bagaimana-kah keluaran vo rangkaian di samping ini pada t > 0 untuk berbagai nilai µ ? vs Solusi :

i1

1µF

A 1MΩ 1MΩ 1µF

+ −

B i2

+ vo + − µvB

Karena vo = µvB maka kita mencari persamaan rangkaian dengan tegangan simpul B , yaitu vB , sebagai peubah. Persamaan tegangan simpul untuk simpul A dan B adalah 1  v v  1 v A  6 + 6  + i1 − s6 − B6 = 0 10  10 10  10 ⇒ 2v A +

d (v A − µ vB ) − vs − vB = 0 dt

v dv  1  vB  6  + i2 − A6 = 0 ⇒ vB + B − v A = 0 dt 10  10  dv ⇒ v A = vB + B dt

Dua persamaan diferensial orde satu ini jika digabungkan akan memberikan persamaan diferensial orde-2. 2v B + 2

dv B dv B d 2v B dv + + − µ B − v B = vs = 10 atau 2 dt dt dt dt d 2vB dt

2

+ (3 − µ)

dv B + vB = 10 dt

Pers. karakteristik : s 2 + (3 − µ) s + 1 = 0 → s1, ss =

− (3 − µ) ± (3 − µ) 2 − 4 2

Dugaan tanggapan lengkap : vB = vBp + K1es1t + K 2es 2t Dugaan tanggapan paksa : vBp = K3 → 0 + 0 + K3 = 10 ⇒ vBp = 10



Tanggapan lengkap : vB = 10 + K1es1t + K 2es 2t

(

⇒ vo = µ 10 + K1es1t + K 2es 2t

)

Jika (3 − µ)2 > 4 → µ < 1 → s1 ≠ s 2 ⇒ vo sangat teredam. Jika (3 − µ)2 < 4 → µ > 1 → s1, s 2 kompleks ⇒ vo kurang teredam. Jika (3 − µ) = 4 → µ = 1 → s1 = s 2 ⇒ vo teredam kritis. 2

Pemahaman : Bentuk tegangan keluaran ditentukan oleh nilai µ dan nilai elemen-elemen rangkaian. Kita dapat memilih nilai-nilai yang sesuai untuk memperoleh tanggapan rangkaian yang kita inginkan. Untuk µ > 3 akan terjadi keadaan tak stabil karena akar-akar bernilai riil positif; peredaman tidak terjadi dan sinyal membesar tanpa batas. CONTOH-2.5: Carilah vo pada contoh 2.4 jika µ = 2 dan tegangan awal kapasitor masing-masing adalah nol. Solusi : Persamaan rangkaian, dengan µ = 2, adalah d 2vB dt

2

+ (3 − µ) d 2vB dt

2

+

dv B + v B = 10 atau dt

dv B + v B = 10 dt

Pers. karakteristik : s 2 + s + 1 = 0 → s1, ss =

−1± 1− 4 = −0,5 ± j 0,5 3 2

(dua akar kompleks konjugat : α ± jβ ; α = −0,5 ; β = 0,5 3 ) Tanggapan lengkap diduga berbentuk : vB = vBp + (K a cos β t + Kb sin β t ) eαt Tanggapan paksa : vBp = K → 0 + 0 + K = 10 ⇒ vBp = 10 Tanggapan lengkap : vB = 10 + (K a cos β t + Kb sin β t ) eαt

45

Analisis Transien Rangkaian Orde-2 Kondisi awalnya adalah : kedua kapasitor bertegangan nol. → vB (0+ ) = 0 dan v A (0+ ) − vo (0+ ) = 0 → vB (0 + ) + 105 i2 (0+ ) − 2vB (0+ ) = 0 dvB + dvB + (0 ) − 0 = 0 → (0 ) = 0 dt dt Penerapan dua kondisi awal ini ke tanggapan lengkap → 0 + 105

memberikan : vB( 0+ ) = 0 = 10 + K a ⇒ K a = −10 dvB = (− K aβ sin βt + Kbβ cos β t ) eαt + (K a cos β t + Kb sin βt ) α eαt dt dvB + − αK a 0,5 × (−10) − 10 (0 ) = 0 = Kbβ + αK a → Kb = = = dt β 0,5 3 3   10 ⇒ vB = 10 − 10 cos(0,5 3 t ) + sin(0,5 3 t )  e−0.5t 3  

2.5. Tanggapan Rangkaian Orde-2 Terhadap Sinyal Sinus Masukan sinyal sinus secara umum dapat kita nyatakan dengan x(t) = Acos(ωt+θ) u(t). Untuk peninjauan pada t > 0 faktor u(t) tak perlu ditulis lagi. Dengan demikian persamaan umum rangkaian orde-2 dengan masukan sinyal sinus akan berbentuk

a

d2y dt

2

+b

dy + cy = A cos(ωt + θ) dt

Persamaan karakterisik serta akar-akarnya tidak berbeda dengan apa yang telah kita bahas untuk sumber tegangan konstan, dan memberikan tanggapan alami yang berbentuk

va = K1e s1t + K 2e s 2 t Untuk masukan sinus, tanggapan paksa diduga akan berbentuk vp = Accosωt + Assinωt


Analisis Transien Rangkaian Orde-2 CONTOH-2.6: Carilah v dan i untuk t > 0 pada rangkaian di samping ini jika vs = 26cos3t u(t) V sedangkan i(0) = 2 A dan v(0) = 6 V. Solusi : Aplikasi HTK untuk rangkaian ini akan memberikan

− vs + 5i +

i + −

5Ω

1H

vs

1 F 6

+ v −

di 5 dv 1 d 2v +v=0→ + + v = 26 cos 3t atau dt 6 dt 6 dt 2 d 2v dt

2

+5

dv + 6v = 156 cos 3t dt

Persamaan karakteristik : s 2 + 5s + 6 = 0 = ( s + 2)( s + 3); akar - akar : s1 , s2 = −2, − 3 Dugaan tanggapan lengkap : v = v p + K1e − 2t + K 2 e − 3t Dugaan tanggapan paksa : v p = Ac cos 3t + As sin 3t

→ (− 9 Ac + 15 As + 6 Ac ) cos 3t + (− 9 As − 15 Ac + 6 As ) sin 3t = 156 cos 3t

→ −3 Ac + 15 As = 156 dan − 15 Ac − 3 As = 0 ⇒ Ac =

156 + 0 5 × 156 − 0 = −2 ; As = = 10 − 3 − 75 75 + 3

Tanggapan lengkap : v = −2 cos 3t + 10 sin 3t + K1e − 2t + K 2 e − 3t 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 =

Aplikasi kondisi awal kedua :

12 = 30 − 2 K1 − 3K 2

⇒ K1 = 6 ⇒ K 2 = 2 Tanggapan lengkap : v = −2 cos 3t + 10 sin 3t + 6e − 2t + 2e − 3t V 1 dv ⇒ i= = sin 3t + 5 cos 3t − 2e − 2t − e − 3t A 6 dt

47


30

vs

v [V] 20 i [A]

v

10 0

t [s]

-10 0

i

2

4

6

8

10

-20 -30

CONTOH-2.7: Pada rangkaian di samping ini, vs = 10cos5t u(t) V. Tentukanlah tegangan kapasiA tor v untuk t > 0, jika tegangan awal kapasitor dan 4Ω 6Ω + arusawal induktor adalah vs + v B nol. − 0,25F − Solusi: 1H  1 1  1 dv vs vB Simpul A : v +  + − − =0 4 6  4 6  4 dt dv → v B = 2,5v + 1,5 − 1,5vs dt

vB 1 v + v B dt + i L (0) − = 0 → v B + 6 v B dt − v = 0 6 L 6 dv B dv d  dv  → + 6v B − = 0 →  2,5v + 1,5 − 1,5v s  dt dt dt  dt 

Simpul B :

∫

∫

dv   dv + 6 2,5v + 1,5 − 1,5v s  − =0 dt   dt → 1,5

d 2v dt

2

+ 10,5

dv dv + 15v = 9v s + 1,5 s dt dt d 2v dt

2

+7

atau

dv dv + 10v = 6vs + s dt dt

Dengan tegangan masukan vs = 10cos5t maka persamaan rangkaian menjadi 48 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


d 2v dt

2

+7

dv + 10v = 60 cos 5t − 50 sin 5t dt

Persamaan karakteristik : s 2 + 7 s + 10 = 0 → s1, ss = −3,5 ± 3,52 − 10 = −2 , − 5. Dugaan tanggapan lengkap : v = v p + K1e − 2t + K 2e−5t Dugaan tanggapan paksa : v p = Ac cos 5t + As sin 5t  (−25 Ac + 35 As + 10 Ac ) cos 6t   = 60cos6t − 50sin6t →   + (−25 As − 35 Ac + 10 As ) sin 6t  → −15 Ac + 35 As = 60 dan − 15 As − 35 Ac = −50 ⇒ As = 0,93 ; Ac = −1,83 ⇒ v p = −1,83 cos 5t + 0,93 sin 5t Tanggapan lengkap : v = −1,83 cos 5t + 0,93 sin 5t + K1e − 2t + K 2e −5t Kondisi awal : (1) v(0+ ) = 0 v (0 + ) 10 1 dv + (2) iL (0+ ) = 0 → iC (0 + ) = s = = 2,5 = (0 ) 4 4 4 dt dv + ⇒ (0 ) = 10 dt Aplikasi kedua kondisi awal ini pada tanggapan lengkap : v(0+ ) = 0 = −1,83 + K1 + K 2

→ K 2 = 1,83 − K1

dv + (0 ) = 10 = 4,65 − 2 K1 − 5 K 2 → 5,35 = −2 K1 − 5(1.83 − K1) dt ⇒ K1 = 4,83 ⇒ K 2 = −3 Tanggapan lengkap : v = −1,83 cos 5t + 0,93 sin 5t + 4,83e − 2t − 3e −5t

49

Analisis Transien Rangkaian Orde-2 Soal-Soal 1. Carilah bentuk gelombang tegangan yang memenuhi persamaan diferensial berikut. a).

d 2v

dv + 10v = 0 , dt dt dv + (0 ) = 15 V/s v(0 + ) = 0, dt d 2v

dv + 4v = 0 , dt dt dv + (0 ) = 10 V/s v(0 + ) = 0 V, dt

b).

c).

+7

2

+4

2

d 2v dt

+4

2

dv + 5v = 0 , dt

v (0 + ) = 0 V,

dv + (0 ) = 5 V/s dt

2. Ulangi soal 1 untuk persamaan berikut. a).

b).

c).

d 2v dt 2

dv + 24v = 100u (t ) , dt dv(0) v(0 + ) = 5, = 25 V/s dt + 10

d 2v

dv + 25v = 100u (t ) , dt dt dv(0) v(0 + ) = 5 V, = 10 V/s dt 2

d 2v

+ 10

dv + 25v = 100u (t ) , dt dv(0) v(0 + ) = 5 V, = 10 V/s dt

dt 2

+8



3. Ulangi soal 1 untuk persamaan berikut. a).

b).

c).

d 2v

dv + 8v = 100[cos1000 t ] u (t ) , dt dt dv + v(0 + ) = 0, (0 ) = 0 V/s dt 2

+6

d 2v

dv + 9v = 100[cos1000 t ] u (t ) , dt dv + v(0 + ) = 0 V, (0 ) = 0 V/s dt

dt 2

d 2v

+6

dv + 10v = 100[cos1000 t ] u (t ) , dt dt dv + v(0 + ) = 0 V, (0 ) = 0 V/s dt 2

+2

4. Saklar S pada rangkaian di bawah ini, telah berada pada posisi A dalam waktu yang lama. Pada t = 0, ia dipindahkan ke posisi B. Carilah vC untuk t > 0 A S + −

6kΩ B 10 V

6kΩ

0,4H

+ vc −

25pF

5. Saklar S pada rangkaian di bawah ini telah berada di posisi A dalam waktu yang lama. Pada t = 0 , saklar dipindahkan ke posisi B. Tentukan iL(t) untuk t > 0. S A 10kΩ B + − 15V

iL 2,5kΩ 0,02 µF

2H

51

Analisis Transien Rangkaian Orde-2 6. Saklar S pada rangkaian di bawah ini telah berada di posisi A dalam waktu yang lama. Pada t = 0 , saklar dipindahkan ke posisi B. Tentukan iL(t) untuk t > 0. S A 0,4kΩ B + + − 15 V15 V−

iL 25kΩ 10mH

0,01µF

7. Saklar S pada rangkaian di bawah ini, telah lama terbuka. Pada t = 0, ia ditutup. Carilah vC untuk t > 0

3kΩ 10 V

+ −

3kΩ

0,4H

+ vc −

0,1µF

S

8. Saklar S pada rangkaian di bawah ini telah berada di posisi A dalam waktu yang lama. Pada t = 0 , saklar dipindahkan ke posisi B. Tentukan vC untuk t > 0. S A + 0,4kΩ B − 15 V

−

+ vC − +

15 V 0,01µF 10mH 25kΩ

9. Tegangan masukan vs pada rangkaian di bawah ini adalah vs = 100u(t) V. Tentukan tegangan kapasitor untuk t>0.

vs

+ −

4kΩ 50mH

50pF

+ vC −


Analisis Transien Rangkaian Orde-2 10. Setelah terbuka dalam waktu cukup lama, saklar S pada rangkaian di bawah ini ditutup pada t = 0. Tentukan v1 dan v2 untuk t > 0.

+ −

S + 6V + − v2 −

+ 4Ω 4Ω v1 0,05F − 0,05F

12V

11. Rangkaian berikut tidak mempunyai simpanan energi awal. Saklar S pada rangkaian berikut ditutup pada t = 0. Carilah i untuk t > 0.

i + −

S

4Ω 0,25F 12V

0,25F + v1 −

+ −

8Ω

2v1

12. Rangkaian di bawah ini tidak memiliki simpanan energi awal. Tentukan v untuk t > 0 jika is = [2cos2t] u(t) A dan vs = [6cos2t] u(t) V. − v + 5H

is

0,05F vs 10Ω 10Ω

+ −

13. Sebuah kapasitor 1 µF dimuati sampai mencapai tegangan 200 V. Muatan kapasitor ini kemudian dilepaskan melalui hubungan seri induktor 100 µH dan resistor 20 Ω. Berapa lama waktu diperlukan untuk menunrunkan jumlah muatan kapasitor hingga tinggal 10% dari jumlah muatan semula ?

53

Analisis Transien Rangkaian Orde-2 14. Sebuah kumparan mempunyai induktansi 9 H dan resistansi 0,1 Ω, dihubungkan paralel dengan kapasitor 100 µF. Hubungan paralel ini diberi tegangan searah sehingga di kumparan mengalir arus sebesar 1 A. Jika sumber tegangan diputus secara tiba-tiba, berapakah tegangan maksimum yang akan timbul di kapasitor dan pada frekuensi berapa arus berosilasi ? 15. Kabel sepanjang 2 kM digunakan untuk mencatu sebuah beban pada tegangan searah 20 kV. Resistansi beban 200 Ω dan induktansinya 1 H (seri). Kabel penyalur daya ini mempunyai resistansi total 0,2 Ω sedangkan antara konduktor dan pelindung metalnya membentuk kapasitor dengan kapasitansi total 0,5 µF. Bagaimanakah perubahan tegangan beban apabila tiba-tiba sumber terputus? (Kabel dimodelkan sebagai kapasitor; resistansi konduktor kabel diabaikan terhadap resistansi beban).


Transformasi Laplace

BAB 3


Kita telah melihat bahwa analisis di kawasan fasor lebih sederhana dibandingkan dengan analisis di kawasan waktu karena tidak melibatkan persamaan diferensial melainkan persamaan-persamaan aljabar biasa. Akan tetapi analisis ini terbatas hanya untuk sinyal sinus dalam keadaan mantap. Berikut ini kita akan mempelajari analisis rangkaian di kawasan s, yang dapat kita terapkan pada analisis rangkaian dengan sinyal sinus maupun bukan sinus, keadaan mantap maupun keadaan peralihan. Dalam analisis di kawasan s ini, sinyal-sinyal fungsi waktu f(t), ditransformasikan ke kawasan s menjadi fungsi s, F(s). Sejalan dengan itu pernyataan elemen rangkaian juga mengalami penyesuaian yang mengantarkan kita pada konsep impedansi di kawasan s. Perubahan pernyataan suatu fungsi dari kawasan t ke kawasan s dilakukan melalui Transformasi Laplace, yang secara matematis didefinisikan sebagai suatu integral

F (s) =

∞

∫0

f (t )e − st dt

dengan s merupakan peubah kompleks, s = σ + jω. Batas bawah integrasi ini adalah nol yang berarti bahwa dalam analisis rangkaian di kawasan s kita hanya meninjau sinyal-sinyal kausal. Dengan melakukan transformasi sinyal dari kawasan t ke kawasan s, karakteristik i-v elemenpun mengalami penyesuaian dan mengantarkan kita pada konsep impedansi dimana karakteristik tersebut menjadi fungsi s. Dengan sinyal dan karakteristik elemen dinyatakan di kawasan s, maka persamaan rangkaian tidak lagi berbentuk persamaan integrodiferensial melainkan berbentuk persamaan aljabar biasa sehingga penanganannya menjadi lebih mudah. Hasil yang diperoleh sudah barang tentu akan merupakan fungsi-fungsi s. Jika kita menghendaki suatu hasil di kawasan waktu, maka kita lakukan transformasi balik yaitu transformasi dari fungsi s ke fungsi t. Di bab ini kita akan membahas mengenai transformasi Laplace, sifat transformasi Laplace, pole dan zero, transformasi balik, solusi persamaan diferensial, serta transformasi bentuk gelombang dasar.

55

Transformasi Laplace Setelah mempelajari analisis rangkaian menggunakan transformasi Laplace bagian pertama ini, kita akan • memahami transformasi Laplace beserta sifat-sifatnya; • mampu melakukan transformasi berbagai bentuk gelombang sinyal dari kawasan t ke kawasan s. • mampu mencari transformasi balik dari pernyataan bentuk gelombang sinyal dari kawasan s ke kawasan t. 3.1. Transformasi Laplace Melalui transformasi Laplace kita menyatakan suatu fungsi yang semula dinyatakan sebagai fungsi waktu, t, menjadi suatu fungsi s di mana s adalah peubah kompleks. Kita ingat bahwa kita pernah mentransformasikan fungsi sinus di kawasan waktu menjadi fasor, dengan memanfaatkan bagian nyata dari bilangan kompleks. Dengan transformasi Laplace kita mentransformasikan tidak hanya fungsi sinus akan tetapi juga fungsifungsi yang bukan sinus. Transformasi Laplace dari suatu fungsi f(t) didefinisikan sebagai

F (s) = dengan notasi :

∞

∫0

f (t )e − st dt ∞

L[ f (t )] = F ( s) = ∫0

(3.1)

f (t )e − st dt

(3.2)

Dengan mengikuti langsung definisi ini, kita dapat mencari transformasi Laplace dari suatu model sinyal, atau dengan kata lain mencari pernyataan sinyal tersebut di kawasan s. Berikut ini kita akan mengaplikasikannya untuk bentuk-bentuk gelombang dasar. 3.1.1. Pernyataan Sinyal Anak Tangga di Kawasan s. Pernyataan sinyal anak tangga di kawasan t adalah Transformasi Laplace dari bentuk gelombang ini adalah ∞

L[ Au(t)] = ∫0

Au (t ) e − st dt =

∞

∫0

Ae − st dt = −

v(t ) = Au (t ) .

Ae − (σ + jω)t σ + jω

∞

0

Batas atas, dengan σ > 0, memberikan nilai 0, sedangkan batas bawah memberikan nilai A/s.



L[ Au(t )] = A

Jadi

(3.3)

s

3.1.2. Pernyataan Sinyal Eksponensial di Kawasan s Transformasi Laplace bentuk gelombang eksponensial beramplitudo A, yaitu v(t) = Ae−atu(t) , adalah

L[ Ae

− at

u (t )] =

∞

∫0

-at

A e u (t ) e

− st

dt =

∞

∫0

Ae

− ( s + a )t

Ae − ( s + a )t =− s+a

∞

0

Dengan a > 0, batas atas memberikan nilai 0 sedangkan batas bawah memberikan A/(s+a). Jadi

L[ Ae− at u(t )] =

A s+a

(3.4)

3.1.3. Sinyal Sinus di Kawasan s Transformasi Laplace bentuk gelombang sinus v(t) = (A cos ωt) u(t) adalah : ∞

∞

L [( A cos ωt ) u (t )] = ∫0 ( A cos ωt )u(t ) e− st dt = ∫0 ( A cos ωt ) e− st dt Dengan memanfaatkan hubungan Euler cos ω = (e jωt + e − jωt ) / 2 , ruas kanan persamaan di atas menjadi ∞

∫0

A

Jadi

∞ A ∞ A e jωt + e − jωt − st e dt = e ( jω− s )t dt + e ( − jω− s )t dt 0 2 0 2 2 As = 2 s + ω2

∫

L [( A cos ωt ) u(t )] = A

∫

s s + ω2 2

(3.5)

Dengan cara yang sama, diperoleh

57


L [( A sin ωt ) u(t )] = A

ω

(3.6)

s + ω2 2

3.2. Tabel Transformasi Laplace Transformasi Laplace dari bentuk gelombang anak tangga, eksponensial, dan sinus di atas merupakan contoh bagaimana suatu transformasi dilakukan. Kita lihat bahwa amplitudo sinyal, A, selalu muncul sebagai faktor pengali dalam pernyataan sinyal di kawasan s. Transformasi dari beberapa bentuk gelombang yang lain termuat dalam Tabel-3.1. dengan mengambil amplitudo bernilai satu satuan. Tabel ini, walaupun hanya memuat beberapa bentuk gelombang saja, tetapi cukup untuk keperluan pembahasan analisis rangkaian di kawasan s yang akan kita pelajari di buku ini. Untuk selanjutnya kita tidak selalu menggunakan notasi L[f(t)] sebagai pernyataan dari “transformasi Laplace dari f(t)”, tetapi kita langsung memahami bahwa pasangan fungsi t dan transformasi Laplace-nya adalah seperti : f(t) ↔ F(s) , v1(t) ↔ V1(s) , i4(t) ↔ I4(s) dan seterusnya. Dengan kata lain kita memahami bahwa V(s) adalah pernyataan di kawasan s dari v(t), I(s) adalah penyataan di kawasan s dari i(t) dan seterusnya. CONTOH-3.1: Carilah transformasi Laplace dari bentuk gelombang berikut:

a). v1(t ) = 5 cos(10t )u (t ) ; b). v2 (t ) = 5 sin(10t )u (t ) ; c). v3 (t ) = 3e− 2t u (t ) Solusi : Dengan mnggunakan Tabel-3.1 kita peroleh : a). v1 (t ) = 5 cos(10t )u (t ) → V1 ( s ) = b). v2 (t ) = 5 sin(10t )u (t ) → V2 ( s ) = c). v3 (t ) = 3e − 2t u (t )

5s s + (10) 5 × 10 2

2

s 2 + (10) 2 3 → V3 ( s) = s+2

= =

5s s + 100 50 2

s 2 + 100



Tabel 3.1. Pasangan Transformasi Laplace Pernyataan Sinyal di Kawasan t : f(t)

Pernyataan Sinyal di Kawasan s : L[f(t)]=F(s)

impuls :

δ(t)

1

anak tangga :

u(t)

eksponensial :

[e−at]u(t)

cosinus :

[cos ωt] u(t)

1 s 1 s+a s

sinus :

[sin ωt] u(t)

cosinus teredam : [e−atcos ωt] u(t) sinus teredam :

[e−atsin ωt] u(t)

cosinus tergeser : [cos (ωt + θ)] u(t) sinus tergeser :

[sin (ωt + θ)] u(t)

ramp :

[ t ] u(t)

ramp teredam :

[ t e−at ] u(t)

s 2 + ω2 ω s 2 + ω2 s+a

(s + a )2 + ω2 ω

(s + a )2 + ω2 s cos θ − ω sin θ s 2 + ω2 s sin θ + ω cos θ s 2 + ω2 1 s2 1

(s + a )2

59

Transformasi Laplace 3.3. Sifat-Sifat Transformasi Laplace 3.3.1. Sifat Unik Sifat ini dapat dinyatakan sebagai berikut. Jika f(t) mempunyai transformasi Laplace F(s) maka transformasi balik dari F(s) adalah f(t). Dengan kata lain Jika pernyataan di kawasan s suatu bentuk gelombang v(t) adalah V(s), maka pernyataan di kawasan t suatu bentuk gelombang V(s) adalah v(t). Bukti dari pernyataan ini tidak kita bahas di sini. Sifat ini memudahkan kita untuk mencari F(s) dari suatu fungsi f(t) dan sebaliknya mencari fungsi f(t) dari suatu fungsi F(s) dengan menggunakan tabel transformasi Lapalace. Mencari fungsi f(t) dari suatu fungsi F(s) disebut mencari transformasi balik dari F(s), dengan notasi L−1[F(s)] = f(t) . Hal terakhir ini akan kita bahas lebih lanjut setelah membahas sifat-sifat transformasi Laplace. 3.3.2. Sifat Linier Karena transformasi Laplace adalah sebuah integral, maka ia bersifat linier. Transformasi Laplace dari jumlah beberapa fungsi t adalah jumlah dari transformasi masing-masing fungsi. Jika f (t ) = A1 f1 (t ) + A2 f 2 (t ) maka transformasi Laplace-nya adalah

F( s) =

∞

∫0 [A1 f1 (t ) + A2 f 2 (t )]e

− st

dt = A1

∞

∞

∫0 f1 (t )dt + A2 ∫0 f 2 (t )dt

(3.7)

= A1F1 ( s ) + A2 F2 ( s ) dengan F1(s) dan F2(s) adalah transformasi Laplace dari f1(t) dan f2(t). CONTOH-3.2: a). Carilah transformasi Laplace dari :

v1 (t ) = (1 + 3e −2t ) u (t ) b). Jika transformasi Laplace sinyal eksponensial Ae−atu(t) adalah 1/(s+a), carilah transformasi dari v2(t)=Acosωt u(t). 60 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Transformasi Laplace Solusi :

a). v1 (t ) = (1 + 3e − 2t ) u (t ) → V1 ( s ) =

b). v 2 (t) = A cos(ωt )u (t ) = A

(

1 3 + s s+2

e jωt + e − jωt u (t ) 2

)

A j ωt e u (t ) + e − jωt u (t ) 2 A 1 1  A  2s =  V2 ( s ) =  + 2  s − jω s + jω  2  s 2 + ω 2 =

 As  = 2  s + ω2

3.3.3. Integrasi Sebagaimana kita ketahui karakteristik i-v kapasitor dan induktor melibatkan integrasi dan diferensiasi. Karena kita akan bekerja di kawasan s, kita perlu mengetahui bagaimana ekivalensi proses integrasi dan diferensiasi di kawasan t tersebut. Transformasi Laplace dari integrasi suatu fungsi dapat kita lihat sebagai berikut. Misalkan f (t ) = ∞

 F ( s ) =   0

t

∫ ∫0

t

∫0 f1( x)dx . Maka  e − st  f1 ( x)dx  e − st dt =    − s

  

t

∫0

∞

 f1 ( x)dx  −  0

∞ − st

e

∫ −s

f1 (t ) dt

0

Suku pertama ruas kanan persamaan di atas akan bernilai nol untuk t = ∞ karena e−st = 0 pada t→∞ , dan juga akan bernilai nol untuk t = 0 karena integral yang di dalam tanda kurung akan bernilai nol (intervalnya nol). Tinggallah suku kedua ruas kanan; jadi

F (s) = −

∞ − st

∫ 0

e 1 f1 (t ) dt = −s s

∞

∫ f1(t )e

− st

0

dt =

F1 ( s ) s

(3.8)

Jadi secara singkat dapat kita katakan bahwa :

61


transformasi dari suatu integrasi bentuk gelombang f(t) di kawasan t dapat diperoleh dengan cara membagi F(s) dengan s. CONTOH-3.3: Carilah transformasi Laplace dari fungsi ramp r(t)=tu(t). Solusi : Kita mengetahui bahwa fungsi ramp adalah integral dari fungsi anak tangga.

r (t ) = tu (t ) = →

R( s ) =

t

∫0 u( x)dx ∞ t

 − st 1 dt = s2

∫0  ∫0 u( x)dx  e

Hasil ini sudah tercantum dalam Tabel.3.1. 3.3.4. Diferensiasi Transformasi Laplace dari suatu diferensiasi dapat kita lihat sebagai berikut. Misalkan f (t ) = F (s) =

∞

∫0

df1 (t ) maka dt

[

df1 (t ) − st e dt = f1 (t ) e − st dt

] −∫ ∞ 0

∞

0

f1 (t )( − s ) e − st dt

Suku pertama ruas kanan bernilai nol untuk t = ∞ karena e−st = 0 untuk t→ ∞ , dan bernilai −f(0) untuk t = 0. Dengan demikian dapat kita tuliskan

L 

df1 (t )  =s  dt 

∞

∫0

f (t )e − st dt − f (0) = sF1 ( s ) − f1 (0)

(3.9)

Transformasi dari suatu fungsi t yang diperoleh melalui diferensiasi fungsi f(t) merupakan perkalian dari F(s) dengan s dikurangi dengan nilai f(t) pada t = 0.


Transformasi Laplace CONTOH-3.4: Carilah transformasi Laplace dari fungsi cos(ωt) dengan memandang fungsi ini sebagai turunan dari sin(ωt). Solusi :

1 d sin(ωt ) ω dt 1 ω  s → F ( s ) =  s − sin( 0)  = 2 ω  s 2 + ω2  s + ω2 f (t ) = cos(ωt ) =

Penurunan di atas dapat kita kembangkan lebih lanjut sehingga kita mendapatkan transformasi dari fungsi-fungsi yang merupakan fungsi turunan yang lebih tinggi. jika f (t ) = jika f (t ) =

d 2 f1 (t ) dt 2 3

d f1 (t ) dt 3

→ F ( s) = s 2 F1 (s) − sf1 (0) − f1′ (0)

(3.10)

→ F (s) = s 3F1 ( s) − s 2 f1 (0) − sf1′ (0) − f1′′(0)

3.3.5. Translasi di Kawasan t Sifat transformasi Laplace berkenaan dengan translasi di kawasan t ini dapat dinyatakan sebagai berikut Jika transformasi Laplace dari f(t) adalah F(s), maka transformasi Laplace dari f(t−a)u(t−a) untuk a > 0 adalah e−asF(s). Hal ini dapat kita lihat sebagai berikut. Menurut definisi, transformasi Laplace dari f(t−a)u(t−a) adalah ∞

∫0

f (t − a )u (t − a)e − st dt

Karena u(t−a) bernilai nol untuk t < a dan bernilai satu untuk t > a , bentuk integral ini dapat kita ubah batas bawahnya serta tidak lagi menuliskan faktor u(t−a), menjadi ∞

∫0

f (t − a )u (t − a)e − st dt =

∞

∫a

f (t − a)e − st dt

63

Transformasi Laplace Kita ganti peubah integrasinya dari t menjadi τ dengan suatu hubungan τ = (t−a). Dengan penggantian ini maka dt menjadi dτ dan τ = 0 ketika t = a dan τ = ∞ ketika t = ∞. Persamaan di atas menjadi ∞

∫0

f (t − a)u (t − a )e − st dt = =e

− as ∞

∫0

f ( τ) e

− sτ

∞

∫0

f (τ)e − s ( τ + a ) dτ

dτ = e

− as

CONTOH-3.5: Carilah transformasi Laplace dari bentuk gelombang sinyal seperti yang tergambar di samping ini.

(3.11)

F (s) f(t) A

Solusi : Model bentuk gelombang ini dapat kita tuliskan sebagai

0

a

→t

f (t ) = Au (t ) − Au (t − a ) .

Transformasi Laplace-nya adalah :

F (s) =

A A A(1 − e − as ) − e − as = s s s

3.3.6. Translasi di Kawasan s Sifat mengenai translasi di kawasan s dapat dinyatakan sebagai berikut. Jika transformasi Laplace dari f(t) adalah F(s) , maka transformasi Laplace dari e−αtf(t) adalah F(s + α). Bukti dari pernyataan ini dapat langsung diperoleh dari definisi transformasi Laplace, yaitu ∞ − αt

∫0 e

f (t )e − st dt =

∞

∫0

f (t )e − ( s + α )t dt = F ( s + α)

(3.19)

Sifat ini dapat digunakan untuk menentukan transformasi fungsi teredam jika diketahui bentuk transformasi fungsi tak teredamnya.


Transformasi Laplace CONTOH-3.6: Carilah transformasi Laplace dari fungsi-fungsi ramp teredam dan sinus teredam berikut ini :

a). v1 = tu (t )e −αt

;

b). v2 = e −αt cos ωt u (t )

Solusi :

a). Karena untuk v(t ) = tu (t ) → F ( s ) =

1 s2

maka jika v1 (t ) = tu (t )e − αt ⇒ V1 ( s ) =

, 1

( s + α) 2 s b). Karena untuk v(t ) = cos ωt u (t ) → V ( s ) = , 2 s + ω2 maka jika v2 (t ) = e − αt cos ωt u (t ) ⇒ V2 ( s ) =

s+α

( s + α ) 2 + ω2

3.3.7. Pen-skalaan (scaling) Sifat ini dapat dinyatakan sebagai : Jika transformasi Laplace dari f(t) adalah F(s) , maka untuk a > 0 transformasi dari f(at) adalah

1 s F  . a a

Bukti dari sifat ini dapat langsung diperoleh dari definisinya. Dengan mengganti peubah t menjadi τ = at maka transformasi Laplace dari f(at) adalah: ∞

∫0

s

f (at )e

− st

− τ 1 ∞ 1 s dt = f ( τ )e a dτ = F   a 0 a a

∫

(3.12)

Jadi, jika skala waktu diperbesar (a > 1) maka skala frekuensi s mengecil dan sebaliknya apabila skala waktu diperkecil (a < 1) maka skala frekuensi menjadi besar. 3.3.8. Nilai Awal dan Nilai Akhir Sifat transformasi Laplace berkenaan dengan nilai awal dan nilai akhir dapat dinyatakan sebagai berikut.

65


Nilai awal : lim f (t ) = lim sF ( s ) t →0 +

s →∞

Nilai akhir : lim f (t ) = lim sF ( s ) t →∞

s →0

+

Jadi nilai f(t) pada t = 0 di kawasan waktu (nilai awal) sama dengan nilai sF(s) pada tak hingga di kawasan s. Sedangkan nilai f(t) pada t = ∞ (nilai akhir) sama dengan nilai sF(s) pada titik asal di kawasan s. Sifat ini dapat diturunkan dari sifat diferensiasi. CONTOH-3.7: Transformasi Laplace dari suatu sinyal adalah

V ( s ) = 100

s+3 s ( s + 5)( s + 20)

Carilah nilai awal dan nilai akhir dari v(t). Solusi : Nilai awal adalah :

  s+3 lim v(t ) = lim sV ( s ) = lim  s × 100 =0 s →∞  s ( s + 5)( s + 20)  t →0 + s →∞ Nilai akhir adalah :

  s+3 lim v(t ) = lim sV ( s ) = lim  s × 100  =3 s →0 s ( s + 5)(s + 20)  t →∞ s →0 Tabel 3.2. memuat sifat-sifat transformasi Laplace yang dibahas di atas kecuali sifat yang terakhir yaitu konvolusi. Konvolusi akan dibahas di bagian akhir dari pembahasan mengenai transformasi balik.



Tabel 3.2. Sifat-sifat Transformasi Laplace Pernyataan f(t) linier :

A1 f1(t) + A2 f2(t) t

diferensiasi :

A1F1(s) + A2 F2(s)

F ( s) s

∫0 f ( x)dx

integrasi :

Pernyataan F(s) =L[f(t)]

df (t ) dt

d 2 f (t )

sF ( s ) − f (0 − ) s 2 F ( s ) − sf (0− ) − f ′(0− )

dt 2

d 3 f (t ) dt

3

linier : A1 f1(t) + A2 f2(t)

s 3 F ( s ) − s 2 f (0 − ) − sf (0 − ) − f ′′(0 − ) A1F1(s) + A2 F2(s)

translasi di t: [ f (t − a )]u (t − a)

e − as F (s )

translasi di s : e− at f (t )

F ( s + a)

penskalaan : f (at )

1 s F  a a

nilai awal : lim f (t ) t →0 +

nilai akhir : lim f (t ) t →∞

konvolusi :

t

∫0 f1 ( x) f 2 (t − x)dx

lim sF ( s )

s →∞

lim sF ( s ) s →0

F1 ( s ) F2 ( s )

67

Transformasi Laplace 3.4. Transformasi Balik Berikut ini kita akan membahas mengenai transformasi balik, yaitu mencari f(t) dari suatu F(s) yang diketahui. Jika F(s) yang ingin dicari transformasi baliknya ada dalam tabel transformasi Laplace yang kita punyai, pekerjaan kita cukup mudah. Akan tetapi dalam analisis rangkaian di kawasan s, pada umumnya F(s) berupa rasio polinomial yang bentuknya tidak sesederhana dan tidak selalu ada pasangannya seperti dalam tabel. Untuk mengatasi hal itu, F(s) kita uraikan menjadi suatu penjumlahan dari bentuk-bentuk yang ada dalam tabel, sehingga kita akan memperoleh f(t) sebagai jumlah dari bentuk-bentuk gelombang sederhana. Dengan perkataan lain kita membuat F(s) menjadi transformasi dari suatu gelombang komposit dan kelinieran dari transformasi Laplace akan memberikan transformasi balik dari F(s) yang berupa jumlah dari bentukbentuk gelombang sederhana. Sebelum membahas mengenai transformasi balik kita akan mengenal lebih dulu pengertian tentang pole dan zero. 3.4.1. Pole dan Zero Pada umumnya, transformasi Laplace berbentuk rasio polinom

b s m + bm −1s m −1 + L + b1s + b0 F (s) = m (3.13) an s n + an −1s n −1 + L + a1s + a0 yang masing-masing polinom dapat dinyatakan dalam bentuk faktor menjadi ( s − z1 )(s − z2 ) L ( s − z m ) (3.14) F (s) = K ( s − p1 )(s − p2 )L ( s − pn ) dengan K = bm/an dan disebut faktor skala. Akar-akar dari pembilang dari pernyataan F(s) di atas disebut zero karena F(s) bernilai nol untuk s = zk (k = 1, 2, …m). Akar-akar dari penyebut disebut pole karena pada nilai s = pk (k = 1, 2, …n) nilai penyebut menjadi nol dan nilai F(s) menjadi tak-hingga. Pole dan zero disebut frekuensi kritis karena pada nilai-nilai itu F(s) menjadi nol atau tak-hingga. Peubah s merupakan peubah kompleks s = σ + jω. Dengan demikian kita dapat memetakan pole dan zero dari suatu F(s) pada bidang kompleks dan kita sebut diagram pole-zero. Titik pole diberi tanda ″× ″ dan titik zero diberi tanda ″o ″. Perhatikan contoh 3.8. berikut.


Transformasi Laplace CONTOH-3.8: Gambarkan diagram pole-zero dari

a). F ( s ) =

1 s +1

b). F ( s ) =

A( s + a) ( s + a) + b 2

2

Solusi :

× −1

tertentu.

( s + a) + b = 0 → pole di s = −a ± jb 2

2

1 s

jω

a). Fungsi ini mempunyai pole di s = −1 tanpa zero

b). Fungsi ini mempunyai zero di s = −a. Pole dapat dicari dari

c). F ( s ) =

σ jω +jb

−a

c). Fungsi ini tidak mempunyai zero tertentu sedangkan pole terletak di titik asal, s = 0 + j0.

σ −jb jω σ

3.4.2. Bentuk Umum F(s) Bentuk umum F(s) adalah seperti (3.14) yaitu

F (s) = K

( s − z1 )(s − z2 ) L ( s − z m ) ( s − p1 )(s − p2 )L ( s − pn )

Jika jumlah pole lebih besar dari jumlah zero, jadi n > m, kita katakan bahwa fungsi ini merupakan fungsi rasional patut. Jika fungsi ini memiliki pole yang semuanya berbeda, jadi pi ≠ pj untuk i ≠ j , maka dikatakan bahwa F(s) mempunyai pole sederhana. Jika ada pole yang berupa bilangan kompleks kita katakan bahwa fungsi ini mempunyai pole kompleks. Jika ada pole-pole yang bernilai sama kita katakan bahwa fungsi ini mempunyai pole ganda.

69

Transformasi Laplace 3.4.3. Fungsi Dengan Pole Sederhana Apabila fungsi rasional F(s) hanya mempunyai pole sederhana, maka ia dapat diuraikan menjadi berbentuk

F (s) =

k1 k2 kn + +L+ ( s − p1 ) ( s − p2 ) ( s − pn )

(3.15)

Jadi F(s) merupakan kombinasi linier dari beberapa fungsi sederhana; konstanta k yang berkaitan dengan setiap fungsi pembangun F(s) itu kita sebut residu. Kita ingat bahwa transformasi balik dari masing-masing fungsi sederhana itu berbentuk ke−αt. Dengan demikian maka transformasi balik dari F(s) menjadi

f (t ) = k1e p1t + k 2e p2t + L + k n e p n t

(3.16)

Persoalan kita sekarang adalah bagaimana menentukan residu. Untuk mencari k1, kita kalikan kedua ruas (3.15) dengan (s − p1) sehingga faktor (s− p1) hilang dari ruas kiri sedangkan ruas kanan menjadi k1 ditambah suku-suku lain yang semuanya mengandung faktor (s− p1). Kemudian kita substitusikan s = p1 sehingga semua suku di ruas kanan bernilai nol kecuali k1 dan dengan demikian diperoleh nilai k1. Untuk mencari k2, kita kalikan kedua ruas (3.15) dengan (s − p2) kemudian kita substitusikan s = p2; demikian seterusnya sampai semua nilai k diperoleh, dan transformasi balik dapat dicari. CONTOH-3.9: Carilah f(t) dari fungsi transformasi berikut.

4 4( s + 2) ; b). F ( s ) = ; ( s + 1)( s + 3) ( s + 1)( s + 3) 6( s + 2) c). F ( s ) = s ( s + 1)( s + 4)

a). F ( s ) =

Solusi : a).

F (s) =

4 k k = 1 + 2 ( s + 1)(s + 3) s + 1 s + 3



4 k = k1 + 2 ( s + 1) ( s + 3) s+3 4 → substitusi s = −1 → = k1 → k1 = 2 −1+ 3

→ F ( s ) × ( s + 1) →

→ F ( s ) × ( s + 3) dan substitusi s = −3 → ⇒ F (s) =

2 −2 + ⇒ f (t ) = 2e −t − 2e −3t s +1 s + 3 F (s) =

b).

4 = k 2 → k2 = −2 − 3+1

4( s + 2) k k = 1 + 2 ( s + 1)(s + 3) s + 1 s + 3

4(−1 + 2) = k1 → k1 = 2 −1+ 3 4(−3 + 2) → F ( s ) × ( s + 3) dan substitusi s = −3 → = k2 → k2 = 2 − 3+1 2 2 ⇒ F (s) = + ⇒ f (t ) = 2e −t + 2e −3t s +1 s + 3 → F ( s ) × ( s + 1) dan substitusi s = −1 →

F (s) =

c).

6( s + 2) k k k = 1+ 2 + 3 s ( s + 1)(s + 4) s s + 1 s + 4

Dengan cara seperti di a) dan b) kita peroleh

→ k1 = k3 =

6( s + 2) ( s + 1)( s + 4) 6( s + 2) s ( s + 1)

s =0

= 3 ; k2 =

6( s + 2) s ( s + 4)

= −2 ; s = −1

= −1 s = −4

3 −2 −1 ⇒ F( s) = + + → f (t ) = 3 − 2e −t − e − 4t s s +1 s + 4 3.4.4 Fungsi Dengan Pole Kompleks Secara fisik, fungsi F(s) merupakan rasio polinomial dengan koefisien riil. Jika F(s) mempunyai pole kompleks yang berbentuk p = −α + jβ, maka ia juga harus mempunyai pole lain yang berbentuk p* = −α − jβ;

71

Transformasi Laplace sebab jika tidak maka koefisien polinomial tersebut tidak akan riil. Jadi untuk sinyal yang memang secara fisik kita temui, pole kompleks dari F(s) haruslah terjadi secara berpasangan konjugat. Oleh karena itu uraian F(s) harus mengandung dua suku yang berbentuk

F (s) = L +

k k* + +L s + α − jβ s + α + jβ

(3.17)

Residu k dan k* pada pole konjugat juga merupakan residu konjugat sebab F(s) adalah fungsi rasional dengan koefisien rasional. Residu ini dapat kita cari dengan cara yang sama seperti mencari residu pada uraian fungsi dengan pole sederhana. Kita cukup mencari salah satu residu dari pole kompleks karena residu yang lain merupakan konjugatnya. Transformasi balik dari dua suku dengan pole kompleks akan berupa cosinus teredam. Tansformasi balik dari dua suku pada (3.17) adalah

f k (t ) = ke −(α − jβ)t + k * e −(α + jβ)t = k e jθ e −(α − jβ)t + k e − jθ e −(α + jβ)t = k e −( α − j (β+ θ))t + k e −(α + j (β+θ))t = 2 k e − αt

(3.18)

e j (β+ θ)t + e − j (β+θ)t = 2 k e −αt cos(β + θ) 2

Jadi f(t) dari (3.17) akan berbentuk :

f (t ) = L + 2 k e −αt cos(β + θ) + L CONTOH-3.10: Carilah transformasi balik dari 8 F (s) = 2 s ( s + 4s + 8) Solusi : Fungsi ini mempunyai pole sederhana di s = 0, dan pole kompleks yang dapat ditentukan dari faktor penyebut yang berbentuk kwadrat, yaitu

s=

− 4 ± 16 − 32 = −2 ± j 2 2


Transformasi Laplace Uraian dari F(s) , penentuan residu, serta transformasi baliknya adalah sebagai berikut.

F (s) = → k1 =

→ k2 = = → k 2∗ =

8 s ( s 2 + 4s + 8) 8 s ( s + 4s + 8) 2

8 s ( s + 4s + 8) 2

=

k1 k2 k2∗ + + s s + 2 − j2 s + 2 + j2

×s

= s =0

8 =1 8

× ( s + 2 − j 2) s = −2 + j 2

8 8 2 j (3π / 4 ) = = e s ( s + 2 + j 2) s = −2 + j 2 − 8 − j 8 2 2 − j (3π / 4 ) e 2

⇒ f(t) = u (t ) + = u (t ) +

2 j (3π / 4 ) − ( 2 − j 2 )t 2 − j (3π / 4) − ( 2 + j 2 )t e e + e e 2 2

[

2 − 2t j (3π / 4 + 2t ) e e + e − j (3π / 4 + 2t ) 2

]

= u (t ) + 2e − 2t cos(2t + 3π / 4) 3.4.5. Fungsi Dengan Pole Ganda Pada kondisi tertentu, fungsi F(s) dapat mempunyai pole ganda. Penguraian F(s) yang demikian ini dilakukan dengan “memecah” faktor yang mengandung pole ganda dengan tujuan untuk mendapatkan bentuk fungsi dengan pole sederhana yang dapat diuraikan seperti biasanya. Untuk jelasnya kita ambil suatu fungsi yang mengandung pole ganda (dua pole sama) seperti pada (3.19) berikut ini.

F (s) =

K ( s − z1 ) ( s − p1 )(s − p2 ) 2

(3.19)

Dengan mengeluarkan salah satu faktor yang mengandung pole ganda kita dapatkan

73


F (s) =

 K ( s − z1 )     ( s − p1 )(s − p2 ) 

1 s − p2

(3.20)

Bagian yang didalam tanda kurung dari (3.20) mengandung pole sederhana sehingga kita dapat menguraikannya seperti biasa.

 K ( s − z1 )  k1 k2 F1 ( s ) =  + =  ( s − p1 )(s − p2 )  s − p1 s − p2

(3.21)

Residu pada (3.21) dapat ditentukan, misalnya k1 = A dan k2 = B , dan faktor yang kita keluarkan kita masukkan kembali sehingga (3.20) menjadi

F (s) =

1  A B  A B + +  = s − p2  s − p1 s − p2  ( s − p2 )(s − p1 ) ( s − p2 ) 2

dan suku pertama ruas kanan diuraikan lebih lanjut menjadi

F (s) =

k11 k B + 12 + s − p1 s − p2 ( s − p2 ) 2

(3.22)

Transformasi balik dari (3.22) adalah

f (t ) = k11e p1t + k12e p 2t + Bte p2t

(3.23)

CONTOH-3.11: Tentukan transformasi balik dari fungsi: s F (s) = ( s + 1)(s + 2) 2 Solusi :

F( s) = =

s ( s + 1)( s + 2)

2

=

 1  s   ( s + 2)  ( s + 1)(s + 2) 

1  k1 k  + 2   ( s + 2)  s + 1 s + 2 

→ k1 =

s ( s + 2)

= −1 s = −1

→ k2 =

s ( s + 1)

=2 s = −2



1  −1 2  −1 2 + = +   ( s + 2)  s + 1 s + 2  ( s + 1)( s + 2) ( s + 2) 2 k k 2 = 11 + 12 + s + 1 s + 2 ( s + 2) 2

⇒ F( s) =

→ k11 =

−1 s+2

= −1 s = −1

→ k12 =

−1 =1 s + 1 s = −2

−1 1 2 ⇒ F (s) = + + ⇒ f (t ) = −e −t + e − 2t + 2te − 2t s + 1 s + 2 ( s + 2) 2

3.4.6. Konvolusi Transformasi Laplace menyatakan secara timbal balik bahwa

jika f (t ) = f1 (t ) + f 2 (t )

F (s) = F1 ( s ) + F2 ( s )

maka

jika F ( s ) = F1 ( s ) + F2 ( s )

f (t) = f1 (t ) + f 2 (t )

maka

Kelinieran dari transformasi Laplace ini tidak mencakup perkalian. Jadi

jika F ( s ) = F1 ( s ) F2 ( s )

maka

f (t ) ≠ f1 (t ) f 2 (t )

Mencari fungsi f(t) dari suatu fungsi F(s) yang merupakan hasil kali dua fungsi s yang berlainan, melibatkan sifat transformasi Laplace yang kita sebut konvolusi. Sifat ini dapat dinyatakan sebagai berikut.

jika F ( s ) = F1 ( s ) F2 ( s ) maka

L−1[F ( s)] = f (t ) = ∫ f1 (τ) f 2 (t − τ)dτ = ∫ f 2 (τ) f1 (t − τ)dτ t

t

0

0

(3.24)

Kita katakan bahwa transformasi balik dari perkalian dua F(s) diperoleh dengan melakukan konvolusi dari kedua bentuk gelombang yang bersangkutan. Kedua bentuk integral pada (3.24) disebut integral konvolusi. Pandanglah dua fungsi waktu f1(τ) dan f2(t). Transformasi Laplace masing-masing adalah

F1 ( s ) =

∞

∫0

f1 (τ)e − sτ dτ dan F2 ( s ) =

∞

∫0

f 2 (t )e − st dt .

Jika kedua ruas dari persamaan pertama kita kalikan dengan F2(s) akan kita peroleh

75

Transformasi Laplace ∞

∫0

F1 ( s ) F2 ( s ) =

f1 (τ) e − sτ F2 ( s ) dτ .

Sifat translasi di kawasan waktu menyatakan bahwa e−sτ F2(s) adalah transformasi Laplace dari [ f2(t−τ) ] u(t−τ) sehingga persamaan tersebut dapat ditulis

F1 ( s ) F2 ( s ) =

∞

 f1 (τ)  

∫0

∞

∫0

 f 2 (t − τ)u (t − τ)e − st dt  dτ 

Karena untuk τ > t nilai u(t−τ) = 0, maka integrasi yang berada di dalam kurung pada persamaan di atas cukup dilakukan dari 0 sampai t saja, sehingga

F1 ( s ) F2 ( s ) = =

∞

∫0

 f1 (τ)  

t

∫0 f 2 (t − τ)e

∞ t

∫0 ∫0 f1(τ) f 2 (t − τ)e

− st

− st

 dt  dτ 

 dt  dτ 

Dengan mempertukarkan urutan integrasi, kita peroleh

F1 ( s ) F2 ( s ) =

∞ t

∫0 ∫0  

  f1 (τ) f 2 (t − τ)dτ e − st dt = L   

t

CONTOH-3.12: Carilah f(t) dari F(s) berikut.

a). F ( s ) = c). F ( s ) =

1 ( s + a) 1

2

b). F( s ) =



∫0 f1(τ) f 2 (t − τ)dτ

1 ( s + a)( s + b)

s 2 ( s + a)

Solusi : a). Fungsi ini kita pandang sebagai perkalian dari dua fungsi.



F( s ) = F1 ( s )F2 ( s ) dengan F1 ( s ) = F2 ( s ) =

1 ( s + a)

→ f1 (t ) = f 2 (t ) = e − at ⇒ f (t ) = =

t

t − ax − a (t − x )

∫0 f1( x) f 2 (t − x)dx = ∫0 e t − ax − at + ax

∫0 e

e

dx

t

dx = e − at dx = te − at

∫0

b). Fungsi ini juga merupakan perkalian dari dua fungsi. F( s ) = F1 ( s )F2 ( s ) dengan

F1 ( s ) =

1 1 dan F2 ( s ) = ( s + a) ( s + b)

→ f1 (t ) = e − at dan f 2 (t ) = e − bt

⇒ f (t ) =

t

=e =

t − ax − b (t − x )

∫0 f1( x) f 2 (t − x)dx = ∫0 e − bt t ( − a + b) x

∫0 e

(

e

dx

t

dx = e

)

−bt

 e ( − a + b) x     − a + b  0

e −bt e( −a +b )t − 1 e − at − e −bt = −a+b −a+b

c). Fungsi ketiga ini juga dapat dipandang sebagai perkalian dua fungsi. 1 1 F ( s ) = F1 ( s ) F2 ( s ) dengan F1 ( s ) = 2 dan F2 ( s ) = s + a s

→ f1 (t ) = t dan f 2 (t ) = e − at ⇒ f (t ) =

t

t

∫0 f1( x) f 2 (t − x)dx = ∫0 xe 

− a (t − x )

dx = e − at

t

∫0 xe

ax

dx

t   at ax  − at  te − 0 e  =e − dx = e − 2   a   a 0 a a 0 0     at at − at  te − 0 e − 1  at − 1 + e = e − at  − = a 2  a2  a − at  xe

ax

t

∫

t e ax

77

Transformasi Laplace 3.5. Solusi Persamaan Rangkaian Menggunakan Transformasi Laplace Dengan menggunakan transformasi Laplace kita dapat mencari solusi suatu persamaan rangkaian (yang sering berbentuk persamaan diferensial) dengan lebih mudah. Transformasi akan mengubah persamaan diferensial menjadi persamaan aljabar biasa di kawasan s yang dengan mudah dicari solusinya. Dengan mentransformasi balik solusi di kawasan s tersebut, kita akan memperoleh solusi dari persamaan diferensialnya. CONTOH-3.13: Gunakan transformasi Laplace untuk mencari solusi persamaan berikut.

dv + 10v = 0 , dt

v (0 + ) = 5

Solusi : Transformasi Laplace persamaan diferensial ini adalah

sV ( s ) − v(0 + ) + 10V ( s ) = 0 atau sV ( s ) − 5 + 10V ( s ) = 0 ⇒ V ( s ) =

5 s + 10

Transformasi balik memberikan v(t ) = 5e −10t Transformasi Laplace dapat kita manfaatkan untuk mencari solusi dari persamaan diferensial dalam analisis transien. Langkah-langkah yang harus dilakukan adalah : 1.

Menentukan persamaan diferensial rangkaian di kawasan waktu.

2.

Mentransformasikan persamaan diferensial yang diperoleh pada langkah 1 ke kawasan s dan mencari solusinya.

3.

Transformasi balik solusi yang diperoleh pada langkah 2 untuk memperoleh tanggapan rangkaian.


Transformasi Laplace CONTOH-3.14: Saklar S pada rangkaian di samping ini ditutup pada t = 0. Tentukan tegangan kapasitor untuk t > 0 jika sesaat sebelum S ditutup tegangan kapasitor 2 V. Solusi : Langkah pertama + adalah 12 V − menentukan persamaan rangkaian untuk t > 0. Aplikasi HTK memberikan

S

i

− 6 + 100i + vC = 0 atau − 6 + 2

100Ω 0,02F

+ vC

−

dvC + vC = 0 . dt

Langkah kedua adalah mentransformasikan persamaan ini ke kawasan s, menjadi

6 + 2sVC ( s ) − vC (0) + VC ( s ) = 0 atau s 6 − + 2sVC ( s ) − 2 + VC ( s ) = 0 s

−

Pemecahan persamaan ini dapat diperoleh dengan mudah.

VC ( s ) =

3+ s k k2 = 1+ s ( s + 0,5) s s + 0,5

3+ s 3+ s = 6 dan k 2 = = −5 ( s + 0,5) s = 0 s s = −0,5 6 5 ⇒ VC ( s ) = − s s + 0,5 → k1 =

Langkah terakhir adalah mentransformasi balik VC

vC (t ) = 6 − 5e

−0,5t

(s) :

V

79

Transformasi Laplace CONTOH-3.15: Pada rangkaian di samping ini, saklar S dipindahkan dari posisi 1 ke 2 pada t = 0. Tentukan i(t) untuk t > 0, jika sesaat sebelum saklar dipindah tegangan kapasitor 4 V dan arus induktor 2 A. 1 i S Bagian 2 1H + 6Ω + lain vC 6 V 1/13 F − rangkaian − Solusi : Aplikasi HTK pada rangkaian ini setelah saklar ada di posisi 2 ( t > 0 ) memberikan

di 1 + idt + vC (0) = 0 dt C di − 6 + 6i + + 13 idt + 4 = 0 dt

∫

− 6 + 6i + L

atau

∫

Transformasi Laplace dari persamaan rangkaian ini menghasilkan

−6 I (s) 4 + 6 I ( s ) + sI ( s ) − i (0) + 13 + =0 s s s −6 I (s) 4 + 6 I ( s ) + sI ( s ) − 2 + 13 + =0 s s s

atau

Pemecahan persamaan ini adalah :

→ I(s) = =

2s + 2 s + 6 s + 13 2

2s + 2 k1 k1∗ = + ( s + 3 − j 2)( s + 3 + j 2) s + 3 − j 2 s + 3 + j 2



→ k1 =

2s + 2 s + 3 + j2

= 1 + j1 = 2e j 45 → k1∗ = 2e − j 45 o

s = −3+ j 2

o

2e j 45 2e − j 45 ⇒ I (s) = + s + 3 − j2 s + 3 + j2 o

o

Transformasi balik dari I(s) memberikan o o ⇒ i (t ) = 2e j 45 e −(3− j 2)t + 2e − j 45 e −(3+ j 2)t

= 2e −3t (cos 2t − sin 2t ) A

81


Soal-Soal 1. Carilah pernyataannya di kawasan s sinyal-sinyal berikut ini. v1(t ) = 10[1 − e −2t ]u (t ); v2 (t ) = 10[1 + 4t ]u (t ) v3 (t ) = 10[e − 2t − e− 4t ]u (t ); v4 (t ) = 10[2e − 2t − 4e − 4t ]u (t )

2. Carilah pernyataannya di kawasan s sinyal-sinyal berikut ini. v1(t ) = 15[sin(20t − 30o )]u (t ); v2 (t ) = 15[cos 20t − sin 20t ]u (t ) v3 (t ) = 15[cos 20t − cos10t ]u (t ); v4 (t ) = 15[1 − 2 sin 10t ]u (t )

3. Carilah pernyataannya di kawasan s sinyal-sinyal berikut ini. v1(t ) = 20[e −2t sin(20t − 30o )]u (t ); v2 (t ) = 20[e − 2t (cos 20t − sin 20t )]u (t ) v3 (t ) = 20[e − 2t (cos 20t − cos10t )]u (t ); v4 (t ) = 20[e − 2t (1 − 2 sin 10t )]u (t )

4. Carilah pernyataannya di kawasan s sinyal-sinyal berikut ini. v1(t ) = 15[cos2 10t )]u (t ); v2 (t ) = 15[(cos 20t )(sin 20t )]u (t ) v3 (t ) = 20te − 2t u (t ); v4 (t ) = 20[e− 2t sin 10t ]u (t )


Transformasi Laplace 5. Berikut ini adalah pernyataan sinyal di kawasan s. Carilah pernyataannya di kawasan waktu t. 1 ; (s + 2)( s + 3) s V2 ( s) = ( s + 2)(s + 3) V1( s) =

V3 ( s) =

s2 ; ( s + 2)(s + 3)

V4 ( s) =

s2 ( s + 2)(s + 3)(s + 4)

6. Carilah pernyataan di kawasan waktu dari sinyal yang dinyatakan di kawasan s berikut ini. V1 ( s ) = V2 ( s ) = V3 ( s ) =

1 ( s + 2) 2 + 9 s ( s + 2) 2 + 9

; ;

s2 ( s + 2) 2 + 9

7. Berikut ini adalah pernyataan sinyal di kawasan s; carilah pernyataannya di kawasan waktu. 1 ; ( s + 3) 1 V2 ( s) = ; s( s + 3) 1 V3 (s ) = s( s + 3) V1( s) =

83

Transformasi Laplace 8. Berikut ini adalah pernyataan sinyal di kawasan s; carilah pernyataannya di kawasan waktu. 10 V1( s) = 2 ; s + 10s + 16 10 V2 ( s) = 2 ; s + 8s + 16 10 V3 (s) = 2 s + 6s + 25

9. Carilah pernyataannya di kawasan waktu sinyal-sinyal berikut ini. 6 s + 14 ; ( s + 2)(s + 3) 9s + 26 V2 ( s) = ; ( s + 2)(s + 3)( s + 4) V1( s ) =

V3 ( s) =

6s 2 + 34s + 46 ( s + 2)( s + 3)(s + 4)

10. Carilah pernyataannya di kawasan waktu sinyal-sinyal berikut ini. V1( s) =

s+2

s( s 2 + 2s + 1)(s + 3) (s + 1)(s + 4) V2 (s) = 2 2 ; s (s + 2s + 4) (s + 10)(s + 200) V3 (s) = (s + 20)(s + 100)

;


Analisis Rangkaian Menggunakan Transformasi Laplace

BAB 4


Setalah mempelajari bab ini kita akan • memahami konsep impedansi di kawasan s. • mampu melakukan transformasi rangkaian ke kawasan s. • mampu melakukan analisis rangkaian di kawasan s. Di bab sebelumnya kita menggunakan transformasi Laplace untuk memecahkan persamaan rangkaian. Kita harus mencari terlebih dahulu persamaan rangkaian di kawasan t sebelum perhitungan-perhitungan di kawasan s kita lakukan. Berikut ini kita akan mempelajari konsep impedansi dan dengan konsep ini kita akan dapat melakukan transformasi rangkaian ke kawasan s. Dengan transformasi rangkaian ini, kita langsung bekerja di kawasan s, artinya persamaan rangkaian langsung dicari di kawasan s tanpa mencari persamaan rangkaian di kawasan t lebih dulu. Sebagaimana kita ketahui, elemen dalam analisis rangkaian listrik adalah model dari piranti yang dinyatakan dengan karakteristik i-v-nya. Jika analisis dilakukan di kawasan s dimana v(t) dan i(t) ditransformasikan menjadi V(s) dan I(s), maka pernyataan elemenpun harus dinyatakan di kawasan s. 4.1. Hubungan Tegangan-Arus Elemen di Kawasan s 4.1.1. Resistor Hubungan arus dan tegangan resistor di kawasan t adalah

vR (t ) = RiR(t) Transformasi Laplace dari vR adalah

VR ( s ) =

∞

∫0

vR (t )e − st dt =

∞

∫0 RiR (t )e

− st

dt =RI R(s)

Jadi hubungan arus-tegangan resistor di kawasan s adalah

VR ( s ) = R I R ( s )

(4.1)

4.1.2. Induktor Hubungan antara arus dan tegangan induktor di kawasan t adalah 85


v L (t ) = L

diL(t) dt

Transformasi Laplace dari vL adalah (ingat sifat diferensiasi dari transformasi Laplace) :

VL ( s ) =

∞

∫0

vL (t )e − st dt =

∞

∫0 L

diL (t )  − st e dt = sLI L ( s ) − LiL (0) dt 

Jadi hubungan tegangan-arus induktor adalah

VL ( s ) = sLI L ( s ) − LiL (0)

(4.2)

dengan iL (0) adalah arus induktor pada saat awal integrasi dilakukan atau dengan kata lain adalah arus pada t = 0. Kita ingat pada analisis transien di Bab-4, arus ini adalah kondisi awal dari induktor, yaitu i(0+) = i(0−). 4.1.3. Kapasitor Hubungan antara tegangan dan arus kapasitor di kawasan t adalah

vC (t ) =

1 C

t

∫0 iC (t )dt + vc (0)

Transformasi Laplace dari tegangan kapasitor adalah

I ( s ) vC (0) VC ( s ) = C + sC s

(4.3)

dengan vC(0) adalah tegangan kapasitor pada t =0. Inilah hubungan tegangan dan arus kapasitor di kawasan s. 4.2. Konsep Impedansi di Kawasan s Impedansi merupakan suatu konsep di kawasan s yang didefinisikan sebagai berikut. Impedansi di kawasan s adalah rasio tegangan terhadap arus di kawasan s dengan kondisi awal nol. Sesuai dengan definisi ini, maka impedansi elemen dapat kita peroleh dari (4.1), (4.2), dan (4.3) dengan iL (0) = 0 maupun vC (0) = 0,



ZR =

V ( s) VR ( s ) V (s) 1 = R ; ZL = L = sL ; Z C = C = I R (s) IL ( s ) IC ( s ) sC

(4.4)

Dengan konsep impedansi ini maka hubungan tegangan-arus untuk resistor, induktor, dan kapasitor menjadi sederhana, mirip dengan relasi hukum Ohm.

VR ( s ) = RI R (s) ;

VL ( s) = sLI L (s) ;

VC =

1 I C ( s) sC

(4.5)

Sejalan dengan pengertian impedansi, dikembangkan pengertian admitansi, yaitu Y = 1/Z sehingga untuk resistor, induktor, dan kapasitor kita mempunyai

YR =

1 R

YL =

;

1 sL

YC = sC

;

(4.6)

4.3. Representasi Elemen di Kawasan s Dengan pengertian impedansi seperti dikemukakan di atas, dan hubungan tegangan-arus elemen di kawasan s, maka elemen-elemen dapat direpresentasikan di kawasan s dengan impedansinya, sedangkan kondisi awal (untuk induktor dan kapasitor) dinyatakan dengan sumber tegangan yang terhubung seri dengan impedansi tersebut, seperti terlihat pada Gb. 4.1. +

IR (s)

+

IC (s)

+

IL (s)

1 sC

sL R

VR(s)

VL (s)

− +

LiL(0)

VC (s)

−

− Resistor

Induktor

+ −

vC (0) s

− Kapasitor

Gb.4.1. Representasi elemen di kawasan s.

VR ( s ) = R I R ( s ) ;

VL ( s ) = sLI L ( s ) − LiL (0) ;

VC ( s ) =

I C ( s ) vC (0) + sC s

Representasi elemen di kawasan s dapat pula dilakukan dengan menggunakan sumber arus untuk menyatakan kondisi awal induktor dan kapasitor seperti terlihat pada Gb.4.2. 87


+

R

VR(s) −

sL

IC (s)

IL (s)

IR (s)

+ VL (s) −

i L (0 ) s

1 sC

+ VC (s) −

CvC(0)

Gb.4.2. Representasi elemen di kawasan s. i ( 0)   VL ( s ) = sL I L ( s ) − L ; s  

VR ( s ) = R I R ( s ) ; VC ( s ) =

1 (I C ( s) + CvC (0) ) sC

4.4. Transformasi Rangkaian Representasi elemen ini dapat kita gunakan untuk mentransformasi rangkaian ke kawasan s. Dalam melakukan transformasi rangkaian perlu kita perhatikan juga apakah rangkaian yang kita transformasikan mengandung simpanan energi awal atau tidak. Jika tidak ada, maka sumber tegangan ataupun sumber arus pada representasi elemen tidak perlu kita gambarkan. CONTOH 4.1: Saklar S pada rangkaian berikut telah lama ada di posisi 1. Pada t = 0 saklar 1 dipindahkan ke S posisi 2 sehingga 2 + 3Ω 1H rangkaian RLC 8 V + + −3t − 1/2 F 2e V vC seri terhubung ke − − sumber tegangan V. 2e−3t Transformasikan rangkaian ke kawasan untuk t > 0. Solusi : Pada t < 0, keadaan telah mantap. Arus induktor nol dan tegangan kapasitor sama dengan tegangan sumber 8 V. Untuk t > 0, sumber tegangan adalah vs = 2e−3t yang transformasinya adalah


Analisis Rangkaian Menggunakan Transformasi Laplace Vs ( s ) =

2 s+3

Representasi kapasitor adalah impedansinya 1/sC = 2/s seri dengan sumber tegangan 8/s karena tegangan kapasitor pada t = 0 adalah 8 V. Representasi induktor impedansinya sL = s tanpa diserikan dengan sumber tegangan karena arus induktor pada t = 0 adalah nol. Transformasi rangkaian ke kawasan s untuk t > 0 adalah s

3 2 s+3

+ −

2 s

8 s

+ −

+ VC(s) −

Perhatikan bahwa tegangan kapasitor VC (s) mencakup sumber tegangan (8/s) dan bukan hanya tegangan pada impedansi (2/s) saja. Setelah rangkaian ditransformasikan, kita mengharapkan dapat langsung mencari persamaan rangkaian di kawasan s. Apakah hukum-hukum, kaidah, teorema rangkaian serta metoda analisis yang telah kita pelajari dapat kita terapkan? Hal tersebut kita bahas berikut ini. 4.5. Hukum Kirchhoff Hukum arus Kirchhoff menyatakan bahwa untuk suatu simpul n

∑ ik (t ) = 0 k =1

Jika kita lakukan transformasi, akan kita peroleh ∞ n

n    ik (t ) e − st dt =   k =1  k =1 

∫0 ∑

∞



n

∑ ∫0 ik (t )e− st dt  = ∑ I k (s) = 0 k =1

(4.7)

Jadi hukum arus Kirchhoff (HAK) berlaku di kawasan s. Hal yang sama terjadi juga pada hukum tegangan Kirchhoff. Untuk suatu loop

89

Analisis Rangkaian Menggunakan Transformasi Laplace n

∑ vk (t ) = 0 k =1

⇒

∞ n

n n   ∞   vk (t ) e − st dt = vk (t )e − st dt  = Vk ( s ) = 0  0  0    k =1 k =1  k =1 

∫ ∑

∑∫

(4.8)

∑

4.6. Kaidah-Kaidah Rangkaian Kaidah-kaidah rangkaian, seperti rangkaian ekivalen seri dan paralel, pembagi arus, pembagi tegangan, sesungguhnya merupakan konsekuensi hukum Kirchhoff. Karena hukum ini berlaku di kawasan s maka kaidahkaidah rangkaian juga harus berlaku di kawasan s. Dengan mudah kita akan mendapatkan impedansi ekivalen maupun admitansi ekivalen Z ekiv seri =

∑ Zk ;

Yekiv paralel =

∑ Yk

(4.9)

Demikian pula dengan pembagi arus dan pembagi tegangan.

I k ( s) =

Yk Yekiv

Itotal ( s) ; Vk ( s ) =

paralel

Zk Z ekiv

Vtotal ( s) (4.10) seri

CONTOH-4.2: Carilah VC (s) pada rangkaian impedansi seri RLC berikut ini.

+ −

Vin (s)

s

3

2 s

+ VC (s) −

Solusi : Kaidah pembagi tegangan pada rangkaian ini memberikan

VR ( s ) =

2/ s 3+ s +

2 s

Vin ( s) =

2 s + 3s + 2 2

Vin ( s) =

2 Vin ( s) ( s + 1)( s + 2)

Pemahaman : Jika Vin(s) = 10/s maka



VC ( s ) = → k1 =

k 20 k k = 1+ 2 + 3 s ( s + 1)(s + 2) s s + 1 s + 2

20 ( s + 1)( s + 2)

20 k3 = s ( s + 1) ⇒ VC ( s ) = ⇒

s =0

= 10 ; k 2 =

20 s ( s + 2)

= −20 ; s = −1

= 10 s = −2

10 − 20 10 + + s s +1 s + 2

vC (t ) = 10 − 20e −t + 10e − 2t

Inilah tanggapan rangkaian rangkaian RLC seri (dengan R = 3Ω , L = 1H, C = 0,5 F) dengan masukan sinyal anak tangga yang amplitudonya 10 V. 4.7. Teorema Rangkaian 4.7.1. Prinsip Proporsionalitas Prinsip proporsionalitas merupakan pernyataan langsung dari sifat rangkaian linier. Di kawasan t, pada rangkaian dengan elemen-elemen resistor, sifat ini dinyatakan oleh hubungan

y (t ) = Kx(t ) dengan y(t) dan x(t) adalah keluaran dan masukan dan K adalah suatu konstanta yang ditentukan oleh nilai-nilai resistor yang terlibat. Transformasi Laplace dari kedua ruas hubungan diatas akan memberikan

Y ( s ) = KX ( s ) dengan Y(s) dan X(s) adalah sinyal keluaran dan masukan di kawasan s. Untuk rangkaian impedansi,

Y (s) = K s X (s)

(4.11)

Perbedaan antara prinsip proporsionalitas pada rangkaian-rangkaian resistor dengan rangkaian impedansi terletak pada faktor Ks. Dalam rangkaian impedansi nilai Ks, merupakan fungsi rasional dalam s. Sebagai contoh kita lihat rangkaian seri RLC dengan masukan Vin(s). Jika tegangan keluaran adalah tegangan pada resistor VR (s), maka 91


VR ( s) =

R  RCs  Vin ( s ) =  Vin ( s ) 2 R + sL + (1 / sC )  LCs + RCs + 1

Besaran yang berada dalam tanda kurung adalah faktor proporsionalitas. Faktor ini, yang merupakan fungsi rasional dalam s, memberikan hubungan antara masukan dan keluaran dan disebut fungsi jaringan. 4.7.2. Prinsip Superposisi Prinsip superposisi menyatakan bahwa untuk rangkaian linier besarnya sinyal keluaran dapat dituliskan sebagai

yo (t ) = K1x1 (t ) + K 2 x2 (t ) + K3 x3 (t ) + ⋅ ⋅ ⋅ dengan x1, x2 , x3 … adalah sinyal masukan dan K1 , K2 , K3 … adalah konstanta proporsionalitas yang besarnya tergantung dari nilai-nilai elemen dalam rangkaian. Sifat linier dari transformasi Laplace menjamin bahwa prinsip superposisi berlaku pula untuk rangkaian linier di kawasan s dengan perbedaan bahwa konstanta proporsionalitas berubah menjadi fungsi rasional dalam s dan sinyal-sinyal dinyatakan dalam kawasan s. Yo ( s ) = K s1 X1 ( s ) + K s 2 X 2 ( s ) + K s 3 X 3 ( s ) + ⋅ ⋅ ⋅

(4.12)

4.7.3. Teorema Thévenin dan Norton Konsep mengenai teorema Thévenin dan Norton pada rangkaianrangkaian impedansi, sama dengan apa yang kita pelajari untuk rangkaian dengan elemen-elemen resistor. Cara mencari rangkaian ekivalen Thévenin dan Norton sama seperti dalam rangkaian resistor, hanya di sini kita mempunyai impedansi ekivalen Thévenin, ZT , dan admitansi ekivalen Norton, YN , dengan hubungan sbb:

VT ( s) = Vht ( s) = I N ( s) ZT ; I N ( s) = I hs ( s) = ZT =

VT ( s) ZT

1 V (s) = T YN I N ( s)


(4.13)

Analisis Rangkaian Menggunakan Transformasi Laplace CONTOH-4.3: Carilah rangkaian ekivalen Thevenin dari rangkaian impedansi berikut ini.

s s 2 + ω2

+ −

R

1 sC

B E B A N

Solusi :

VT ( s ) = Vht ( s) =

1 / sC s s / RC = R + (1 / sC ) s 2 + ω2 ( s + 1 / RC )( s 2 + ω2 )

I N ( s ) = I hs ( s ) =

1 s 2 R s + ω2

ZT = R || (1 / RC ) =

VT

+ −

R / sC 1 = R + 1 / sC C ( s + 1 / RC ) ZT

B E B A N

4.8. Metoda-Metoda Analisis Metoda-metoda analisi, baik metoda dasar (metoda reduksi rangkaian, unit output, superposisi, rangkaian ekivalen Thevenin dan Norton) maupun metoda umum (metoda tegangan simpul, arus mesh) dapat kita gunakan untuk analisis di kawasan s. Hal ini mudah dipahami mengingat hukum-hukum, kaidah-kaidah maupun teorema rangkaian yang berlaku di kawasan t berlaku pula di kawasan s. Berikut ini kita akan melihat contoh-contoh penggunaan metoda analisis tersebut di kawasan s.

93

Analisis Rangkaian Menggunakan Transformasi Laplace 4.8.1. Metoda Unit Output CONTOH-4.4: Dengan menggunakan metoda unit output, carilah V2(s) pada rangkaian impedansi di bawah ini. IL (s) sL + 1/sC V2(s) −

R IC (s)

IR (s)

I1(s) Solusi :

Misalkan : V2 ( s ) = 1 → VC ( s ) = V2 ( s ) = 1

→

→ I L ( s ) = I C ( s ) = sC

→

I C ( s) =

VL ( s ) = sL × sC = LCs 2

→ VR ( s ) = VL ( s) + VC ( s ) = LCs 2 + 1 ⇒ I1* ( s ) = I R ( s ) + I L ( s ) = ⇒ Ks =

1 I1* ( s )

=

1 = sC 1 / sC

→

I R (s) =

LCs 2 + 1 R

LCs 2 + 1 LCs 2 + RCs + 1 + sC = R R

R LCs + RCs + 1

⇒ V2 ( s ) = K s I1 ( s) =

2

R LCs + RCs + 1 2

I1 ( s )

4.8.2. Metoda Superposisi CONTOH-4.5: Dengan menggunakan metoda superposisi, carilah tegangan induktor vo (t) pada rangkaian berikut + R ini. R Bsinβt Au(t) + vo L − Solusi : − Rangkaian kita transformasikan ke kawasan s menjadi



A s

R sL

+ −

+ Vo −

Bβ

R

s 2 + β2

Jika sumber arus dimatikan, maka rangkaian menjadi : + −

A s

R sL

+ Vo1 −

R

RLs R + sL RLs L A/ 2 R + sL A = ⇒ Vo1 ( s ) = A= RLs s R + 2sL s + R / 2L R+ R + sL → Z L // R =

Jika sumber tegangan dimatikan, rangkaian menjadi : R sL

+ Vo2 −

R

Bβ s 2 + β2

1 / sL Bβ × 1 1 1 s 2 + β2 + + R R sL sRL Bβ RBβ s = × = 2sL + R s 2 + β 2 2 ( s + R / 2 L)( s 2 + β 2 )

Vo2 ( s ) = sL × I L ( s ) = sL ×

95

Analisis Rangkaian Menggunakan Transformasi Laplace ⇒ Vo ( s) = Vo1 ( s ) + Vo2 ( s ) = → k1 = → k2 =

k1 k k  A/ 2 RBβ  + + 2 + 3   s + R / 2L 2  s + R / 2 L s + jβ s − jβ  s

(s + β ) 2

2

=− s = − R / 2L

s ( s + R / 2 L)(s − jβ)

( R / 2 L) ( R / 2 L) 2 + β 2 =

s = − jβ

1 = R / L − j 2β

1

e jθ ,

( R / L) + 4β 2

2

 + 2β  θ = tan −1   R/L 1

→ k3 =

⇒ vo (t ) =

( R / L) + 4β 2

R A − 2L t e

2

e − jθ 2

R  − t ( R / 2 L) − e 2L RBβ  ( R / 2 L) 2 + β 2 +  2  1 e − j (βt − θ) + e j (βt − θ) + 2 2 ( R / L) + 4β 

(

R

A R 2 Bβ  − 2 L t ⇒ vo (t ) =  − + e 2 2  2 R + 4 Lβ 

RBβ ( R / L) 2 + 4β 2

      

)

cos(βt − θ)

4.8.3. Metoda Reduksi Rangkaian CONTOH-4.6: Dengan menggunakan metoda reduksi rangkaian selesaikanlah persoalan pada contoh 4.5. Solusi : Rangkaian yang ditransformasikan ke kawasan s kita gambar lagi seperti di samping ini.

+ −

R A sL s

+ Vo −

Bβ

R


s + β2 2

Analisis Rangkaian Menggunakan Transformasi Laplace Jika sumber tegangan ditransformasikan menjadi sumber arus, kita mendapatkan rangkaian dengan dua sumber arus dan dua resistor diparalel. Rangkaian tersebut dapat disederhanakan menjadi rangkaian dengan satu sumber arus, dan kemudian menjadi rangkaian dengan sumber tegangan.

sL

+ R/2 Vo −

A sR

R

R/2

+ −

+ Vo −

sL

sL

Bβ

R

+ Vo −

s 2 + β2

Bβ s +β 2

2

+

A sR

R  Bβ A  + 2 2  sR  2  s +β

Dari rangkaian terakhir ini kita diperoleh :

sL R  Bβ A  ×  + 2 2 sL + R / 2 2  s + β sR  A/ 2 ( RBβ / 2) s Vo ( s ) = + s + R / 2 L ( s + R / 2 L)( s 2 + β 2 ) Vo ( s ) =

Hasil ini sama dengan apa yang telah kita peroleh dengan metoda superposisi pada contoh 4.20. Selanjutnya transformasi balik ke kawasan t dilakukan sebagaimana telah dilakukan pada contoh 4.20.

97

Analisis Rangkaian Menggunakan Transformasi Laplace 4.8.4. Metoda Rangkaian Ekivalen Thévenin CONTOH-4.7: Dengan menggunakan rangkaian ekivalen Thévenin selesaikanlah persoalan pada contoh 4.5. R + Bβ + A R Vo Solusi : sL 2 − s s + β2 − Kita akan menggunakan gabungan metoda superposisi dengan rangkaian ekivalen Thévenin. R + Bβ + A R Vht Tegangan hubungan ter− s s 2 + β2 − buka pada waktu induktor dilepas, adalah jumlah tegangan yang diberikan oleh sumber tegangan dan sumber arus secara terpisah, yaitu

R A 1 Bβ × + R× × 2 R+R s 2 s + β2 RBβ / 2

VT ( s ) = Vht ( s ) =

A/ 2 + s s 2 + β2 Dilihat dari terminal induktor, impedansi ZT hanyalah berupa dua resistor paralel, yaitu =

ZT =

R 2

+ −

ZT VT

sL

+ Vo −

Dengan demikian maka tegangan induktor menjadi

Vo ( s ) = =

 A / 2 RBβ / 2  sL sL   VT ( s ) = + sL + ZT sL + R / 2  s s 2 + β2  A/ 2 ( RBβ / 2) s + s + R / 2 L ( s + R / 2 L)( s 2 + β 2 )

Persamaan ini telah kita peroleh sebelumnya, baik dengan metoda superposisi maupun metoda reduksi rangkaian.


Analisis Rangkaian Menggunakan Transformasi Laplace 4.8.5. Metoda Tegangan Simpul CONTOH 4.8: Selesaikan persoalan pada contoh 4.5. dengan menggunakan metoda A tegangan simpul. R + Bβ + A R Solusi : Vo sL 2 − s s + β2 − Dengan referensi teB gangan seperti terlihat pada gambar di atas, persamaan tegangan simpul untuk simpul A adalah:

1  1 A Bβ 1 1 Vo ( s ) + + − 2 =0 − R R sL R s   s + β2 Dari persamaan tersebut di atas kita peroleh

Bβ  2 Ls + R  A + Vo ( s ) = 2 RLs Rs   s + β2 Vo ( s ) = =

atau

RLs  A Bβ  + 2  2 Ls + R  Rs s + β 2  A/ 2 ( RBβ / 2) s + s + R / 2 L ( s + R / 2 L)(s 2 + β 2 )

Hasil yang kita peroleh sama seperti sebelumnya. Pemahaman : Dalam analisis di kawasan s, metoda tegangan simpul untuk rangkaian dengan beberapa sumber yang mempunyai frekuensi berbeda, dapat langsung digunakan. Hal ini sangat berbeda dari analisis di kawasan fasor, dimana kita tidak dapat melakukan superposisi fasor dari sumber-sumber yang mempunyai frekuensi berbeda.

99

Analisis Rangkaian Menggunakan Transformasi Laplace 4.8.6. Metoda Arus Mesh CONTOH-4.9: Pada rangkaian berikut ini tidak terdapat simpanan energi awal. Gunakan metoda arus mesh untuk menghitung i(t). i(t)

10mH 10 u(t)

10kΩ 10kΩ

+ −

1µF

Solusi : Transformasi rangkaian ke kawasan s adalah seperti gambar berikut ini. Kita I(s) 0.01s tetapkan 104 4 10 10 + referensi 106 V1( s ) = I I A B − s arus mesh s IA dan IB. Persamaan arus mesh dari kedua mesh adalah

(

)

10 + I A ( s ) 0.01s + 104 − I B ( s ) × 104 = 0 s  106  I B ( s )104 + 104 + − I A ( s ) × 104 = 0   s  

−

Dari persamaan kedua kita peroleh:

→ I A ( s) = Sehingga:

(

)(

(2s + 10 ) I 2

s

B (s)

)

10 2s + 10 2 + 0.01s + 10 4 I B ( s ) − I B ( s ) × 10 4 = 0 s s 10 ⇒ I( s) = I B (s) = 2 4 0,02s + 2 × 10 s + s + 10 6 − 10 4 s 10 10 = = 2 4 6 ( s − α)( s − β) 0,02s + 10 s + 10 ⇒−



dengan α = β= ⇒ I (s) = k1 =

− 104 + 108 − 8 × 104 ≈ −100 ; 0,04

− 104 − 108 − 8 × 104 ≈ −500000 0,04

10 k1 k2 = + ( s + 100)( s + 500000) s + 100 s + 50000

10 10 = 2 × 10 −5 ; k2 = = −2 × 10 −5 s + 500000 s = −100 s + 100 s = −500000

[

]

⇒ i(t ) = 0,02 e −100t − e −500000t mA

101


Soal-Soal 1. Sebuah resistor 2 kΩ dihubungkan seri dengan sebuah induktor 2 H; kemudian pada rangkaian ini diterapkan sinyal tegangan v(t)=10u(t) V. Bagaimanakah bentuk tegangan pada induktor dan pada resistor ? Bagaimanakah tegangannya setelah keadaan mantap tercapai? 2. Ulangi soal 1 jika tegangan yang diterapkan v(t) = [20sin300t] u(t) V. 3. Ulangi soal 1 jika tegangan yang diterapkan v(t) = [20cos300t] u(t) V. 4. Rangkaian seri resistor dan induktor soal 1 diparalelkan kapasitor 0.5 µF. Jika kemudian pada rangkaian ini diterapkan tegangan v(s)=10u(t) V bagaimanakah bentuk arus induktor ? Bagaimanakah arus tersebut setelah keadaan mantap tercapai? 5. Ulangi soal 4 dengan tegangan masukan v(t)=[20sin300t]u(t) V. 6. Ulangi soal 4 dengan tegangan masukan v(t)=[20cos300t]u(t) V. 7. Sebuah kapasitor 2 pF diserikan dengan induktor 0,5 H dan pada hubungan seri ini diparalelkan resistor 5 kΩ. Jika kemudian pada hubungan seri-paralel ini diterapkan sinyal tegangan v(t)=10u(t) V, bagaimanakah bentuk tegangan kapasitor ? 8. Ulangi soal 7 dengan tegangan masukan v(t) = [20sin300t] u(t) V. 9. Sebuah resistor 100 Ω diparalelkan dengan induktor 10 mH dan pada hubungan paralel ini diserikan kapasitor 0,25 µF. Jika kemudian pada hubungan seri-paralel ini diterapkan tegangan v(t) = 10u(t) V, carilah bentuk tegangan kapasitor. 10. Ulangi soal 9 dengan tegangan masukan v(t) = [20sin300t] u(t) V. 11. Carilah tanggapan status nol (tidak ada simpanan energi awal pada rangkaian) dari iL pada rangkaian berikut jika vs=10u(t) V.

+ −

1kΩ vs 1kΩ

iL 0.1H


Analisis Rangkaian Menggunakan Transformasi Laplace 12. Carilah tanggapan status nol dari vC dan iL pada rangkaian berikut jika vs=100u(t) V. 5kΩ + iL vs vC 50mH 0,05µF −

+ −

13. Carilah tanggapan status nol dari vC dan iL pada rangkaian berikut jika vs=[10cos20000t]u(t) V. 500Ω + iL vs vC 50mH 0,05µF −

+ −

14. Carilah i pada rangkaian berikut, jika is=100u(t) mA dan tegangan awal kapasitor adalah vC (0) = 10 V. 0,05µF i is

5kΩ

5kΩ

15. Ulangi soal 14 untuk is=[100cos400t] u(t) mA. 16. Carilah vo pada rangkaian berikut, jika is=100u(t) mA dan arus awal induktor adalah iL (0) = 10 mA. 5kΩ is

0,1H

5kΩ

+ vo −

17. Ulangi soal 16 untuk is = [100cos400t] u(t) mA. 18. Carilah tanggapan status nol dari vL pada rangkaian berikut, jika vs= 10u(t) V , is = [10sin400t]u(t) mA.

+ −

0,5kΩ + vL vs − 0,1H 0,5kΩ

is

103

Analisis Rangkaian Menggunakan Transformasi Laplace 19. Carilah tanggapan status nol dari v2 pada rangkaian berikut jika vs = [10cos(900t+30o)] u(t) V. 10mH + −

v1

+ v2 −

10kΩ 1µF 10kΩ

20. Ulangi soal 17 jika tegangan awal kapasitor 5 V sedangkan arus awal induktor nol. 21. Pada rangkaian berikut carilah tanggapan status nol dari tegangan keluaran vo(t) jika tegangan masukan vs(t)=10u(t) mV. i

10kΩ vs

+ −

10kΩ 100i

1kΩ

0,1µF

+ vo −

100kΩ

22. Pada rangkaian berikut carilah tanggapan status nol dari tegangan keluaran vo(t) jika tegangan masukan vs(t)=10u(t) mV. i

10kΩ vs

+ −

2pF

+ vo −

10kΩ 50i

20pF 1kΩ

23. Untuk rangkaian berikut, tentukanlah vo dinyatakan dalam vin. C2

R2

R1

+ −

+ vin C1

+ vo

a).


Analisis Rangkaian Menggunakan Transformasi Laplace 10kΩ 10kΩ + vin

− +

1µF

+ vo

b). C1

R2

R1 + vin

C2

− +

+ vo

R2

c). 26. Untuk rangkaian transformator linier berikut ini tentukanlah i1 dan i2 . i2

i1 M + −

50Ω

L1

L2

50u(t) V

80Ω

L1=0,75H L2=1H M = 0,5H

27. Pada hubungan beban dengan transformator berikut ini, nyatakanlah impedansi masukan Zin sebagai fungsi dari M. M Zin

L1

L2

50Ω

L1=20mH L2=2mH

105

Analisis Rangkaian Menggunakan Transformasi Laplace 28. Berapakah M agar Zin pada soal 27 menjadi Z in =

0,02s(0,2s + 25000) s + 25000

29. Jika tegangan masukan pada transformator soal 28 adalah vin = 10 cos 300t V , tentukan arus pada beban 50 Ω.


Fungsi Jaringan

BAB 5

Fungsi Jaringan

Pembahasan fungsi jaringan akan membuat kita • memahami makna fungsi jaringan, fungsi masukan, dan fungsi alih; • mampu mencari fungsi alih dari suatu rangkaian melalui analisis rangkaian; • memahami peran pole dan zero dalam tanggapan rangkaian; • mampu mencari fungsi alih rangkaian jika tanggapan terhadap sinyal impuls ataupun terhadap sinyal anak tangga diketahui. 5.1. Pengertian dan Macam Fungsi Jaringan Sebagaimana kita ketahui, prinsip proporsionalitas berlaku di kawasan s. Faktor proporsionalitas yang menghubungkan keluaran dan masukan berupa fungsi rasional dalam s yang disebut fungsi jaringan (network function). Secara formal, fungsi jaringan di kawasan s didefinisikan sebagai perbandingan antara tanggapan status nol dan sinyal masukan.

Fungsi Jaringan =

Tanggapan Status Nol ( s ) Sinyal Masukan ( s )

(5.1)

Definisi ini mengandung dua pembatasan, yaitu a) kondisi awal harus nol dan b) sistem hanya mempunyai satu masukan. Fungsi jaringan yang sering kita hadapi ada dua bentuk, yaitu fungsi masukan (driving-point function) dan fungsi alih (transfer function). Fungsi masukan adalah perbandingan antara tanggapan di suatu gerbang (port) dengan masukan di gerbang yang sama. Fungsi alih adalah perbandingan antara tanggapan di suatu gerbang dengan masukan pada gerbang yang berbeda. 5.1.1. Fungsi Masukan Contoh fungsi masukan adalah impedansi masukan dan admitansi masukan, yang merupakan perbandingan antara tegangan dan arus di terminal masukan.

Z (s) =

V (s) ; I (s)

Y (s) =

I (s) V ( s)

(5.2)

107

Fungsi Jaringan 5.1.2. Fungsi Alih Dalam rangkaian pemroses sinyal, pengetahuan mengenai fungsi alih sangat penting karena fungsi ini menentukan bagaimana suatu sinyal masukan akan mengalami modifikasi dalam pemrosesan. Karena sinyal masukan maupun sinyal keluaran dapat berupa tegangan ataupun arus, maka kita mengenal empat macam fungsi alih, yaitu

Fungsi Alih Tegangan : TV ( s ) =

Vo ( s ) ; Vin ( s )

I (s) Fungsi Alih Arus : TI ( s ) = o I in ( s ) Admitansi Alih : TY ( s ) = Impedansi Alih :

(5.3)

I o ( s) ; Vin ( s )

TZ ( s ) =

Vo ( s ) I in ( s )

TV (s) dan TI (s) tidak berdimensi. TY (s) mempunyai satuan siemens dan TZ (s) mempunyai satuan ohm. Fungsi alih suatu rangkaian dapat diperoleh melalui penerapan kaidah-kaidah rangkaian serta analisis rangkaian di kawasan s. Fungsi alih memberikan hubungan antara sinyal masukan dan sinyal keluaran di kawasan s. Berikut ini kita akan melihat beberapa contoh pencarian fungsi alih. a). CONTOH-5.1: b). Carilah R 1 + impedansi − Vs(s) Cs masukan yang dilihat oleh sumber pada rangkaian-rangkaian berikut ini.

R Is(s)

Solusi :

1 RCs + 1 1 1 + RCs = ; b). Yin = + Cs = Cs Cs R R R ⇒ Z in = 1 + RCs

a). Z in = R +


1 Cs

Fungsi Jaringan CONTOH-5.2: Carilah fungsi alih rangkaian-rangkaian berikut. + Vin(s) −

R

+ Vo(s) −

1 Cs

Io(s)

Iin(s) 1 R

Cs

a).

b).

Solusi : Kaidah pembagi tegangan untuk rangkaian a) dan kaidah pembagi arus untuk rangkaian b) akan memberikan :

a). TV ( s ) =

Vo ( s ) 1 / Cs 1 = = ; Vin ( s ) R + 1 / Cs RCs + 1

I (s) 1/ R 1 b). TI ( s ) = o = = I in ( s) 1 / R + sC 1 + sRC CONTOH-5.3: Tentukan impedansi masukan dan fungsi alih rangkaian di samping ini. Solusi :

L

+ vin −

R1

R2

C

+ vo −

Transformasi rangkaian ke kawasan s memberikan + Vin(s) −

Ls R1 1/Cs

R2

+ Vo (s) −

Z in = (R1 + 1 / Cs ) || (Ls + R2 ) = =

( R1 + 1 / Cs )( Ls + R2 ) R1 + 1 / Cs + R2 + Ls ( R1Cs + 1)( Ls + R2 ) LCs 2 + ( R1 + R2 )Cs + 1

TV ( s ) =

Vo (s) R2 = V in ( s ) Ls + R 2

109

Fungsi Jaringan CONTOH-5.4: Tentukan impedansi masukan dan fungsi alih rangkaian di samping ini.

+ vin −

Solusi : Transformasi rangkaian ke kawasan s memberikan rangkaian berikut ini : R1

C1

−

C2

+

+ vo −

R2

+ Vin(s) 1/C1s −

−

1/C2s

+

Zin = R1 || (1 / C1s ) = TV ( s ) =

R2

R1

+ Vo(s) −

R1 / C1s R1 = R1 + 1 / C1s R1C1s + 1

V o (s) Z R || (1 / C 2 s ) =− 2 =− 2 Z1 R1 || (1 / C1 s ) V in ( s )

=−

R2 R C s +1 × 1 1 R2 C 2 s + 1 R1

R R C s +1 =− 2 1 1 R1 R 2 C 2 s + 1

CONTOH-5.5: Tentukan fungsi alih rangkaian di samping ini.

Solusi :

1µF A + vs −

1MΩ 1MΩ 1µF

+ vo + vx + − µvx −

Transformasi rangkaian ke kawasan s memberikan rangkaian dan persamaan berikut ini


Fungsi Jaringan 106/s + 106 A 106 Vs(s) 106/s −

+ + Vo(s) Vx + − µVx −

Persamaan tegangan untuk simpul A :

(

)

 V A 10 −6 + 10 −6 + 10 −6 s     −6 −6  − Vin 10 − V x 10  = 0    − 10 −6 sµV x   sedangkan : Vx =

106 / s

VA 106 + 106 / s 1 = VA → VA = ( s + 1)Vx s +1 ⇒ ( s + 1)(2 + s)Vx − Vin − Vx − sµVx = 0 atau (2s + 2 + s 2 + s − 1 − µs )Vx = Vin ⇒

Vx 1 = 2 Vin s + (3 − µ) s + 1

V ( s ) µV x ( s ) µ = = Fungsi alih : TV ( s ) = o 2 V s (s) V s (s) s + (3 − µ) s + 1 5.2. Peran Fungsi Alih Dengan pengertian fungsi alih sebagaimana telah didefinisikan, keluaran dari suatu rangkaian di kawasan s dapat dituliskan sebagai

Y ( s ) = T ( s ) X ( s ) ; dengan T ( s ) adalah fungsi alih X ( s ) : pernyataan sinyal masukan di kawasan s

(5.4)

Y ( s ) : keluaran (tanggapan status nol) di kawasan s. Fungsi alih T(s) berupa fungsi rasional yang dapat dituliskan dalam bentuk rasio dari dua polinom a(s) dan b(s) : 111

Fungsi Jaringan

T ( s) =

b( s ) bm s m + bm −1 s m −1 ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ +b1 s + b0 = a ( s ) a n s n + a n −1 s n −1 ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + a1 s + a 0

(5.5)

Nilai koefisien polinom-polinom ini berupa bilangan riil, karena ditentukan oleh parameter rangkaian yang riil yaitu R, L, dan C. Fungsi alih dapat dituliskan dalam bentuk

T ( s) = K

( s − z1 )(s − z 2 ) ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ( s − z m ) ( s − p1 )(s − p2 ) ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ( s − pn )

(5.6)

Dengan bentuk ini jelas terlihat bahwa fungsi alih akan memberikan zero di z1 …. zm dan pole di p1 …. pn . Pole dan zero dapat mempunyai nilai riil ataupun kompleks konjugat karena koefisien dari b(s) dan a(s) adalah riil. Sementara itu sinyal masukan X(s) juga mungkin mengandung zero dan pole sendiri. Oleh karena itu, sesuai dengan persamaan (5.6), sinyal keluaran Y(s) akan mengandung pole dan zero yang dapat berasal dari T(s) ataupun X(s). Pole dan zero yang berasal dari T(s) disebut pole alami dan zero alami, karena mereka ditentukan semata-mata oleh parameter rangkaian dan bukan oleh sinyal masukan; sedangkan yang berasal dari X(s) disebut pole paksa dan zero paksa karena mereka ditentukan oleh fungsi pemaksa (masukan). CONTOH-5.6: Jika sinyal masukan pada rangkaian dalam contoh-5.5 adalah vin = cos2t u(t) , carilah pole dan zero sinyal keluaran Vo(s) untuk µ = 0,5. Solusi : s Pernyataan sinyal masukan di kawasan s adalah : Vin ( s ) = 2 s +4 Fungsi alih rangkaian telah diperoleh pada contoh 5.5; dengan µ = 0,5 maka

TV ( s ) =

µ s + (3 − µ ) s + 1 2

=

0,5 s + 2,5s + 1 2

Dengan demikian sinyal keluaran menjadi 0,5 s V o ( s ) = TV ( s )Vin ( s ) = 2 2 s + 2,5s + 1 s + 4 0,5 s = ( s + 2)( s + 0,5) ( s + j 2)( s − j 2) Pole dan zero adalah : 112 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Fungsi Jaringan

s = −2

: pole alami riil

s = −0.5 : pole alami riil

s=0 : satu zero paksa riil s = − j 2 : pole paksa imaginer s = + j 2 : pole paksa imajiner

5.2.1. Rangkaian Dengan Masukan Sinyal Impuls Sinyal masukan yang berbentuk gelombang impuls dinyatakan dengan x(t) = δ(t). Pernyataan sinyal ini di kawasan s adalah X(s) = 1. Dengan masukan ini maka bentuk sinyal keluaran Vo(s) akan sama dengan bentuk fungsi alih T(s).

Vo ( s ) = T ( s ) X ( s ) = T ( s ) × 1 = H ( s )

(5.7)

Vo(s) yang diperoleh dengan X(s) = 1 ini kita sebut H(s) agar tidak rancu dengan T(s). Karena X(s) = 1 tidak memberikan pole paksa, maka H(s) hanya akan mengandung pole alami. Kembali ke kawasan t, keluaran vo(t) = h(t) diperoleh dengan transformasi balik H(s). Bentuk gelombang h(t) terkait dengan pole yang dikandung oleh H(s). Pole riil akan memberikan komponen eksponensial pada h(t); pole kompleks konjugat (dengan bagian riil negatif ) akan memberikan komponen sinus teredam pada h(t) dan pole-pole yang lain akan memberikan bentuk-bentuk h(t) tertentu yang akan kita lihat melalui contoh berikut. CONTOH-5.7: Jika sinyal masukan pada rangkaian dalam contoh-5.5 adalah vin = δ(t) , carilah pole dan zero sinyal keluaran untuk nilai µ = 0,5 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4, 5. Solusi :

µ Fungsi alih rangkaian ini adalah : TV ( s ) = 2 s + (3 − µ) s + 1 Dengan masukan vin = δ(t) yang berarti Vin(s) = 1, maka keluaran rangkaian adalah : µ H (s) = 2 s + (3 − µ) s + 1 0,5 0,5 µ = 0,5 ⇒ H ( s ) = = 2 s + 2,5s + 1 ( s + 2)(s + 0,5)

⇒ dua pole riil di s = −2 dan s = −0,5

113

Fungsi Jaringan

µ = 1 ⇒ H (s) =

1

=

0,5

⇒ dua pole riil di s = −1 s + 2s + 1 ( s + 1) 2 2 2 µ = 2 ⇒ H (s) = = 2 s + s + 1 ( s + 0,5 − j 3 / 2)( s + 0,5 + j 3 / 2) 2

⇒ dua pole kompleks konjugat di s = −0,5 ± j 3 / 2 3 3 µ = 3 ⇒ H (s) = = 2 s + 1 ( s + j1)( s − j1) ⇒ dua pole imajiner di s = ± j1 4 4 µ = 4 ⇒ H (s) = = 2 s − s + 1 ( s − 0,5 − j 3 / 2)( s − 0,5 + j 3 / 2) ⇒ dua pole kompleks konjugat di s = 0,5 ± j 3 / 2 5 5 µ = 5 ⇒ H (s) = 2 = ⇒ dua pole riil di s = 1 s − 2 s + 1 ( s − 1) 2 Contoh-5.7 ini memperlihatkan bagaimana fungsi alih menentukan bentuk gelombang sinyal keluaran melalui pole-pole yang dikandungnya. Berbagai macam pole tersebut akan memberikan h(t) dengan perilaku sebagai berikut. µ = 0,5

: dua pole riil negatif tidak sama besar; sinyal keluaran sangat teredam.

µ=1

: dua pole riil negatif sama besar ; sinyal keluaran teredam kritis.

µ =2

: dua pole kompleks konjugat dengan bagian riil negatif ; sinyal keluaran kurang teredam, berbentuk sinus teredam.

µ=3

: dua pole imaginer; sinyal keluaran berupa sinus tidak teredam.

µ=4

: dua pole kompleks konjugat dengan bagian riil positif ; sinyal keluaran tidak teredam, berbentuk sinus dengan amplitudo makin besar.

µ=5

: dua pole riil posistif sama besar; sinyal keluaran eksponensial dengan eksponen positif; sinyal makin besar dengan berjalannya t.


Fungsi Jaringan Gambar berikut menjelaskan posisi pole dan bentuk tanggapan rangkaian di kawasan t yang berkaitan. pole di ± jβ

1 .2

jω 0 0

20

×

-1 . 2

× pole di − α ± jβ

×

× ×

× pole riil negatif

pole di + α ± jβ

×

σ

× ×

pole riil positif

pole di 0+j0 (lihat pembahasan berikut) Gb.5.3. Posisi pole dan bentuk gelombang keluaran. 5.2.2. Rangkaian Dengan Masukan Sinyal Anak Tangga Transformasi sinyal masukan yang berbentuk gelombang anak tangga x(t) = u(t) adalah X(s) = 1/s. Jika fungsi alih adalah T(s) maka sinyal keluaran adalah T (s) Y (s) = T (s) X (s) = (5.8) s Jika kita bandingkan (5.8) ini dengan (5.7) dimana tanggapan terhadap sinyal impuls dinyatakan sebagai H(s), maka tanggapan terhadap sinyal anak tangga ini dapat kita sebut T ( s) H ( s) G ( s) = = (5.9) s s Karena H(s) hanya mengandung pole alami, maka dengan melihat bentuk ini kita segera mengetahui bahwa tanggapan terhadap sinyal anak tangga di kawasan s akan mengandung satu pole paksa disamping pole-pole

115

Fungsi Jaringan alami. Pole paksa ini terletak di s = 0 + j0; pole inilah yang ditambahkan pada Gb. 5.3. Mengingat sifat integrasi pada transformasi Laplace, maka g(t) dapat diperoleh jika h(t) diketahui, yaitu

g (t ) =

t

∫0 h( x)dx

(5.10)

Secara timbal balik, maka dg (t ) h (t ) = , berlaku di semua titik kecuali di t dt dimana g (t ) tidak kontinyu.

(5.11)

CONTOH-5.8: Dalam contoh-5.7, jika µ = 2 dan sinyal masukan berupa sinyal anak tangga, carilah pole dan zero sinyal keluaran. Solusi : Dengan µ = 2 fungsi alihnya adalah TV ( s ) =

2

s + s +1 Dengan sinyal masukan X(s) = 1/s , tanggapan rangkaian adalah 2 1 2 G (s) = = 2 ( s + s + 1) s ( s + 0,5 − j 3 / 2)( s + 0,5 + j 3 / 2) s 2

Dari sini kita peroleh :

s = −0,5 ± j 3 / 2 : dua pole kompleks konjugat dengan bagian riil negatif s=0 : satu pole paksa di 0 + j 0 5.3. Hubungan Bertingkat dan Kaidah Rantai Hubungan masukan-keluaran melalui suatu fungsi alih dapat kita gambarkan dengan suatu diagam blok seperti Gb.5.4.a. X(s)

T(s)

Y(s)

X(s)

T1(s)

Y1 (s)

a).

T2(s) Y(s)

b). Gb.5.4. Diagram blok

Suatu rangkaian pemroses sinyal seringkali merupakan hubungan bertingkat dari beberapa tahap pemrosesan. Dalam hubungan bertingkat ini, tegangan keluaran dari suatu tahap menjadi tegangan masukan dari 116 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Fungsi Jaringan tahap berikutnya. Diagram blok dari hubungan bertingkat ini ditunjukkan oleh Gb.5.4.b. Untuk hubungan bertingkat ini berlaku kaidah rantai yaitu apabila suatu rangkaian merupakan hubungan bertingkat dari tahapantahapan yang masing-masing mempunyai fungsi alih tegangan TV1(s), TV2(s) ….dst. maka fungsi alih tegangan total rangkaian menjadi

TV ( s ) = TV 1 ( s )TV 1 ( s ) ⋅ ⋅ ⋅ ⋅TVk ( s )

(5.12)

Kaidah rantai ini mempermudah kita dalam melakukan analisis dari suatu rangkaian yang merupakan hubungan bertingkat dari beberapa tahapan. Namun dalam hubungan bertingkat ini perlu kita perhatikan agar suatu tahap tidak membebani tahap sebelumnya. Jika pembebanan ini terjadi maka fungsi alih total tidak sepenuhnya menuruti kaidah rantai. Untuk menekan efek pembebanan tersebut maka harus diusahakan agar impedansi masukan dari setiap tahap sangat besar, yang secara ideal adalah tak hingga besarnya. Jika impedansi masukan dari suatu tahap terlalu rendah, kita perlu menambahkan rangkaian penyangga antara rangkaian ini dengan tahap sebelumnya agar efek pembebanan tidak terjadi. Kita akan melihat hal ini pada contoh berikut. CONTOH-5.9: Carilah fungsi alih kedua rangkaian berikut; sesudah itu hubungkan kedua rangkaian secara bertingkat dan carilah fungsi alih total. + R1 Vin 1/Cs −

+ Vo −

+ Vin −

Ls

+ Vo −

R2

Solusi : Fungsi alih kedua rangkaian berturut-turut adalah

TV 1 ( s ) =

1 / Cs 1 = R1 + 1 / Cs R1Cs + 1

dan

TV 2 ( s ) =

R2 R2 + Ls

Jika kedua rangkaian dihubungkan maka rangkaian menjadi seperti di bawah ini. + R1 Vin 1/Cs −

Ls

R2

+ Vo −

Fungsi alih rangkaian gabungan ini adalah:

117

Fungsi Jaringan TV ( s) =

R2  1 / Cs || ( R2 + Ls)    R2 + Ls  1 / Cs || ( R2 + Ls ) + R1 

=

R2  1 / Cs( R2 + Ls )  R2 + Ls  1 / Cs + R2 + Ls

 1 / Cs ( R2 + Ls ) + R1  1 / Cs + R2 + Ls 

=

 R2  R2 + Ls  R2 + Ls  LCs 2 + ( L + R2C )s + ( R1 + R2 ) 

Pemahaman : Fungsi alih dari rangkaian yang diperoleh dengan menghubungkan kedua rangkaian secara bertingkat tidak merupakan perkalian fungsi alih masing-masing. Hal ini disebabkan terjadinya pembebanan rangkaian pertama oleh rangkaian kedua pada waktu mereka dihubungkan. Untuk mengatasi hal ini kita dapat menambahkan rangkaian penyangga di antara kedua rangkaian sehingga rangkaian menjadi seperti di bawah ini. +

+ R1 Vin 1/Cs −

Ls

−

R2

+ Vo −

Diagram blok rangkaian ini menjadi : Vin(s)

Vo1 TV1

Vo1 1

Vo(s) TV1

Contoh-5.9. di atas menunjukkan bahwa kaidah rantai berlaku jika suatu tahap tidak membebani tahap sebelumnya. Oleh karena itu agar kaidah rantai dapat digunakan, impedansi masukan harus diusahakan sebesar mungkin, yang dalam contoh diatas dicapai dengan menambahkan rangkaian penyangga. Dengan cara demikian maka hubungan masukankeluaran total dari seluruh rangkaian dapat dengan mudah diperoleh jika hubungan masukan-keluaran masing-masing bagian diketahui. Pengembangan dari konsep ini akan kita lihat dalam analisis sistem. 5.4. Fungsi Alih dan Hubungan Masukan-Keluaran di Kawasan Waktu Dalam pembahasan di atas dapat kita lihat bahwa jika kita bekerja di kawasan s, hubungan masukan-keluaran diberikan oleh persamaan

Y (s) = T (s) X (s) 118 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Fungsi Jaringan Bagaimanakah bentuk hubungan masukan-keluaran di kawasan waktu? Menurut (5.9) T(s) = H(s), sehingga kita dapat menggunakan konvolusi untuk melakukan transformasi balik dari hubungan di atas dan kita dapatkan hubungan masukan-keluaran di kawasan waktu, yaitu

y (t ) =

t

t

∫0 h(τ) x(t − τ)dτ = ∫0 x(τ)h(t − τ)dτ

(5.13)

dengan h(t) adalah tanggapan impuls dari rangkaian. Persamaan (5.13) ini memberikan hubungan di kawasan waktu, antara besaran keluaran y(t), besaran masukan x(t), dan tanggapan impuls rangkaian h(t). Hubungan ini dapat digunakan langsung tanpa melalui transformasi Laplace. Hubungan ini sangat bermanfaat untuk mencari keluaran y(t) jika h(t) ataupun x(t) diperoleh secara experimental dan sulit dicari transformasi Laplace-nya. Konvolusi berlaku untuk rangkaian linier invarian waktu. Jika batas bawah adalah nol (seperti pada 5.13), maka sinyal masukan adalah sinyal kausal, yaitu x(t) = 0 untuk t < 0. 5.5. Tinjauan Umum Mengenai Hubungan Masukan-Keluaran Dari pembahasan mengenai fungsi alih diatas dan pembahasan mengenai hubungan masukan-keluaran pada bab-bab sebelumnya, kita dapat mengetahui bahwa hubungan antara sinyal keluaran dan sinyal masukan di suatu rangkaian dapat kita peroleh dalam beberapa bentuk. Di kawasan s, hubungan tersebut diperoleh melalui transformasi Laplace. Hubungan tersebut juga dapat kita peroleh di kawasan t melalui konvolusi. Di samping itu kita ingat pula bahwa hubungan antara sinyal keluaran dan sinyal masukan dapat pula diperoleh dalam bentuk persamaan diferensial, seperti yang kita temui pada waktu kita membahas analisis transien. Jadi kita telah mempelajari tiga macam bentuk hubungan antara sinyal keluaran dan sinyal masukan, yaitu • transformasi Laplace, • konvolusi, • persamaan diferensial. Kita masih akan menjumpai satu lagi bentuk hubungan sinyal keluaran dan sinyal masukan yaitu melalui transformasi Fourier. Akan tetapi sebelum membahas transformasi Fourier kita akan melihat lebih dulu tanggapan frekuensi dalam bab berikut ini.

119

Fungsi Jaringan

Soal-Soal 1. Terminal AB rangkaian berikut adalah terminal masukan, dan terminal keluarannya adalah CD. Tentukanlah admitansi masukannya (arus / tegangan masukan di kawasan s) jika terminal keluaran terbuka. A

C

1H 1kΩ 1kΩ

0,5µF B

D

2. Jika tegangan masukan v1(t)=10u(t) V, gambarkan diagram pole-zero dari arus masukan dan sebutkan jenis pole dan zero yang ada 3. Tegangan keluaran v2(t) rangkaian soal 1 diperoleh di terminal CD. Tentukan fungsi alih tegangannya (tegangan keluaran / tegangan masukan di kawasan s). 4. Jika tegangan masukan v1(t) = 10 u(t) V Gambarkan diagram pole-zero tegangan keluaran. 5. Ulangi soal 2 dengan tegangan masukan v1(t) = 10[sin100t]u(t) V. 6. Ulangi soal 4 dengan tegangan masukan v1(t) = 10[sin100t]u(t) V. 7. Tentukan fungsi alih pada rangkaian berikut dan gambarkan digram pole-zero dari tegangan keluaran Vo(s)dan sebutkan jenis pole dan zeronya.

+ −

R1

C

u(t)

L

a).

R2

+ vo −

R1 + − cos1000t

c).

R L

+ C v o −

C

b).

R1 + − u(t)

R2

+ − u(t)

R2

+ vo −

C − +

d).


+ vo −

Fungsi Jaringan + − + − u(t)

−

C

+ − u(t) R2 g).

+ −

vo

R2

+ − u(t) R2

−

L

+

−

vo

R1

C

f).

+

C

R1

+ − u(t)

vo

R2

e).

+ −

+

R1

h),

+ −

+ R1

L C

vo −

8. Carilah fungsi alih, g(t), dan h(t) dari rangkaian berikut.

+

10kΩ

0,5H

vin a).

1kΩ

−

+ vin − 10kΩ c),

+ − 10kΩ

+

+

vo

vin

−

b).

+

1H 1kΩ 1kΩ

0,5µF

−

1µF

+ vin −

−

−

1µF

100kΩ 10kΩ + vo

vo

− +

+ vo −

d).

9. Carilah fungsi alih dari rangkaian hubungan bertingkat yang merupakan gabungan rangkaian-rangkaian pada soal nomer 8. Pilihlah sendiri mana yang menjadi tahap pertama dan mana yang menjadi tahap ke-dua.

121

Fungsi Jaringan 13. Carilah fungsi alih dari suatu rangkaian jika diketahui bahwa tanggapannya terhadap sinyal anak tangga adalah : a). g (t ) = −e −5000 t u (t );

( ) )u(t); c). g (t ) = (− 1 + 5e )u(t ); d). g (t ) = ( e −e e). g (t ) = ( e −1000 t − e −2000 t )u (t ); f). g (t ) = ( e −1000 t sin 2000t )u (t ) b). g (t ) = 1 − e − 5000 t u (t ); − 5000 t

−1000 t

(

− 2000 t

)

g). g (t ) = e −1000 t sin 2000t u (t ) ; h). h(t ) = −1000 e −1000 t u (t );

i). h(t ) = δ(t ) − 1000 e −1000 t u (t ) ; j). h(t ) = δ(t ) − 2000 e −1000 t u (t )

( l). h(t ) = ( e

) cos 2000t )u (t )

k). h(t ) = e −1000 t sin 2000t u (t ); −1000 t

14. Dengan menggunakan integral konvolusi carilah tegangan kapasitor pada rangkaian seri RC jika tegangan masukannya: (a) v1(t) = tu(t) ; (b) v1(t) = A e−α t u(t).


Tanggapan Frekuensi Rangkaian Orde-1

BAB 6


Sebagaimana kita ketahui, kondisi operasi normal rangkaian pada umumnya adalah kondisi mantap dan dalam operasi tersebut banyak digunakan sinyal sinus baik pada pemrosesan energi maupun pemrosesan sinyal listrik. Dalam teknik energi listrik, tenaga listrik dibangkitkan, ditransmisikan, serta dimanfaatkan dalam bentuk sinyal sinus dengan frekuensi yang dijaga konstan yaitu 50 atau 60 Hz. Dalam teknik telekomunikasi, sinyal sinus dimanfaatkan dalam selang frekuensi yang lebih lebar, mulai dari beberapa Hz sampai jutaan Hz. Untuk hal yang kedua ini, walaupun rangkaian beroperasi pada keadaan mantap, tetapi frekuensi sinyal yang diproses dapat bervariasi ataupun mengandung banyak frekuensi (gelombang komposit), misalnya suara manusia ataupun suara musik. Karena impedansi satu macam rangkaian mempunyai nilai yang berbeda untuk frekuensi yang berbeda, maka timbullah persoalan bagaimanakah tanggapan rangkaian terhadap perubahan nilai frekuensi atau bagaimanakah tanggapan rangkaian terhadap sinyal yang tersusun dari banyak frekuensi. Dalam bab inilah persoalan tersebut akan kita bahas. 6.1. Tanggapan Rangkaian Terhadap Sinyal Sinus Keadaan Mantap Pernyataan di kawasan s dari sinyal masukan berbentuk sinus x(t) = Acos(ωt+θ) adalah (lihat Tabel-3.1.) : s cos θ − ω sin θ X (s) = A (6.1) s 2 + ω2 Jika T(s) adalah fungsi alih, maka tanggapan rangkaian adalah

Y ( s ) = T ( s ) X( s ) = A

s cos θ − ω sin θ

T (s) s 2 + ω2 s cos θ − ω sin θ =A T (s) ( s − jω)( s + jω)

(6.2)

Sebagaimana telah kita bahas di bab sebelumnya, T(s) akan memberikan pole-pole alami sedangkan X(s) akan memberikan pole paksa dan pernyataan (6.2) dapat kita uraikan menjadi berbentuk

123


kn k k2 k k* + + 1 + + ⋅⋅⋅ + s − jω s + jω s − p1 s − p 2 s − pn yang transformasi baliknya akan berbentuk Y (s) =

y (t ) = ke jωt + k *e − jωt + K1e p1t + k 2e p 2t + ⋅ ⋅ ⋅ + k n e p n t

(6.3)

(6.4)

Di kawasan t, pole-pole alami akan memberikan komponen transien yang biasanya berlangsung hanya beberapa detik (dalam kebanyakan rangkaian praktis) dan tidak termanfaatkan dalam operasi normal. Komponen mantaplah yang kita manfaatkan untuk berbagai keperluan dan komponen ini kita sebut tanggapan mantap yang dapat kita peroleh dengan menghilangkan komponen transien dari (6.4), yaitu :

ytm (t ) = ke jωt + k *e − jωt

(6.5)

Nilai k dapat kita cari dari (6.2) yaitu

k = ( s − jω)Y ( s ) s = jω = A

s cos θ − ω sin θ T (s) ( s + jω) s = jω

cos θ + j sin θ =A T ( jω) 2

(6.6)

Faktor T(jω) dalam (6.6) adalah suatu pernyataan kompleks yang dapat kita tuliskan dalam bentuk polar sebagai |T(jω)|ejϕ dimana |T(jω)| adalah nilai mutlaknya dan ϕ adalah sudutnya. Sementara itu menurut Euler (cosθ + jsinθ) = ejθ. Dengan demikian (6.6) dapat kita tuliskan

e jθ T ( jω) e jϕ 2 Dengan (6.7) ini maka tanggapan mantap (6.5) menjadi k=A

(6.7)

e jθ e − jθ T ( jω) e jϕe jωt + A T ( jω) e − jϕe − jωt 2 2  e j (ωt + θ + ϕ) + e − j (ωt + θ + ϕ)  = A T ( jω)  (6.8)  2  

ytm (t ) = A

= A T ( jω) cos(ωt + θ + ϕ)


Tanggapan Frekuensi Rangkaian Orde-1 Persamaan (6.8) ini menunjukkan bahwa tanggapan keadaan mantap dari suatu rangkaian yang mempunyai fungsi alih T(s) dengan masukan sinyal sinus, akan : •

berbentuk sinus juga, tanpa perubahan frekuensi

•

amplitudo berubah dengan faktor |T(jω)|

•

sudut fasa berubah sebesar sudut dari T(jω), yaitu ϕ.

Jadi, walaupun frekuensi sinyal keluaran sama dengan frekuensi sinyal masukan tetapi amplitudo maupun sudut fasanya berubah dan perubahan ini tergantung dari frekuensi. Kita akan melihat kejadian ini dengan suatu contoh. CONTOH-6.1: Carilah sinyal keluaran keadaan mantap dari rangkaian di samping ini jika masukannya adalah vs = 10√2cos(50t + 60o) V.

+ −

vs

+ −

Vs

2H 100Ω

+ vo −

2s

+ Vo −

Solusi : Transformasi rangkaian ke kawasan s memberikan rangkaian impedansi seperti di samping ini.

100

Fungsi alih rangkaian ini adalah

TV ( s ) =

100 50 = . 2s + 100 s + 50

Karena frekuensi sinyal ω = 50 , maka

TV ( j 50) =

50 50 1 − j 45o = = e −1 50 + j 50 2 502 + 502 e j tan (50 / 50)

Keluaran keadaan mantap adalah :

vo (t ) =

10 2 2

cos(50t + 60o − 45o ) = 10 cos(50t + 15o )

Pemahaman : Frekuensi sinyal keluaran sama dengan sinyal masukan, yaitu ω = 50 rad/sec. Amplitudo sinyal masukan vmaks = 10 2 V , sedangkan

125


TV ( jω) = TV ( j 50) =

1

.

2

Amplitudo sinyal keluaran

vomaks = vsmaks T ( jω) = 10 2 ×

1 2

= 10 V

Sudut fasa sinyal masukan θ = 60o, sedang sudut |T(jω)| = −45o. Sudut fasa sinyal keluaran : θ + ϕ = 60o − 45o = 15o. 6.2. Pernyataan Tanggapan Frekuensi 6.2.1. Fungsi Gain dan Fungsi Fasa Faktor pengubah amplitudo, yaitu |T(jω)| yang merupakan fungsi frekuensi, disebut fungsi gain yang akan menentukan bagaimana gain (perubahan amplitudo sinyal) bervariasi terhadap perubahan frekuensi. Pengubah fasa ϕ yang juga merupakan fungsi frekuensi disebut fungsi fasa dan kita tuliskan sebagai ϕ(ω); ia menunjukkan bagaimana sudut fasa sinyal berubah dengan berubahnya frekuensi. Jadi kedua fungsi tersebut dapat menunjukkan bagaimana amplitudo dan sudut fasa sinyal sinus berubah terhadap perubahan frekuensi atau dengan singkat disebut sebagai tanggapan frekuensi dari rangkaian. Pernyataan tanggapan ini bisa dalam bentuk formulasi matematis ataupun dalam bentuk grafik. CONTOH-6.2: Selidikilah perubahan gain dan sudut fasa terhadap perubahan frekuensi dari rangkaian orde-1 di bawah ini.

+ −

1 H 500Ω vs 500Ω

+ vo −

Solusi : Setelah di transformasikan ke kawasan s, diperoleh



fungsi alih rangkaian : TV ( s ) = ⇒ TV ( jω) =

500 s + 1000

500 jω + 1000

⇒ fungsi gain : TV ( jω) =

500

1000 2 + ω 2 ω ⇒ fungsi fasa : ϕ(ω) = − tan −1 1000 Untuk melihat dengan lebih jelas bagaimana gain dan fasa berubah terhadap frekuensi, fungsi gain dan fungsi fasa di plot terhadap ω. Absis ω dibuat dalam skala logaritmik karena rentang nilai ω sangat besar. Hasilnya terlihat seperti gambar di bawah ini. passband

Gain

stopband

0.5

0.5/√2 ωC ω

0 1

10

100

1000 10000 1E+05

1

10

100

1000 10000 1E+05

0

-45

ϕ [o] -90

Kurva gain menunjukkan bahwa pada frekuensi rendah terdapat gain tinggi yang relatif konstan, sedangkan pada frekuensi tinggi gain menurun dengan cepat. Kurva fungsi fasa menujukkan bahwa pada frekuensi rendah sudut fasa tidak terlalu berubah tetapi kemudian cepat menurun mulai suatu frekuensi tertentu. Gain tinggi di daerah frekuensi rendah pada contoh di atas menunjukkan bahwa sinyal yang berfrekuensi rendah mengalami perubahan am-

127

Tanggapan Frekuensi Rangkaian Orde-1 plitudo dengan faktor tinggi, sedangkan gain rendah di frekuensi tinggi menunjukkan bahwa sinyal yang berfrekuensi tinggi mengalami perubahan amplitudo dengan faktor rendah. Daerah frekuensi dimana terjadi gain tinggi disebut passband sedangkan daerah frekuensi dimana terjadi gain rendah disebut stopband. Nilai frekuensi yang menjadi batas antara passband dan stopband disebut frekuensi cutoff , ωC . Nilai frekuensi cutoff biasanya diambil nilai frekuensi dimana gain menurun dengan faktor 1/√2 dari gain maksimum pada passband. Dalam contoh-6.2 di atas, rangkaian mempunyai satu passband yang terentang dari frekuensi ω = 0 (tegangan searah) sampai frekuensi cuttoff ωC , dan satu stopband mulai dari frekuensi cutoff ke atas. Dengan kata lain rangkaian ini mempunyai passband di daerah frekuensi rendah saja sehingga disebut low-pass gain. Inilah tanggapan frekuensi rangkaian pada contoh-6.2. Kebalikan dari low-pass gain adalah high-pass gain, yaitu jika passband berada hanya di daerah frekuensi tinggi saja seperti pada contoh 6.3. berikut ini. CONTOH-6.3: Selidikilah tanggapan frekuensi rangkaian di bawah ini.

vs

+ −

105/s

500 500

+ vo −

Solusi : Fungsi alih rangkaian adalah

TV ( s ) =

500

=

0,5s

→ TV ( jω) =

0,5 × jω

10 / s + 1000 s + 10 jω + 10 2 0,5ω ω ⇒ TV ( jω) = ; ⇒ ϕ(ω) = 90 o − tan −1 10 2 ω 2 + 10 4 5

2


Tanggapan Frekuensi Rangkaian Orde-1 Kurva gain dan fasa terlihat seperti pada gambar di bawah ini. Stopband ada di daerah frekuensi rendah sedangkan passband ada di daerah frekuensi tinggi. Inilah karakteristik high-pass gain stopband

Gain

passband

0.5

0.5/√2 ωC ω

0

90

1

10

100

1

10

100

1000 10000 1E+05 1000

10000

100000

45

ϕ [o]

0

6.2.2. Decibel Dalam meninjau tanggapan frekuensi, gain biasanya dinyatakan dalam decibel (disingkat dB) yang didefinisikan sebagai

Gain dalam dB = 20 log T ( jω)

(6.9)

Gain dalam dB dapat bernilai nol, positif atau negatif. Gain dalam dB akan nol jika |T(jω)| bernilai satu, yang berarti sinyal tidak diperkuat ataupun diperlemah; jadi gain 0 dB berarti amplitudo sinyal keluaran sama dengan sinyal masukan. Gain dalam dB akan positif jika |T(jω)| >1, yang berarti sinyal diperkuat, dan akan bernilai negatif jika |T(jω)| < 1, yang berarti sinyal diperlemah. Frekuensi cutoff adalah frekuensi dimana gain telah turun 1/√2 = 0.707 kali nilai gain maksimum dalam passband. Jadi pada frekuensi cutoff, nilai gain adalah  1  20 log T ( jω) maks  = 20 log T ( jω) maks − log 2 (6.10)  2  = T ( jω) maks dB − 3 dB

129

Tanggapan Frekuensi Rangkaian Orde-1 Dengan demikian dapat kita katakan bahwa frekuensi cutoff adalah frekuensi di mana gain telah turun sebanyak 3 dB. Untuk memberikan gambaran lebih jelas, mengenai satuan decibel tersebut, berikut ini contoh numerik gain dalam dB yang sebaiknya kita ingat. CONTOH-6.4: Berapa dB-kah nilai gain sinyal yang diperkuat K kali , jika K = 1; √2 ; 2 ; 10; 30; 100; 1000 ? Solusi : Untuk sinyal yang diperkuat K kali,

gain = 20 log(K T ( jω) ) = 20 log( T ( jω) ) + 20 log(K )

Jadi pertambahan gain sebesar 20log(K) berarti penguatan sinyal K kali.

K =1

⇒ gain : 20 log1

K= 2

⇒

gain : 20 log 2 ≈ 3 dB

⇒ ⇒ ⇒ ⇒ ⇒

gain : 20 log 2 ≈ 6 dB gain : 20 log10 = 20 dB gain : 20 log 30 ≈ 30 dB gain : 20 log100 = 40 dB gain : 20 log1000 = 60 dB

K K K K K

=2 = 10 = 30 = 100 = 1000

= 0 dB

Jika faktor K tersebut di atas bukan penguatan akan tetapi perlemahan sinyal maka gain menjadi negatif.

K = 1/ 2

⇒ gain : − 3 dB

K = 1/ 2

⇒ gain : − 6 dB

K = 1 / 10

⇒

gain : − 20 dB

K = 1 / 30

⇒

gain : − 30 dB

K = 1 / 100 ⇒

gain : − 40 dB

K = 1 / 1000 ⇒

gain : − 60 dB


Tanggapan Frekuensi Rangkaian Orde-1 6.2.3. Kurva Gain Dalam Decibel Kurva gain dibuat dengan absis (frekuensi) dalam skala logaritmik (karena rentang frekuensi yang sangat lebar); jika gain dinyatakan dalam dB yang juga merupakan bilangan logaritmik sebagaimana didefinisikan pada (6.9), maka kurva gain akan berbentuk garis-garis lurus. Low-pass gain. Dengan menggunakan satuan dB, kurva low-pass gain pada contoh-6.2 adalah seperti terlihat pada ganbar di bawah ini. Gain hampir konstan −6 dB di daerah frekuensi rendah, sedangkan di daerah frekuensi tinggi gain menurun dengan kemiringan yang hampir konstan pula. Gain 0 [dB] −6 −9 -20

ωC ω

-40 1

10

100

1000 10000 1E+05

High-pass gain. Dalam skala dB, high-pass gain pada contoh-6.3 adalah seperti terlihat pada ganbar di bawah ini. Gain hampir konstan −6 dB di daerah frekuensi tinggi sedangkan di daerah frekuensi rendah gain meningkat dengan kemiringan yang hampir konstan pula 0

Gain −6 [dB] −9 -20

ωC -40 1

10

100

ω

1000 10000 1E+05

Band-pass gain. Apabila gain meningkat di daerah frekuensi rendah dengan kemiringan yang hampir konstan, dan menurun di daerah frekuensi tinggi dengan kemiringan yang hampir konstan pula, sedangkan gain tinggi berada di antara dua frekuensi cutoff kita memiliki karakteristik band-pass gain.

131


0

Gain −3 [dB] -20

ωC ω

-40 1

10

100

1000 10000 1E+05

Band-pass gain kita peroleh pada rangkaian orde-2 yang akan kita pelajari lebih lanjut di bab selanjutnya. Walaupun demikian kita akan melihat rangkaian orde-2 tersebut sebagai contoh di bawah ini. CONTOH-6.5: Selidikilah perubahan gain dari rangkaian orde-2 di samping ini. Gain belum dinyatakan dalam dB.

+ −

105/s Vin(s)

s 1100

+ Vo(s) −

Solusi : Fungsi alih rangkaian ini adalah TV ( s ) =

1100 1100 + s + 10 / s

=

1100s

=

1100s ( s + 100)(s + 1000)

s + 1100s + 10 j1100ω TV ( jω) = ( jω + 100)( jω + 1000) 1000ω ⇒ TV ( jω) = 2 ω + 1002 × ω2 + 10002 5

2

5

Kurva gain terlihat seperti gambar di bawah ini. Di sini terdapat satu passband , yaitu pada ω antara 100 ÷ 1000 dan dua stopband di daerah frekuensi rendah dan tinggi.


Tanggapan Frekuensi Rangkaian Orde-1 1.4

Gain

stopband

passband

stopband

1 0.7 1/√2

ω

0 1

10

100

1000

10000

Apabila kurva gain dibuat dalam dB, kurva yang akan diperoleh adalah seperti diperlihatkan di atas. CONTOH-6.6: Selidikilah perubahan gain dari rangkaian orde-2 di samping ini. Gain belum dinyatakan dalam dB. Solusi :

0,1s 105/s

Vin(s) + −

10

Fungsi alih rangkaian ini adalah

10

TV ( s ) = 10 + TV ( jω) =

0,1s × 10 5 / s

=

+ Vo(s) −

s 2 + 10 6 s 2 + 10 4 s + 10 6

0,1s + 10 5 / s − ω 2 + 10 6

− ω 2 + j10 4 ω + 10 6

⇒ TV ( jω) =

− ω 2 + 10 6

(10 6 − ω 2 ) 2 + 10 8 ω 2 Kurva gain adalah seperti gambar di bawah ini. 1.4 Gain passband stopband passband 1 0.7 1/√2 0 1

100

10000

ω 1000000

133

Tanggapan Frekuensi Rangkaian Orde-1 Kurva ini menunjukkan bahwa ada satu stopband pada ω antara 100 ÷ 10000 dan dua passband masing-masing di daerah frekuensi rendah dan tinggi. Karakteristik gain seperti pada contoh-6.5. disebut band-pass gain sedangkan pada contoh-6.6 disebut band-stop gain. Frekuensi cutoff pada band-pass gain ada dua; selang antara kedua frekuensi cutoff disebut bandwidth (lebar pita). 6.3. Bode Plot Bode plots adalah grafik gain dalam dB ( |T(jω|dB ) serta fasa (ϕ(ω) ) sebagai fungsi dari frekuensi dalam skala logaritmik. Kurva-kurva ini berbentuk garis-garis lengkung. Walaupun demikian kurva ini mendekati nilai-nilai tertentu secara asimtotis, yang memungkinkan kita untuk melakukan pendekatan dengan garis lurus dengan patahan di titik-titik belok. Melalui pendekatan ini, penggambaran akan lebih mudah dilakukan. Bila kita ingin mendapatkan nilai yang lebih tepat, terutama di sekitar titik belok, kita dapat melakukan koreksi-koreksi pada kurva pendekatan ini. Manfaat Bode plots dapat kita lihat misalnya dalam proses perancangan rangkaian; kurva-kurva pendekatan garis lurus tersebut merupakan cara sederhana tetapi jelas untuk menyatakan karakteristik rangkaian yang diinginkan. Dari sini kita dapat menetapkan maupun mengembangkan persyaratan-persyaratan perancangan. Selain dari pada itu, tanggapan frekuensi dari berbagai piranti, perangkat maupun sistem, sering dinyatakan dengan menggunakan Bode plots. Pole dan zero dari fungsi alih peralatan-peralatan tersebut dapat kita perkirakan dari bentuk Bode plots yang diberikan. Berikut ini kita akan mempelajari tahap demi tahap penggambaran Bode plots dengan pendekatan garis lurus. Kita akan mulai dari rangkaian orde-1 disusul dengan rangkaian orde-2. 6.3.1. Low-Pass Gain Bentuk fungsi alih rangkaian orde-1 dengan karakteristik low-pass gain adalah

TV ( s ) =

K s+α

(6.11)

K dapat bernilai riil positif ataupun negatif. Jika K positif berarti K mempunyai sudut θK = 0o dan jika negatif mempunyai sudut θK = ±180o. 134 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Tanggapan Frekuensi Rangkaian Orde-1 Pole fungsi alih ini haruslah riil negatif karena hanya pole negatif (di sebelah kiri sumbu imajiner dalam bidang s) yang dapat membuat rangkaian stabil; komponen transiennya menuju nol untuk t →∞. Hanya rangkaian yang stabil sajalah yang kita tinjau dalam analisis mengenai tanggapan frekuensi. Dari (6.11) kita dapatkan :

T ( jω) =

K K = jω + α α(1 + jω / α )

(6.12)

Fungsi gain dan fungsi fasa dapat kita tuliskan

TV ( jω) =

K /α 1 + (ω / α )

2

dan

ϕ(ω) = θ K − tan −1 (ω / α) (6.13)

Fungsi gain dalam satuan dB, menjadi

TV ( jω) dB = 20 log( K / α ) − 20 log 1 + (ω / α) 2   

(6.14)

Fungsi gain ini terdiri dari dua komponen, yang ditunjukkan oleh suku pertama dan suku kedua ruas kanan (6.14). Komponen pertama bernilai konstan untuk seluruh frekuensi. Komponen kedua tergantung dari frekuensi dan komponen inilah yang menyebabkan gain berkurang dengan naiknya frekuensi. Komponen ini pula yang menentukan frekuensi cutoff, yaitu saat (ω/α) =1 dimana komponen ini mencapai nilai −20log√2 ≈ −3 dB. Jadi dapat kita katakan bahwa frekuensi cutofff ditentukan oleh komponen yang berasal dari pole fungsi alih, yaitu

ωC = α

(6.15)

Gb.6.1. memperlihatkan perubahan nilai komponen kedua tersebut sebagai fungsi frekuensi, yang dibuat dengan α = 1000. Dengan pola perubahan komponen kedua seperti ini maka gain total akan tinggi di daerah frekuensi rendah dan menurun di daerah frekuensi tinggi, yang menunjukkan karakteristik low-pass gain. Kurva ini mendekati nilai tertentu secara asimtotis yang memungkinkan dilakukannya pendekatan garis lurus sebagai berikut.

135


0

pendekatan garis lurus

dB -20

−log√((ω/α)2+1)

-40

ωC 1E+06

1E+05

10000

1000

100

10

1

-60

ω [rad/s]

Gb.6.1. Pola perubahan−log√((ω/α)2+1); α=1000 ; dan pendekatan garis lurusnya. Untuk frekuensi rendah, (ω/α) << 1 atau ω << α , komponen kedua dapat didekati dengan.

( )

− 20 log 1 + (ω / α) 2  ≈ −20 log 1 = 0  

(6.17)

yang akan memberikan kurva garis lurus horisontal di 0 dB. Untuk frekuensi tinggi, (ω/α)>>1 atau ω>>α, komponen kedua tersebut didekati dengan

− 20 log 1 + (ω / α) 2  ≈ −20 log(ω / α )  

(6.18)

sehingga kurvanya berupa garis lurus menurun terhadap log(ω). Untuk setiap kenaikan frekuensi 10 kali, yang kita sebut satu dekade, penurunan itu adalah

− 20 log(10ω / α ) − 20 log(ω / α ) = −20 log 10 = −20 dB

Jadi pendekatan garis lurus untuk komponen kedua ini adalah garis nol untuk 1<ω<α dan garis lurus −20 dB per dekade untuk ω>α. Titik belok terletak pada perpotongan kedua garis ini, yaitu pada (ω/α) =1, yang berarti terletak di frekuensi cutoff, seperti terlihat pada Gb.6.1. Tanggapan fasa kita peroleh dari fungsi fasa (6.13) yaitu

ϕ(ω) = θ K − tan −1 (ω / α)

(6.16)

Komponen pertama fungsi ini bernilai konstan. Komponen kedua memberi pengurangan fasa yang juga menjadi penentu pola perubahan tanggapan fasa. Lengkung komponen kedua ini terlihat pada Gb.6.2. 136 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


0

pendekatan garis lurus

ϕ [o] −tan−1(ω/

-45

ωC 1E+06

1E+05

10000

1000

100

10

1

-90

ω [rad/s]

Gb.6.2. Pola perubahan−tan−1(ω/α); α=1000 ; dan pendekatan garis lurusnya. Seperti halnya kurva pada Gb.6.1. kurva inipun mendekati nilai-nilai tertentu secara asimtotik yang juga memungkinkan kita untuk melakukan pendekatan garis lurus. Pendekatan garis lurus untuk komponen kedua fungsi fasa ini kita lakukan dengan memperhatikan bahwa pada (ω/α)=1, yaitu pada frekuensi cutoff, nilai −tan−1(ω/α) adalah −45o. Pada ω=0.1ωC , nilai −tan−1(ω/α) kecil dan dianggap 0o ; pada ω=10ωC , nilai −tan−1(ω/α) mendekati −90o dan dianggap −90o; untuk ω>10ωC , nilai −tan−1(ω/α) adalah −90o . Jadi untuk daerah frekuensi 0.1ωC < ω < 10ωC perubahan fasa dapat dianggap linier −45o per dekade, seperti terlihat pada Gb.6.2. Dengan pendekatan garis lurus seperti di atas, baik untuk fungsi gain maupun untuk fungsi fasa, maka tanggapan gain dan tanggapan fasa dapat digambarkan dengan nilai seperti tercantum dalam dua tabel di bawah ini. Perhatikanlah bahwa nilai komponen pertama konstan untuk seluruh frekuensi sedangkan komponen ke-dua mempunyai nilai hanya pada selang frekuensi tertentu.

137


Gain

Frekuensi ωC = α ω=1

1<ω<α

ω>α

Komponen 1

20log(|K|/α)

20log(|K|/α)

20log(|K|/α)

Komponen 2

0

0

−20dB/dek

20log(|K|/α)

20log(|K|/α)

−20dB/dek

Total ϕ


0,1α<ω<10α

ω>10α

θK

θK

θK

Komponen 2

0

−45 /dek

0

Total

θK

θK −45 /dek

θK

Komponen 1

o

o

Kurva pendekatan garis lurus tanggapan gain dan tanggapan fasa ini, dengan mengambil α = 1000, diperlihatkan pada Gb.6.3.a. dan Gb.6.3.b. ϕ [o]

Gain [dB] 20

45

θK

20log(|K|/α

0

0

−20dB/dek

-90

a).

ω [rad/s]

0.1ωC

1 E+06

1 E+05

1 00 00

10 00

10ωC 1 00

10

1 E+06

1 E+05

1 00 00

-135 10 00

1 00

1

-40

10

ωC = α

1

-20

−45o/dek

-45

ω [rad/s] Gb.6.3. Pendekatan garis lurus tanggapan gain dan tanggapan fasa − lowpass gain. ωC = α = 1000 rad/s. b).

Karena kurva garis lurus adalah kurva pendekatan, maka untuk mengetahui gain sebenarnya, diperlukan koreksi-koreksi. Sebagai contoh, pada 138 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Tanggapan Frekuensi Rangkaian Orde-1 Gb.6.3.a. gain pada frekuensi cutoff sama dengan gain maksimum dalam pass-band; seharusnya gain pada frekuensi cutoff adalah gain maksimum dalam pass-band dikurangi 3 dB. 6.3.2. High-Pass Gain Fungsi alih rangkaian orde-1 dengan karakteristik high-pass gain ini berbentuk T ( s) =

Ks s+α

sehingga

T ( jω) =

jωK α(1 + jω / α )

(6.19)

Berbeda dengan fungsi alih low-pass gain, fungsi alih ini mempunyai zero pada s = 0. Fungsi gain dan fungsi fasa-nya adalah T ( jω) =

( K / α )ω

1 + (ω / α )

2

dan ϕ(ω) = θ K + 90o − tan −1(ω / α) (6.20)

⇒ T ( jω) dB = 20 log( K / α ) + 20 log ω − 20 log 1 + (ω / α) 2

(6.21)

Dengan hanya menggunakan pendekatan garis lurus, nilai fungsi gain dan fungsi fasa adalah seperti dalam tabel berikut. Gain


1<ω<α

Komponen 1 20log(|K|/α) 20log(|K|/α) Komponen 2

0

Komponen 3

0

Total

ω>α 20log(|K|/α)

+20dB/dek 20log(α/1)+20dB/dek 0

−20dB/dek

20log(|K|/α) 20log(|K|/α)

20log(|K|/α)

+20dB/dek

+20log(α/1)

139


ϕ(ω)


0,1α<ω<10α

ω>10α

Komponen 1 θK

θK

θK

Komponen 2 90o

90o

90o

Komponen 3 0o

−45o/dek

−90o

θK +90o −45o/dek

θK

θK +90o

Total

Pendekatan garis lurus dari tanggapan gain dan tanggapan fasa dengan α=100, diperlihatkan pada Gb.6.4.a.dan Gb.6.4.b. 40

ϕ [o] +20dB/dek

0

θK 0

1 00 0

b).

10 0

1

10

-45

1E+0 6

10ωC ω [rad/s]

0.1ωC

1E+06

1E+05

10 00 0

1 0 00

a).

1 00

1

10

20log(|K|/α) ωC = α ω [rad/s]

-40

−45o/dek

45

1E+0 5

20

10 00 0

Gain [dB]

-20

θK+90o

90

Gb.6.4. Pendekatan garis lurus tanggapan gain dan tanggapan fasa – highpass gain. ωC = α = 100 rad/s. CONTOH-6.7: Gambarkan pendekatan garis lurus tanggapan gain dari dua rangkaian yang masing-masing mempunyai fungsi alih

T1 ( s ) =

20 s + 100

dan

T2(s) =

20s s + 100

Solusi: Fungsi gain rangkaian pertama adalah 140 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Tanggapan Frekuensi Rangkaian Orde-1 T1 ( jω) =

20 0 .2 0 .2 = ⇒ T1 ( jω) = jω + 100 1 + jω / 100 1 + (ω / 100) 2

⇒ T1 ( jω) dB = 20 log( T1 ( jω) ) = 20 log(0.2) − 20 log 1 + (ω / 100) 2

Frekuensi dan nilai tanggapan gain rangkaian pertama terlihat pada tabel berikut ini. Gain

Frekuensi ωC = 100 rad/s ω=1

Komponen 1 −14 dB Komponen 2 Total

ω>100

1<ω<100 −14 dB

−14 dB

0

0

−20dB/dek

−14 dB

−14 dB

−14 dB −20dB/dek

Fungsi gain rangkaian kedua adalah: j 20ω j 0,2ω 0.2ω T2 ( jω) = = ⇒ T2 ( jω) = jω + 100 1 + jω / 100 1 + (ω / 100) 2

⇒ T2 ( jω) dB = 20 log(0.2) + 20 log(ω) − 20 log 1 + (ω / 100) 2 Frekuensi dan nilai tanggapan gain rangkaian kedua terlihat pada tabel berikut ini. Gain

Frekuensi ωC = 100 rad/s ω=1

Komponen 1 −14 dB

1<ω<100

ω>100

−14 dB

−14 dB

Komponen 2

0

20 dB/dek

40+20 dB/dek

Komponen 3

0

0

−20 dB/dek

Total

−14 dB −14 dB +20 dB/dek

26 dB

Gambar tanggapan gain ke-dua rangkaian adalah sebagai berikut.

141


Gain [dB]

Gain [dB]

40

40

Komp-1 Komp-2

20 0 -20

Gain

0 -20

Gain ωC

-40

Komp-2

20

Komp-1 Komp-3

-40

-60

10000

ω [rad/s]

1000

100

10

1

10000

ω [rad/s]

1000

100

10

1

-60

(Rangkaian 2)

(Rangkaian 1)

6.3.3. Band-Pass Gain Rangkaian dengan karakteristik band-pass gain dapat diperoleh dengan menghubungkan secara bertingkat dua rangkaian orde-1 dengan menjaga agar rangkaian yang di belakang (rangkaian kedua) tidak membebani rangkaian di depannya (rangkaian pertama). Rangkaian pertama mempunyai karakteristik high-pass gain sedangkan rangkaian kedua mempunyai karakteristik low-pass gain. Hubungan kaskade demikian ini akan mempunyai fungsi alih sesuai kaidah rantai dan akan berbentuk K s K T = T1 × T2 = 1 × 2 (6.22) s+α s+β K ( jω) K2 K 1 ( jω) K2 T ( jω) = 1 × = × jω + α jω + β α(1 + jω / α ) β(1 + jω / β)

⇒ T ( jω) =

{K 1 K 2

/ αβ}ω

1 + (ω / α )2 × 1 + (ω / β)2

⇒ T ( jω) dB = 20 log( K 1 K 2 / αβ ) + 20 log ω − 20 log 1 + (ω / α) 2 − 20 log 1 + (ω / β) 2 Dengan membuat β >> α maka akan diperoleh karakteristik band-pass gain dengan frekuensi cutoff ωC1 = α dan ωC2 = β. Sesungguhnya fungsi alih (6.22) berbentuk fungsi alih rangkaian orde-2. Kita akan melihat karakteristik band-pass gain rangkaian orde-2 di bab berikut.



BAB 7


7.1. Rangkaian Orde-2 Dengan Pole Riil Pole dari fungsi tansfer rangkaian orde-2 bisa riil ataupun kompleks konjugat. Pembahasan berikut ini akan dikhususkan untuk fungsi alih dengan pole riil 7.1.1. Band-Pass Gain Fungsi alih rangkaian orde-2 dengan satu zero dan dua pole riil dapat ditulis sebagai Ks T ( s) = sehingga ( s + α)( s + β) (7.1) K × jω (K / αβ )× jω T ( jω) = = ( jω + α)( jω + β) (1 + jω / α)(1 + jω / β) Fungsi gain adalah T ( jω) =

( K / αβ )ω

(7.2)

1 + ( ω / α ) 2 × 1 + (ω / β) 2

yang dalam satuan dB menjadi

T ( jω) dB = 20 log( K / αβ ) + 20 log ω − 20 log 1 + (ω / α) 2

(7.3)

− 20 log 1 + (ω / β) 2 Fungsi gain ini terdiri dari komponen-komponen yang bentuknya telah kita kenal pada pembahasan rangkaian orde-1. Komponen pertama (suku pertama ruas kanan (7.3)) bernilai konstan. Komponen kedua berbanding lurus dengan logω dengan perubahan gain +20 dB per dekade; komponen ketiga pengurangan gain −20 dB per dekade; komponen keempat juga pengurangan gain −20 dB / dekade. Frekuensi cutoff ωC1 = α diberikan oleh komponen ke-tiga sedangkan komponen ke-empat memberikan frekuensi cutoff ωC2 = β. Nilai fungsi gain dengan pendekatan garis lurus untuk β > α adalah seperti dalam tabel di bawah ini. Mengenai fungsi fasa-nya akan kita lihat pada contoh-contoh.

143

Tanggapan Frekuensi Rangkaian Orde-2 Gain

Frekuensi ωC1 = α rad/s ω=1

1<ω<α

ωC2 = β rad/s α<ω<β

ω>β

Komp.1 20log(|K|/αβ) 20log(|K|/αβ) 20log(|K|/αβ) Komp.2

0

+20 dB/dek

20log(|K|/αβ)

+20log(α/1)

+20log(β/1)

+20 dB/dek

+20 dB/dek

Komp.3

0

0

−20 dB/dek

−20log(β/α)−20 dB/dek

Komp.4

0

0

0

−20 dB/dek

Total

20log(|K|/αβ) 20log(|K|/αβ) 20log(|K|/αβ)

20log(|K|/αβ)

+20 dB/dek

+20log(α)

+20log(α/1)

−20 dB/dek

CONTOH-7.1: Gambarkan Bode plots pendekatan garis lurus (tanggapan gain dan tanggapan fasa) rangkaian yang diketahui fungsi alihnya adalah : 50000s T ( s) = ( s + 10)(s + 10000) Solusi : T ( jω) =

50000 × jω 0,5ω = ( jω + 10)( jω + 10000) (1 + jω / 10)(1 + jω / 10000) 0,5ω → T ( jω) = 2 1 + (ω / 10) × 1 + (ω / 10000) 2

⇒ T ( jω) dB = 20 log 0,5 + 20 log ω − 20 log 1 + (ω / 10) 2 − 20 log 1 + (ω / 10000) 2 ⇒ ϕ(ω) = 0 + 90o − tan −1 (ω / 10) − tan −1 (ω / 10000) Nilai frekuensi dan kurva fungsi gain adalah sebagai berikut.



Gain

Frekuensi ωC1 = 10 rad/s

ωC2 = 10000 rad/s

ω=1

1<ω<10

10<ω<104

Komponen 1

−6 dB

−6 dB

−6 dB

−6 dB

Komponen 2

0

+20 dB/dek

20+20 dB/dek

80+20 dB/dek

Komponen 3

0

0

−20 dB/dek

−60−20 dB/dek

Komponen 4

0

0

0

−20 dB/dek

−6 dB

−6 dB

14 dB

14 dB

Total

ω>104

−20 dB/dek

+20 dB/dek

40

Gain [dB] 20 14 −6

Gain

0

-20

ωC1

-40 1

10

ωC2 100

1000

ω [rad/s]

10000 100000

Untuk menggambarkan tanggapan fasa, kita perhatikan fungsi fasa

ϕ( ω) = 0 + 90 o − tan −1 ( ω / 10) − tan −1 (ω / 10000) Untuk ω = 1 maka ϕ(ω)≈(0+90o−0−0)=90o . Mulai dari 0,1ωC1 sampai 10ωC1 (atau dari 1sampai 100) terjadi perubahan fasa −45o per dekade. Mulai dari 0,1ωC2 sampai 10ωC2 (atau 1000 sampai 100000) terjadi perubahan fasa −45o per dekade. Perhatikan bahwa dalam contoh ini 10ωC1 < 0,1ωC2 , sehingga ada selang frekuensi di mana tanggapan fasa konstan yaitu antara 100 sampai 1000 rad/s. Tabel berikut ini memuat nilai-nilai ϕ(ω) dan dari tabel ini kita gambarkan kurva pendekatan garis lurus tanggapan fasa.

145


ϕ(ω)

Frekuensi ωC1 = 10 rad/s

ωC2 = 104 rad/s

ω=1

1<ω<100

103<ω<105

ω>105

Komponen 1

0o

0o

0o

0o

Komponen 2

90o

90o

90o

90o

Komponen 3

0o

−45o/dek

−90o

−90o

Komponen 4

0o

0o

0o−45o/dek

−90o

Total

90o

90o−45o/dek

0o−45o/dek

−90o

ϕ [o]

90 45 0 -45

ωC1

-90 1

10

ωC2 100

ω [rad/s]

1000 10000 1E+05

Pemahaman : Karena frekuensi cutoff pertama ωC1 =10, maka perubahan fasa −45o/dekade terjadi pada selang frekuensi 1<ω<100. Karena frekuensi cutoff kedua ωC2 = 10000, maka perubahan fasa −45o/dekade yang kedua terjadi pada selang frekuensi 1000<ω<100000. Di luar ke-dua selang frekuensi ini fasa tidak berubah, sehingga terlihat adanya kurva mendatar pada selang frekuensi 100<ω<1000. 7.1.2. High-Pass Gain Karakteristik high-pass gain dapat diperoleh dari rangkaian orde-2 yang fungsi alihnya mengandung dua zero di s = 0. CONTOH-7.2: Gambarkan tanggapan gain dan tanggapan fasa jika diketahui fungsi alihnya adalah



T (s) =

10s 2 ( s + 40)(s + 200)

Solusi : Gain dari sistem ini adalah T ( jω) =

10( jω) 2 1 − ω2 = × ( jω + 40)( jω + 200) 800 (1 + jω / 40)(1 + jω / 200)

T ( jω) =

1 ω2 × 800 1 + (ω / 40) 2 × 1 + (ω / 200) 2

T ( jω) dB = 20 log(1 / 800) + 2 × 20 log ω − 20 log (ω / 40) 2 + 1 − 20 log (ω / 200) 2 + 1 Komponen pertama tanggapan gain adalah konstan 20log(1/800) = −58 dB. Komponen kedua berbanding lurus dengan log(ω) dengan kenaikan 2×20 dB per dekade. Pengurangan gain oleh komponen ketiga mulai pada ωC1 = 40 dengan −20 dB per dekade. Pengurangan gain oleh komponen ke-empat mulai pada ωC2 = 200 dengan −20 dB per dekade. Kurva tanggapan gain adalah sebagai berikut.

20

+20dB/dek

Gain 0 [dB]

+40dB/dek

-20 -40

−58

-60 1

10

100

1000

10000 100000

ω [rad/s] Fungsi fasa adalah :

ϕ(ω) = 0 + 2 × 90o − tan −1 (ω / 40) − tan −1 (ω / 200) Pada ω = 1, ϕ(ω) ≈ 0o + 2× 90o =180o. Pada ω=(ωC1/10)=4, komponen ke-tiga mulai memberikan perubahan fasa −45o per dekade dan 147

Tanggapan Frekuensi Rangkaian Orde-2 akan berlangsung sampai ω=10ωC1=400. Pada ω = 0.1ωC2=20, komponen ke-empat mulai memberikan perubahan fasa −45o per dekade dan akan berlangsung sampai ω=10ωC2=2000. 225

ϕ [o]

180 135 90 45 0 1

10

0,1ωC1

100

0,1ωC2

1000

10ωC1

10000 100000

10ωC2

ω [rad/s]

Pemahaman : Penggambaran tanggapan gain dan tanggapan fasa di sini tidak lagi melalui langkah antara yang berupa pembuatan tabel peran tiap komponen dalam berbagai daerah frekuensi. Kita dapat melakukan hal ini setelah kita memahami peran tiap-tiap komponen tersebut dalam membentuk tanggapan gain dan tanggapan fasa. Melalui latihan yang cukup, penggambaran tanggapan gain dan tanggapan fasa dapat dilakukan langsung dari pengamatan formulasi kedua macam tanggapan tersebut. Kita perhatikan penggambaran tanggapan fasa. Dalam contoh ini 0,1ωC2 < 10ωC1 dan bahkan 0,1ωC2 < ωC1. Oleh karena itu, penurunan fasa −45o per dekade oleh pole pertama, yang akan berlangsung sampai ω=10ωC1, telah ditambah penurunan oleh pole kedua pada ω=0,1ωC2 sebesar −45o per dekade. Hal ini menyebabkan terjadinya penurunan fasa −2×45o mulai dari ω=0,1ωC2 sampai dengan ω=10ωC1 karena dalam selang frekuensi tersebut dua pole berperan menurunkan fasa secara bersamaan. Pada ω=10ωC1 peran pole pertama berakhir dan mulai dari sini penurunan fasa hanya disebabkan oleh pole kedua, yaitu −45o per dekade.


Tanggapan Frekuensi Rangkaian Orde-2 7.1.3. Low-pass Gain Karakteristik low-pass gain dapat diperoleh dari rangkaian orde-2 yang fungsi alihnya tidak mengandung zero. CONTOH-7.3: Gambarkan Bode plots pendekatan garis lurus rangkaian yang fungsi alihnya adalah :

T ( s) =

5 × 104 ( s + 100)( s + 1000)

Solusi : 5 × 104 0,5 = ( jω + 100)( jω + 1000) (1 + jω / 100)(1 + jω / 1000) 0,5 T ( jω) = 2 1 + (ω / 100) × 1 + (ω / 1000) 2

T ( jω) =

T ( jω) dB = 20 log 0,5 − 20 log 1 + (ω / 100) 2 − 20 log 1 + (ω / 1000) 2 ϕ(ω) = 0 − tan −1 (ω / 100) − tan −1 (ω / 1000)

Komponen pertama tanggapan gain adalah 20log(0,8) ≈ −6 dB. Komponen kedua memberikan perubahan gain −20 dB per dekade mulai pada ω = ωC1 = 100. Komponen ke-tiga memberikan perubahan gain −20 dB per dekade mulai pada ω = ωC2 = 1000, sehingga mulai ω = 1000 perubahan gain adalah −40 dB per dekade. 0

Gain [dB] -20 -40 -60 1

10

100

1000

10000 100000

ω [rad/s]

Fungsi fasa adalah

149


ϕ(ω) = 0 − tan −1 (ω / 100) − tan −1 (ω / 1000) Pada ω = 1, ϕ(ω) ≈ 0. Mulai pada ω = 10 , komponen kedua memberikan perubahan fasa −45o per dekade sampai ω = 1000. Mulai pada ω = 100 , komponen ke-tiga memberikan perubahan fasa −45o per dekade sampai ω = 10000. Jadi pada selang 100<ω<1000 perubahan fasa adalah −90o per dekade. 45

ϕ [o]

0

-45 -90 -135 -180 1

10

100

1000

10000 100000

ω [rad/s]

7.2. Fungsi Alih Dengan Zero Riil Negatif Dalam contoh-contoh sebelumnya, fungsi alih mempunyai zero di s = 0. Fungsi alih dalam contoh berikut ini mempunyai zero di s ≠ 0. CONTOH-7.4: Gambarkan tanggapan gain dan tanggapan fasa jika diketahui fungsi alihnya adalah T ( s) =

4 × 10 4 ( s + 20) ( s + 100)( s + 1000)

Solusi : T ( jω) =

4 × 104 ( jω + 20) 8(1 + jω / 20) = ( jω + 100)( jω + 1000) (1 + jω / 100)(1 + jω / 1000)

T ( jω) =

8 (ω / 20) 2 + 1 1 + (ω / 100) 2 × 1 + (ω / 1000) 2



T ( jω) dB = 20 log 8 + 20 log 1 + (ω / 20) 2 − 20 log 1 + (ω / 100) 2 − 20 log 1 + (ω / 1000) 2 ϕ(ω) = 0 + tan −1 (ω / 20) − tan −1 (ω / 100) − tan −1 (ω / 1000)

Komponen pertama dari tanggapan gain adalah 20log8 = 18 dB. Komponen kedua memberikan perubahan gain +20 dB per dekade, mulai pada ω = 20. Komponen ke-tiga memberikan perubahan −20 dB per dekade mulai pada ω = 100. Komponen ke-empat memberikan perubahan −20 dB per dekade mulai pada ω = 1000. 40 Gain [dB] 30

−20dB/dek

+20dB/dek

20 18 10 0 1

10

100

1000

10000 100000 ω [rad/s]

Fungsi fasa adalah:

ϕ(ω) = 0 + tan −1 (ω / 20) − tan −1 (ω / 100) − tan −1 (ω / 1000) Pada ω = 1, ϕ(ω) ≈ 0. Komponen kedua memberikan perubahan fasa +45o per dekade mulai dari ω = 2 sampai ω = 200. Komponen ketiga memberikan perubahan fasa −45o per dekade mulai dari ω = 10 sampai ω = 1000. Komponen keempat memberi-kan perubahan fasa −45o per dekade mulai dari ω = 100 sampai ω = 10000. Kurva tanggapan fasa adalah seperti di bawah ini.

151


45

ϕ [o] 0

-45

-90

-135 1

10

100

1000

10000

100000

ω [rad/s]

Pemahaman : Zero tetap berperan sebagai peningkat gain dan fasa. Zero riil negatif meningkatkan gain dan fasa mulai pada frekuensi yang sama dengan nilai zero. 7.3. Tinjauan Umum Bode Plot dari Rangkaian Yang Memiliki Pole dan Zero Riil Bode plots terutama bermanfaat jika pole dan zero bernilai riil, yaitu pole dan zero yang dalam diagram pole-zero di bidang s terletak di sumbu riil negatif. Dari contoh-contoh fungsi alih yang mengandung zero dan pole riil yang telah kita bahas di atas, kita dapat membuat suatu ringkasan mengenai kaitan antara pole dan zero yang dimiliki oleh suatu fungsi alih dengan bentuk kurva gain dan kurva fasa pada Bode plots dengan pendekatan garis lurus. Untuk itu kita lihat fungsi alih yang berbentuk Ks (s + α1 ) T ( s) = (7.4) (s + α 2 )(s + α3 ) yang akan memberikan T ( jω) =

Kα1 jω(1 + jω / α1 ) α 2 α 3 (1 + jω / α 2 )(1 + jω / α 3 )

(7.5) Dari (7.5) terlihat ada tiga macam faktor yang akan menentukan bentuk kurva gain maupun kurva fasa. Ke-tiga faktor tersebut adalah: 152 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


1.

Kα1 yang disebut faktor skala. Kontribusi faktor α 2α3 skala ini pada gain dan fasa berupa suatu nilai konstan, tidak tergantung pada frekuensi. Kontribusinya pada gain sebesar 20log |K0| akan bernilai positif jika |K0| > 1 dan bernilai negatif jika |K0| < 1. Kontribusinya pada sudut fasa adalah 0o jika K0 > 0 dan 180o jika K0 < 0. Faktor K 0 =

2.

Faktor jω. Faktor ini berasal dari pole atau zero yang terletak di titik (0,0) dalam diagram pole-zero di bidang s. Kontribusinya pada gain adalah sebesar ± 20log(ω) dan kontribusinya untuk sudut fasa adalah ± 90o; tanda plus untuk zero dan tanda minus untuk pole. Jika fungsi alih mengandung pole ataupun zero ganda (lebih dari satu) maka kontribusinya pada gain adalah sebesar ± 20nlog(ω) dan pada sudut fasa adalah ±n90o dengan n adalah jumlah pole atau zero. Dalam pendekatan garis lurus, faktor ini memberikan perubahan gain sebesar ±20n dB per dekade mulai pada ω = 1; tanda plus untuk zero dan tanda minus untuk pole.

3.

Faktor 1 + jω/α. Faktor ini berasal dari pole ataupun zero yang terletak di sumbu riil negatif dalam diagram pole-zero di bidang s. Faktor ini berkontribusi pada gain sebesar

± 20 log 1 + ( ω / α) 2  dan berkontribusi pada sudut fasa sebesar   ± tan −1 (ω / α) ; tanda plus untuk zero dan tanda minus untuk pole.

Dalam pendekatan garis lurus, faktor ini memberikan perubahan gain sebesar ±20dB per dekade mulai pada ω = α; untuk frekuensi di bawahnya kontribusinya nol. Perubahan fasa yang dikontribusikan adalah sebesar ±45o per dekade dalam selang frekuensi 0,1α < ω < 10α; di luar selang itu kontribusinya nol. Koreksi-koreksi untuk memperoleh nilai yang lebih tepat, terutama di sekitar titik belok, dapat kita lakukan dengan kembali pada formulasi kontribusi pole ataupun zero pada gain yaitu sebesar ± 20 log 1 + (ω / α) 2  . Nilai perubahan gain yang lebih tepat   diperoleh dengan memasukkan nilai ω yang kita maksudkan pada formulasi tersebut sehingga kita akan memperoleh:

153

Tanggapan Frekuensi Rangkaian Orde-2 • perubahan gain di ω = α adalahsebesar ± 20 log 1 + (α / α) 2  ≈ 3 dB .   • perubahan gain di ω = 2α adalah sebesar ± 20 log 1 + (2α / α) 2  ≈ 7 dB .   • perubahan gain di ω = 0.5α adalah sebesar ± 20 log 1 + (0.5α / α) 2  ≈ 1 dB .   7.4. Tinjauan Kualitatif Tanggapan Frekuensi di Bidang s Pembahasan kuantitatif mengenai tanggapan frekuensi dari rangkaian dengan fungsi alih yang mengandung pole riil di atas, telah cukup lanjut. Berikut ini kita akan sedikit mundur dengan melakukan tinjauan secara kualitatif mengenai tanggapan frekuensi ini, untuk kemudian melanjutkan pembahasan tanggapan frekuensi rangkaian dari rangkaian dengan fungsi alih yang mengandung pole kompleks konjugat. Tinjaulah sistem orde-1 dengan fungsi alih yang mengandung pole riil

T ( s) =

K s+α

Diagram pole-zero dari fungsi alih ini adalah seperti terlihat pada Gb.7.5.a. Dari gambar ini kita dapatkan bahwa fungsi gain :

T ( jω) =

K = jω + α

|K| α +ω 2

2

=

|K| A(ω)

(7.6)

dengan A(ω) adalah jarak antara pole dengan suatu nilai ω di sumbu tegak. Makin besar ω akan makin besar nilai A(ω) sehingga |T(jω)| akan semakin kecil. Jika kita gambarkan kurva |T(jω)| terhadap ω dengan skala linier, kita akan mendapatkan kurva seperti terlihat pada Gb.7.5.b. Akan tetapi jika dalam penggambaran itu kita menggunakan skala logaritmis, baik untuk absis maupun ordinatnya, kita akan mendapatkan kurva seperti terlihat pada Gb.7.5.c. Inilah bentuk karakteristik low-pass gain dari rangkaian orde satu yang telah kita kenal.



jω ω

A(ω) × α

(a)

0

σ

low-pass gain| |T(jω)|

|T(jω)| 10

12

(b) 0 00

500 500

ω

103

1000

(c) 1 11

10 10

3 1002 ω 10 1000 10

Gb.7.5. Diagram pole-zero sistem orde-1 dan kurva |T(jω)| terhadap ω Kita lihat rangkaian orde-1 dengan fungsi alih yang mengandung zero di (0,0) Ks T ( s) = s+α Fungsi gain adalah

T ( jω) =

Kjω |K |ω |K |ω = = 2 2 jω + α A(ω) α +ω

(7.7)

Jika kita plot |T(jω)| terhadap ω dengan skala linier, kita akan mendapatkan kurva seperti terlihat pada Gb.7.6.a. Akan tetapi jika kita plot |T(jω)| terhadap ω dengan skala logaritmis, baik untuk absis maupun ordinatnya, kita akan mendapatkan kurva seperti terlihat pada Gb.7.6.b. Inilah bentuk karakteristik high-pass gain dari rangkaian orde satu yang telah kita kenal.

155

Tanggapan Frekuensi Rangkaian Orde-2 high-pass gain| |T(jω)| 1000

|T(jω)| 1056 1044 1032 1020 1008 996 984 972 960 948 936 924 912 900 888 876 864 852 840 828 816 804 792 780 768 756 744 732 720 708 696 684 672 660 648 636 624 612 600 588 576 564 552 540 528 516 504 492 480 468 456 444 432 420 408 396 384 372 360 348 336 324 312 300 288 276 264 252 240 228 216 204 192 180 168 156 144 132 120 108 96 84 72 60 48 360 24 12

100 10

ω (b)1 3 1 10 100 2 10003 100004 1000 ω 0 1 500 10 10 10 10 10 Gb.7.6. Diagram pole-zero sistem orde-1 dan kurva |T(jω)| terhadap ω. (a)

0

500

Fungsi alih rangkaian orde-2 dengan fungsi transfer yang mengandung dua pole riil, berbentuk

T ( s) =

K ( s + α1 ) ( s + α 2 )

Diagram pole-zero dari fungsi alih ini adalah seperti terlihat pada Gb.7.6.a. Dari diagram ini terlihat bahwa fungsi gain dapat dituliskan sebagai

T ( jω) =

|K| = ( jω + α 1 ) ( jω + α 2 )

|K| ω 2 + α12 ω 2 + α 2

(7.8)

|K| = A1 (ω) × A2 (ω) dengan A1(ω)dan A2(ω) adalah jarak masing-masing pole ke suatu nilai ω. Dengan bertambahnya ω, A1(ω)dan A2(ω) bertambah secara bersamaan. Situasi ini mirip dengan apa yang dibahas di atas, yaitu bahwa |T(jω)| akan menurun dengan naiknya frekuensi; perbedaannya adalah bahwa penurunan pada rangkaian orde-2 ini ditentukan oleh dua faktor yang berasal dari dua pole. Dalam skala linier bentuk kurva |T(jω)| adalah seperti Gb.7.7.b. Dalam skala logaritmik kita memperoleh karakteristik low-pass gain seperti terlihat pada Gb.7.7.c. yang sudah kita kenal.


Tanggapan Frekuensi Rangkaian Orde-2 jω ω A2(ω) A1(ω) (a) × × α2 α1 low-pass gain| |T(jω)|

10

12

0

σ

|T(jω)|

10 8 6 4 2

(b)0 00

2000

4000 4000

8000 ω 8000

6000

(c)1 11

10 10

1002 10

4 10003 10000 10 10

Gb.7.7. Diagram pole-zero sistem orde-2 dan kurva |T(jω)| terhadap ω Jika fungsi alih mengandung satu zero di (0,0) kurva |T(jω)| dengan skala linier akan terlihat seperti Gb.7.8.a. dan jika dibuat dengan skala logaritmik akan seperti Gb.7.8.b. yang telah kita kenal sebagai karakteristik band-pass gain. Jika fungsi alih mengandung dua zero di (0,0) kita memperoleh kurva |T(jω)| dalam skala linier seperti pada Gb.7.9.a. dan jika digunakan skala logaritmik akan kita peroleh karakteristik high-pass gain seperti Gb.7.9.b. band-pass gain| |T(jω)| 100

|T(jω)| 96 84 72 60 48 36 24 12 0

10

(a) 00

2000

4000 4000

8000 ω 8000

6000

(b)1 11

10 10

100 2 10003 ω 10000 10 10 10

4

Gb.7.8. Diagram pole-zero sistem orde-2 dan kurva |T(jω)| terhadap ω

157


high-pass gain| |T(jω)|

|T(jω)| 1200000

1000000

1000000 800000 600000 400000 200000

(a)0 00

2000

4000 4000

8000 ω 8000

6000

(b)1 11

10 10

100 2 10003 10000 4 10 10 ω 10

Gb.7.9. Diagram pole-zero sistem orde-2 dan kurva |T(jω)| terhadap ω Keadaan yang sangat berbeda terjadi pada rangkaian orde dua dengan fungsi alih yang mengandung pole kompleks konjugat yang akan kita lihat berikut ini. 7.5. Rangkaian Orde-2 Yang Memiliki Pole Kompleks Konjugat Rangkaian orde ke-dua yang memiliki pole kompleks konjugat dinyatakan oleh fungsi alih yang berbentuk

T ( s) =

K ( s + α + jβ) ( s + α − jβ)

(7.9)

yang memberikan fungsi gain

T ( jω) = =

K ( jω + α + jβ) ( jω + α − jβ) K (ω + β) 2 + α 2 × (ω − β) 2 + α 2

=

K A1 (ω) × A2 (ω)

Gb.7.10. memperlihatkan diagram pole-zero rangkaian orde-2 dengan fungsi alih yang mengandung pole kompleks konjugat dalam tiga keadaan yaitu frekuensi ω1 < ω2 < ω3.


Tanggapan Frekuensi Rangkaian Orde-2 jω

jω × A2(ω)

×

β

ω1

α

0 σ

(a) ×

A1(ω)

A2(ω)

A1(ω)

(b)

jω A2(ω) ω2

×

0 σ

A1(ω)

(c)

×

ω3

0 σ

×

Gb.7.10. Diagram pole-zero sistem orde-2 dengan pole kompleks konjugat. Dari Gb.7.10. terlihat bahwa peningkatan ω akan selalu diikuti oleh bertambahnya nilai A1(ω). Akan tetapi tidak demikian halnya dengan A2(ω). Pada awalnya peningkatan ω diikuti oleh turunnya nilai A2(ω) sampai mencapai nilai minimum yaitu pada saat ω = ω2 = β seperti pada Gb.7.10.b. Setelah itu A2(ω) meningkat dengan meningkatnya ω. Hasilnya adalah fungsi gain |T(jω)| meningkat pada awal peningkatan ω sampai mencapai nilai maksimum dan kemudian menurun lagi. Puncak tanggapan gain disebut resonansi. Untuk mempelajari tanggapan frekuensi di sekitar frekuensi resonansi, kita tuliskan fungsi alih rangkaian orde-2 dalam bentuk Ks (7.10) T ( s) = 2 s + bs + c yang dapat kita tuliskan Ks T ( s) = 2 s + 2ζω0 s + ω0 2

dengan

(7.11)

b 2c Bentuk penulisan penyebut seperti pada (7.11) ini disebut bentuk normal. ζ disebut rasio redaman dan ω0 adalah frekuensi alami tanpa redaman atau dengan singkat disebut frekuensi alami. Frekuensi alami adalah frekuensi di mana rasio redaman ζ = 0. Fungsi alih (7.11) dapat kita tuliskan ω0 2 = c

dan

ζ=

159


T ( s) =

Ks s + 2ζω0 s + ω0 2

=

2

K ω0 2

(7.12)

s

×

(s / ω0 )2 + (2ζ / ω0 )s + 1

dan dari sini kita peroleh K jω T ( jω) = × 2 2 ω0 − (ω / ω0 ) + j (2ζω / ω0 ) + 1

⇒ T ( jω) =

K ω0

⇒ ϕ(ω) = θ K

2

ω

×

(7.13)

(1 − (ω / ω ) ) + (2ζω / ω ) 2 2

2

0

(2ζω / ω0 ) + 90o − tan −1 1 − (ω / ω0 )2

0

Fungsi gain dalam dB adalah

T ( jω) dB = 20 log

K ω0 2

+ 20 log ω

(

(7.14)

)

− 20 log 1 − (ω / ω 0 )2 + (2ζω / ω 0 )2 Rasio redaman akan mempengaruhi perubahan nilai gain oleh pole seperti ditunjukkan oleh komponen ketiga dari fungsi gain ini. Untuk frekuensi rendah komponen ketiga ini mendekati nilai

(

− 20 log 1 − (ω / ω0 )2

2

) + (2ζω / ω ) 2

2

0

≈ −20 log 1 + 0 = 0 (7.15)

Untuk frekuensi tinggi komponen ketiga mendekati

(

− 20 log 1 − (ω / ω0 )2

) + (2ζω / ω ) 2

0

2

≈ −20 log(ω / ω0 ) (ω / ω0 ) + (2ζ ) ≈ −20 log(ω / ω0 ) 2

2

(7.16) 2

Pendekatan garis lurus untuk menggambarkan tanggapan gain mengambil garis horizontal 0 dB untuk frekuensi rendah dan garis lurus −20log(ω/ω0)2 untuk frekuensi tinggi yang memberikan kemiringan −40 dB per dekade. Kedua garis ini berpotongan di ω = ω0 yang merupakan titik beloknya. Gb.7.11. memperlihatkan pengaruh nilai rasio redaman pada tanggapan gain ini di sekitar titik belok.


Tanggapan Frekuensi Rangkaian Orde-2 20

ζ=0,1 ζ=0,5

dB

ζ=0,05

0

ζ=1

-20

pendekatan linier

ω0

-40 100

ω[rad/s]

1000

10000

Gb.7.11. Pengaruh rasio redamaan pada perubahan gain oleh pole. Fungsi fasa adalah ϕ(ω) = θ K + 90o − tan −1

(2ζω / ω0 )

(7.17)

1 − (ω / ω0 )2

Untuk frekuensi rendah pengurangan fasa oleh pole mendekati nilai (2ζω / ω0 ) ≈ − tan −1 (2ζω / ω0 ) ≈ 0 − tan −1 (7.18) 1 1 − (ω / ω0 )2 dan untuk frekuensi tinggi mendekati − tan−1

(2ζω/ ω0 )

1 − (ω / ω0 )2

≈ − tan−1

(2ζω/ ω0 ) ≈ −180o

− (ω / ω0 )2

(7.19)

Gb.7.12. memperlihatkan pengaruh rasio redaman terhadap perubahan fasa yang disebabkan oleh pole. ϕ(ω) [o] 0

ζ=0,05

ζ=0,1 ζ=0,5 ζ=1

-45 -90

pendekatan linier

-135

ω0

-180 10

100

1000

10000

100000

ω[rad/s]

Gb.7.12. Pengaruh rasio redaman pada perubahan fasa oleh pole.

161

Tanggapan Frekuensi Rangkaian Orde-2 CONTOH-7.5: Gambarkan tanggapan gain dan tanggapan fasa untuk fungsi alih berikut ini dan selidiki pengaruh rasio redaman terhadap tanggapan gain. 80000s T ( s) = 2 s + 100s + 4 × 104 Solusi : Kita tuliskan fungsi alih dengan penyebutnya dalam bentuk normal 80000s menjadi T ( s ) = . Dari sini kita peroleh 2 s + 2 × 0,25 × 200s + 200 2 ω0 = 200, dan ζ = 0,25. 2s T ( s) = 2 (s / 200) + (2ζ / 200) s + 1 j 2ω ⇒ T ( jω) = 2 − (ω / 200) + j 2ζω / 200 + 1 2ω ⇒ T ( jω) =

(1 − (ω / 200) ) + (2ζω / 200) = 20 log 2 + 20 log ω − 20 log (1 − (ω / 200) ) + ( 2ζω / 200) 2 2

T ( jω) dB

2

2 2

2

Komponen pertama konstan 20log2 = −6 dB. Komponen kedua memberikan penambahan gain 20 dB per dekade, mulai frekuensi rendah. Pengurangan gain oleh komponen ketiga −40 dB per dekade mulai pada ω = ω0. Fungsi fasa adalah : ϕ(ω) = 0o + 90o − 90o / dek | 20<ω< 2000 ϕ [o]

dB

135 90 45

40 20


1 E+05

1 00 00

rad/s

10 00

1 E+05

1 00 00

rad/s

10 00

1 00

10

1

-40

1 00

-20

10

0 -45 -90 -135

0

1

60


Soal-Soal 1. Tentukanlah tanggapan frekuensi dan tentukan gain tertinggi dan frekuensi cutoff dari rangkaian di bawah ini. +

+

0,5H

9kΩ

vin

1kΩ

vo −

−

2. Tentukanlah tanggapan frekuensi dan tentukan gain tertinggi dan frekuensi cutoff dari rangkaian di bawah ini. + vin

+

10kΩ

vo

1µF 10kΩ

−

−

3. Tentukanlah tanggapan frekuensi dan tentukan gain tertinggi dan frekuensi cutoff dari rangkaian-rangkaian di bawah ini.

+ vin −

+

1H 1kΩ 1kΩ

0,5µF

vo

+ vin − 10kΩ

−

10kΩ

1µF

+ vo −

1µF

100kΩ 10kΩ + vin −

+ −

− +

+ vo −

4. Tentukanlah tanggapan frekuensi dan tentukan gain tertinggi dan frekuensi cutoff dari hubungan bertingkat dengan tahap pertama rangkaian ke-dua dan tahap kedua rangkaian pertama.

163

Tanggapan Frekuensi Rangkaian Orde-2 5. Tentukanlah tanggapan frekuensi dan tentukan gain tertinggi dan frekuensi cutoff dari hubungan bertingkat dengan tahap pertama rangkaian ke-tiga dan tahap ke-dua rangkaian pertama. 6. Tentukanlah tanggapan frekuensi dari suatu rangkaian jika diketahui tanggapannya terhadap sinyal anak tangga adalah sebagai seperti di bawah ini. Tentukan gain tertinggi dan frekuensi cutoff.

a). g (t ) = −e −5000 t u (t );

(

)

b). g (t ) = 1 − 5e −5000 t u (t ) 7. Ulangi soal 6 jika diketahui :

( b). g (t ) = ( e

) sin 2000t )u(t )

a). g (t ) = e−1000t − e −2000t u(t ) −1000 t

8. Tentukanlah tanggapan frekuensi dari suatu rangkaian jika diketahui tanggapannya terhadap sinyal impuls adalah seperti di bawah ini. Tentukan gain tertinggi dan frekuensi cutoff.

a). h(t ) = −1000 e −1000 t u (t ) b). h(t ) = δ(t ) − 2000 e −1000 t u (t ) 9. Gambarkan Bode plot (pendekatan garis lurus) jika diketahui fungsi alihnya T ( s) = 10

(5s + 1)(0.005s + 1) (0.05s + 1)(0.5s + 1)

10. Gambarkan Bode plots (pendekatan garis lurus) jika diketahui fungsi alihnya

T ( s) = 50

s(0.02 s + 1) (0.001s + 1)(0.4 s + 1)


Pengenalan Pada Sistem

BAB 8


Pengenalan pada sistem ini bertujuan agar kita •

memahami sinyal dalam pengertian yang lebih luas;

•

memahami pengertian tentang sistem;

•

mampu membangun diagram blok suatu sistem;

•

mampu mereduksi diagram blok suatu sistem.

8.1. Sinyal Di awal buku ini kita telah mempelajari bentuk gelombang sinyal yang merupakan suatu persamaan yang menyatakan sinyal sebagai fungsi dari waktu. Dalam analisis rangkaian listrik, sinyal-sinyal yang kita tangani biasanya berupa tegangan ataupun arus listrik. Pengertian ini dapat kita perluas menjadi suatu pengertian yang tidak hanya mencakup sinyal listrik saja tetapi juga mencakup sinyal-sinyal non-listrik yang juga merupakan fungsi waktu. Dengan perluasan pengertian ini maka kita mempunyai definisi untuk sinyal sebagai, Sinyal adalah suatu fungsi yang menyatakan variasi terhadap waktu dari suatu peubah fisik. Fungsi yang kita tetapkan untuk menyatakan suatu sinyal kita sebut representasi dari sinyal atau model sinyal dan proses penentuan representasi sinyal itu kita sebut pemodelan sinyal. Suatu sinyal yang tergantung dari peubah riil t dan yang memodelkan peubah fisik yang berevolusi dalam waktu nyata disebut sinyal waktu kontinyu. Sinyal waktu kontinyu ditulis sebagai suatu fungsi dengan peubah riil t seperti misalnya x(t). Sebagaimana telah disebutkan di awal buku ini, sinyal jenis inilah yang sedang kita pelajari. Untuk memberi contoh dari sinyal non-listrik, kita bayangkan suatu benda yang mendapat gaya. Benda ini akan bergerak sesuai dengan arah gaya., posisinya akan berubah dari waktu ke waktu. Dengan mengambil suatu kooordinat referensi, perubahan posisi benda akan merupakan fungsi waktu dan akan menjadi salah satu peubah fisik dari benda tersebut dan merupakan suatu sinyal. Selain perubahan posisi, benda juga

165

Pengenalan Pada Sistem mempunyai kecepatan yang juga merupakan fungsi dari waktu; kecepatan juga merupakan suatu sinyal. Jika posisi benda dalam contoh di atas merupakan suatu sinyal, apakah ia dapat dijadikan suatu masukan (input) pada sebuah “rangkaian” ? Bayangkanlah benda yang bergerak itu adalah sebuah pesawat terbang. Kita ingin mengamatinya dengan menggunakan sebuah teropong, dan untuk itu teropong kita arahkan pada pesawat. Setiap saat pesawat berubah posisi, kedudukan teropong kita sesuaikan sedemikian rupa sehingga bayangan pesawat selalu terlihat oleh kita melalui teropong. Kita katakan bahwa posisi pesawat merupakan masukan pada kita untuk mengubah arah teropong; dalam hal ini kita dan teropong menjadi sebuah “rangkaian”. Apakah dari “rangkaian” ini ada suatu keluaran (output)? Keluaran dari “rangkaian” ini adalah berupa perubahan arah teropong. Jelaslah bahwa ada hubungan tertentu antara arah teropong sebagai keluaran dengan posisi pesawat sebagai masukan, dan hubungan keluaran-masukan demikian ini sudah biasa kita lihat pada rangkaian listrik. Kalau kita yang meneropong pesawat tersebut digantikan oleh sebuah mesin penggerak otomatis dan teropong diganti dengan sebuah meriam, maka jadilah sebuah “rangkaian” mesin penembak pesawat. Mesin penembak ini dapat kita sebut sebagai suatu perangkat yang mampu menetapkan arah meriam jika mendapatkan masukan mengenai posisi pesawat (istilah “perangkat” di sini kita beri pengertian sebagai gabungan dari banyak piranti untuk menjalankan fungsi tertentu). Dengan kata lain antara sinyal keluaran dengan sinyal masukan terdapat hubungan yang sepenuhnya ditentukan oleh perilaku perangkat; hal ini berarti bahwa perangkat “memiliki aturan” yang menetapkan bagaimana bentuk keluaran untuk sesuatu masukan yang ia terima. 8.2. Sistem Dengan contoh di atas, kita sampai pada pengertian mengenai sistem yaitu : sistem merupakan aturan yang menetapkan sinyal keluaran dari adanya sinyal masukan. atau sistem membangkitkan sinyal keluaran tertentu dari adanya sinyal masukan tertentu. Jika kita ingat mengenai pengertian elemen sebagai model piranti dalam rangkaian listrik, maka sistem dapat dipandang sebagai model dari 166 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Pengenalan Pada Sistem perangkat. Dengan demikian rangkaian-rangkaian listrik yang sudah pernah kita pelajari, yang juga menetapkan hubungan antara keluaran dan masukan, dapat kita pandang sebagai suatu sistem. Kalau rangkaian tersebut merupakan bagian lain dari rangkaian (dalam hubungan kaskade misalnya) kita dapat memandangnya sebagai sub-sistem. Hubungan keluaran-masukan dari suatu sistem dapat kita nyatakan sebagai

y (t ) = H [x (t )]

(8.1)

dengan y(t) sinyal keluaran dan x(t) sinyal masukan. Hubungan ini dapat kita gambarkan dengan diagram berikut. sinyal masukan x(t)

H

y(t)

sinyal keluaran

Gb.8.1. Diagram suatu sistem. Perhatikanlah bahwa sistem didefinisikan menurut sinyal keluaran dan masukannya. Jadi kita memandang sistem dari sudut pandang sinyal masukan dan keluaran. Selain dari pada itu, Gb.8.1. mempelihatkan bahwa arah propagasi sinyal adalah sesuai dengan arah anak panah. Jadi sinyal berasal dari masukan menuju ke keluaran. Penggambaran ini sesuai dengan definisi kita yaitu bahwa suatu sistem membangkitkan sinyal keluaran dari sinyal masukan. Suatu sistem dapat mempunyai satu masukan atau lebih; demikian juga keluarannya bisa hanya satu atau lebih. Sistem dengan satu masukan dan satu keluaran disebut single-input-single-output (SISO) system atau kita terjemahkan dengan sistem masukan-tunggal-keluaran-tunggal (MTKT). Jika masukan dan keluarannya lebih dari satu disebut multi-input-multioutput (MIMO) system atau kita terjemahkan sistem masukan-gandakeluaran-ganda (MGKG). 8.3. Model Sistem Pernyataan matematis secara eksplisit dari suatu sistem seperti pada (8.1) disebut representasi sistem atau model sistem. Proses untuk memperoleh model sistem kita sebut pemodelan sistem. Ada dua cara yang dapat ditempuh untuk membangun model sistem. Cara pertama adalah menurunkan langsung dari hukum-hukum fisika dan cara kedua adalah melalui observasi empiris. Cara pertama dapat digunakan apabila prosesproses fisiknya terdefinisi dengan jelas dan difahami. Model sistem yang

167

Pengenalan Pada Sistem diturunkan haruslah cukup sederhana untuk keperluan analisis dan simulasi. Cara kedua digunakan untuk sistem yang sangat kompleks dan sangat sulit untuk dianalisis langsung, dan perilaku dinamiknya tidak difahami secara baik. Untuk melakukan observasi empiris diperlukan sinyal masukan yang harus dipilih secara cermat, dan sinyal keluarannya diamati. Model sistem diperoleh dengan melakukan perhitungan balik dari kedua sinyal tersebut. Pembangunan model sistem melalui cara observasi sinyal masukan dan keluaran ini disebut identifikasi sistem. Kita telah melihat bahwa ada empat macam cara untuk menyatakan hubungan antara sinyal keluaran dan sinyal masukan, yaitu persamaan diferensial, transformasi Laplace, konvolusi, dan transformasi Fourier. Sejalan dengan itu, kita mengenal empat macam representasi sistem atau model sistem sebagai berikut. 1. Persamaan Diferensial. Bentuk ini kita kenal misalnya sistem orde-2

d 2 y (t ) 2

+a

dy (t ) + by (t ) = f (t ) dt

dt Bentuk umum dari model ini dinyatakan dalam persamaan diferensial :

y ( n) (t ) + an −1 y ( n −1) (t ) L + a1 y& (t ) + a0 y (t ) = bm x( m) (t ) + bm −1x ( m−1) (t ) + L + b0 x(t )

y ( n −1) (0) = y n −1 , y ( n −2) (0) = y n − 2 , L , y& (0) = y1 , y (0) = y 0 .

(8.2)

Dalam (8.2) kita menganggap bahwa koefisien ak dan bk adalah bilangan riil (konstan tidak tergantung waktu). Kita juga menganggap m ≤ n. Masukan sistem adalah x(t) dan keluarannya adalah y(t). Orde dari persamaan diferensial ini adalah n.


Pengenalan Pada Sistem 2. Fungsi Alih Laplace

b s m + bm −1s m −1 + L + b0 Y (s) = m = T (s) = H (s) X ( s ) s n + a n −1s n −1 + L + a1s + a0

(8.3)

Di sini sinyal keluaran dan masukan dinyatakan di kawasan s, yaitu Y(s) dan X(s). T(s) adalah fungsi alih Laplace, yang untuk selanjutnya akan kita gunakan sebagai representasi sistem di bab ini dan kita tuliskan sebagai H(s). 3. Integral Konvolusi ∞

y ( t ) = ∫ − h ( t − λ ) x ( λ ) dλ 0

(8.4)

dengan h( t ) = L−1 {H ( s )}. 4. Fungsi Alih Fourier

Y (ω) = H ( ω) X ( ω)

(8.5)

dengan H ( ω) = F{h (t )} adalah fungsi alih Fourier. Untuk selanjutanya, kita akan menggunakan cara representasi sistem yang ke-dua, yaitu menggunakan fungsi alih Laplace. 8.4. Diagram Blok 8.4.1. Penggambaran Sistem Dengan Diagram Blok Diagram blok adalah representasi dari fungsi alih dengan menggunakan gambar. Diagram blok sangat bermanfaat untuk menggambarkan struktur sistem, terutama jika sistem tersusun dari banyak sub-sistem (penjelasan pengertian sub-sistem akan diberikan kemudian). Diagram ini juga bermanfaat untuk melakukan analisis sistem. Di subbab ini kita mengambil model sistem dengan transformasi Laplace (di kawasan s). Hubungan masukan- keluaran sistem akan berbentuk :

Y (s) = H ( s ) atau X (s)

Y (s) = H (s ) X (s)

(8.6)

169

Pengenalan Pada Sistem Diagram blok dari sistem ini adalah seperti terlihat X(s) Y(s) H(s) pada Gb.8.2. Diagram blok seperti ini telah kita kenal Gb.8.2. Diagram blok. dalam analisis rangkaian listrik. Hanya di sini kita mempunyai pengertian H(s) sebagai representasi dari sistem. Diagram blok ini ekivalen dengan persamaan aljabar (8.6). Jadi susunan diagram blok merupakan pernyataan operasioperasi matematis. Hal ini berbeda dengan Gb.8.1. yang hanya merupakan diagram untuk memperjelas definisi tentang sistem. Suatu sistem yang kompleks tersusun dari sistem-sistem yang lebih sederhana. Diagram blok dapat kita gunakan untuk menyatakan hubungan dari sistem-sistem yang lebih sederhana tersebut untuk membentuk sistem yang kompleks. Diagram blok akan mempelihatkan struktur dari sistem yang kompleks yaitu interkoneksi dari komponenkomponen sistem. Lebih dari itu, diagram blok juga dapat dimanfaatkan sebagai alat untuk melakukan perhitungan-perhitungan; fungsi alih sistem diturunkan dari diagram blok yang tersusun dari banyak komponen tersebut. 8.4.2. Hubungan-Hubungan Sistem Berikut ini kita akan melihat hubungan-hubungan sederhana dari sistem yang akan menjadi dasar bagi kita untuk memandang sistem yang lebih kompleks. Kita akan meninjau dua sistem yaitu H1(s) dan H2(s). Untuk menghubungkan dua sistem, atau dua blok, harus ada titik-titik hubung. Titik Hubung. Ada dua macam titik hubung yang perlu kita perhatikan yaitu titik pencabangan (pickoff point) dan titik penjumlahan. Titik pencabangan adalah titik tempat terjadinya duplikasi sinyal; sinyal-sinyal yang meninggalkan titik pencabangan sama dengan sinyal yang memasuki titik pencabangan. Hal ini digambarkan pada Gb.8.3.a. Pada titik penjumlahan, beberapa sinyal dijumlahkan. Sinyal yang keluar dari titik penjumlahan adalah jumlah dari sinyal yang masuk ke titik penjumlahan. Jika sinyal yang masuk bertanda “+” maka ia dijumlahkan dan jika bertanda “−” ia dikurangkan. Untuk titik penjumlahan ini ada konvensi, yaitu bahwa hanya ada satu sinyal saja yang meninggalkan titik penjumlahan. Hal ini digambarkan pada Gb.8.3.b.



titik pencabangan

X1(s)

X(s)

X2(s)

X(s)

X3(s)

X(s)

−

+ +

a). titik pencabangan

X1(s)−X2(s)+ X3(s)

b). titik penjumlahan

Gb.8.3. Titik-titik hubung. Hubungan Kaskade atau Hubungan Seri. Hubungan seri antara dua sistem terjadi jika keluaran dari sistem yang satu merupakan masukan pada sistem berikutnya seperti terlihat pada Gb.8.4. Fungsi alih dari hubungan kaskade, yang merupakan fungsi alih total, adalah hasil kali dari fungsi alih sistem yang menyusunnya. Jadi hubungan kaskade sistem H1(s) dan H2(s) dapat digantikan oleh satu sistem H1(s)H2(s). Hal ini sesuai dengan kaidah rantai yang telah kita pelajari dalam analisis rangkaian di kawasan s. X(s)

H1(s)

H2(s)

Y(s) X(s)

H1(s)H2(s)

Y(s)

Gb.8.4. Hubungan seri Hubungan Paralel. Hubungan paralel antara dua sistem terjadi jika kedua sistem mendapat masukan yang sama sedangkan keluarannya merupakan jumlah dari keluaran kedua sistem tersebut, seperti terlihat pada Gb.8.4.b. Jadi hubungan paralel antara dua sistem H1(s) dan H2(s) dapat digantikan oleh satu sistem dengan fungsi alih H1(s)+H2(s). X(s)

H1(s)

+ Y(s)

H2(s)

+ X(s)

H1(s)+H2(s)

Y(s)

Gb. 8.5. Hubungan paralel. Hubungan Umpan Balik. Pada hubungan umpan balik, keluaran dari sistem pertama menjadi masukan pada sistem kedua dan keluaran sistem kedua menjadi pengurang pada sinyal dari luar R(s); sinyal hasil

171

Pengenalan Pada Sistem pengurangan ini menjadi masukan pada sistem pertama. Hubungan ini diperlihatkan pada Gb.8.6. R(s)

X1(s) +

− Y2(s)

Y(s)

H1(s) H2(s)

X2(s)

R(s)

H1 ( s ) 1 + H1 ( s) H 2 ( s )

Y(s)

Gb.8.6. Hubungan umpan balik . Dari diagram blok pada Gb.8.6. diperoleh persamaan berikut. Y ( s ) = H 1 ( s ) X 1 ( s ) = H 1 ( s )[R( s ) − Y 2 ( s )] = H 1 ( s ) R( s ) − H 1 ( s )Y 2 ( s )

= H 1 ( s ) R( s ) − H 1 ( s )[H 2 ( s )Y ( s )]

⇒ Y ( s ) + H 1 ( s )[H 2 ( s )Y ( s )] = H 1 ( s ) R( s ) ⇒

H1 (s) Y ( s) = R( s ) 1 + H 1 ( s ) H 2 ( s )

Dengan hubungan umpan balik seperti pada Gb.8.6. fungsi alih sistem keseluruhan menjadi

H 1 ( s) 1 + H 1 (s ) H 2 (s) Fungsi alih H1(s) adalah fungsi alih dari suatu sistem yang disebut sistem H 1 ( s) loop terbuka sedangkan adalah fungsi alih dari sistem 1 + H 1 (s ) H 2 (s) yang disebut sistem loop tertutup. Jika pada titik penjumlahan terdapat tanda negatif pada jalur umpan balik maka sistem ini disebut sistem dengan umpan balik negatif. Jika fungsi alih H2(s) = − 1 maka sistem menjadi sistem dengan umpan balik negatif satu satuan. Sub-Sistem. Jika kita memisahkan salah satu bagian dari diagram blok suatu sistem yang tersusun dari banyak bagian dan bagian yang kita pisahkan ini merupakan suatu sistem juga maka bagian ini kita sebut subsistem. H2(s) dalam contoh hubungan paralel di atas merupakan salah satu sub-sistem. 172 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Pengenalan Pada Sistem 8.5. Pembentukan Diagram Blok Berikut ini kita akan melihat contoh penggambaran diagram blok dan penyederhanaan diagram blok. Sebagaimana telah disebutkan, walaupun kita telah mengembangkan pengertian sistem akan tetapi dalam contohcontoh yang akan kita lihat di sini kita membatasi diri pada sistem listrik. 8.5.1. Diagram Blok Elemen Rangkaian Definisi sistem menyatakan bahwa dari sinyal masukan tertentu suatu sistem akan memberikan sinyal keluaran tertentu. Definisi ini dipenuhi oleh elemen-elemen rangkaian seperti R, L, dan C, karena elemen-elemen ini akan memberikan sinyal keluaran (tegangan atau arus) tertentu jika diberi sinyal masukan (arus atau tegangan) tertentu yang kita kenal sebagai karakteristik i-v dalam analisis rangkaian listrik. Jika sistem dapat divisualisasikan menggunakan diagram blok, maka elemen-elemen rangkaian listrik dapat pula digambarkan dengan diagram blok. Resistor. Gb.8.7. memperlihatkan diagram blok dari resistor. Hubungan tegangan-arus resistor adalah V ( s ) = RI ( s ) atau I ( s ) = (1 / R)V ( s ) . Kedua relasi memberikan diagram blok seperti ditunjukkan pada gambar.

R

I(s)

I(s)

R

+ V(s) −

V(s)

1 R

V(s)

I(s)

Gb.8.7 Diagram blok resistor. Kapasitor. Gb.8.8. memperlihatkan diagram blok dari kapasitor. Hubungan tegangan-arus kapasitor adalah V ( s ) = (1 / sC ) I ( s ) atau

I ( s ) = ( sC )V ( s ) . Kedua relasi memberikan diagram blok seperti ditunjukkan pada gambar.

173


1 sC

I(s) + V(s) −

I(s)

1 sC

V(s)

V(s)

sC

I(s)

Gb.8.8. Diagram blok kapasitor. Berbeda dengan resistor, kapasitor adalah elemen dinamik. Hubungan yang pertama mengambil peubah status, yaitu tegangan kapasitor, sebagai keluaran dan dapat ditulis sebagai V ( s ) = (1 / C )(1 / s ) I ( s ) dan diagram bloknya menjadi : I(s)→ →

1 1 → →V(s) C s

Di kawasan t hubungan tersebut adalah v(t ) = (1 / C ) itu blok

∫ idt . Oleh karena

1 disebut sebagai blok integrator. s

Induktor. Gb.8.9. memperlihatkan diagram blok dari induktor. Hubungan tegangan-arus induktor adalah V ( s ) = ( sL ) I ( s ) atau I ( s ) = (1 / sL )V ( s ) . Kedua relasi memberikan diagram blok seperti ditunjukkan pada gambar.

sL

I(s)

I(s)

sL

V(s)

+ V(s) −

V(s)

1 sL

I(s)

Gb.8.9. Diagram blok induktor. Seperti halnya kapasitor, induktor adalah elemen dinamik. Hubungan yang kedua mengambil peubah status, yaitu arus induktor, sebagai keluaran dan dapat ditulis sebagai I ( s ) = (1 / L )(1 / s )V ( s ) . Dengan blok integrator diagram bloknya menjadi :



V(s)→ →

1 1 → →I(s). L s

8.5.2. Pembentukan Diagram Blok Dalam contoh-contoh berikut ini kita akan melihat bagaimana diagram blok dibentuk. Kita menggabungkan pemahaman mengenai rangkaian listrik dengan pemahaman hubungan-hubungan sistem. CONTOH-8.1: Gambarkan diagram blok rangkaian-rangkaian berikut. I2(s)

I(s)

I2(s)

I(s)

I1(s) R1

R2

I2(s)

I(s)

I1(s) + V(s) −

sL

R1

I1(s) + V(s) −

(b)

(a)

1 sC

R1

+ V(s) −

(c)

Solusi :

 V (s)  a). V ( s ) = R2 I 2 ( s ) = R2 [I ( s ) − I1 ( s )] = R2  I ( s ) −  R1   Diagram blok rangkaian ini adalah: 1 R1

I(s) +

−

R2

V(s)

 V (s)  b). V ( s ) = sLI 2 ( s ) = sL[I ( s ) − I1 ( s )] = sL  I ( s ) −  R1   Diagram blok rangkaian ini adalah: 1 R1

I(s) +

−

sL

V(s)

175


c). V ( s ) =

  1 1 [I (s) − I1 ( s)] = 1  I ( s) − V (s)  I 2 ( s) = sC sC sC  R1 

Diagram blok rangkaian ini adalah: 1 R1

I(s) +

−

1 sC

V(s)

CONTOH-8.2: Gambarkan diagram blok rangkaian-rangkaian berikut. I2(s)

I(s)

I2(s)

I(s)

I1(s) sL

R1

I1(s) + V(s) −

1 sC

(a)

R1

+ V(s) −

(b)

Solusi :

V ( s)   a). V ( s ) = R1 I 2 ( s ) = R1 [I ( s ) − I1 ( s )] = R1  I ( s ) − sL   Diagram blok: 1 sL

−

I(s) +

R1

V(s)

b). V ( s ) = R1 I 2 ( s ) = R1 [I ( s ) − I 1 ( s )] = R1 [I ( s ) − sC V ( s )] Diagram blok: sC I(s) +

−

R1

V(s)


Pengenalan Pada Sistem Tegangan V(s) pada contoh 8.1.b. dan 8.1.c. haruslah identik dengan tegangan pada contoh 8.2. karena tegangan ini adalah tegangan pada hubungan paralel dari dua elemen. Walaupun demikian kita mendapatkan diagram blok yang berbeda pada kedua contoh tersebut. Kita akan menguji apakah kedua diagram blok tersebut identik dengan mencari fungsi alih masing-masing. Untuk itu kita akan memanfaatkan formulasi hubungan blok paralel. Untuk rangkaian R-L paralel di kedua contoh tersebut di atas kita peroleh : 1 R1

−

I(s) +

sL

V(s) H1 ( s ) =

sL sLR1 V (s) = = 1 + ( sL)(1 / R1) R1 + sL I ( s )

1 sL

I(s) +

−

R1

V(s) H 2 (s) =

R1 sLR1 V (s) = = 1 + ( R1 )(1 / sL) sL + R1 I ( s)

Untuk rangkaian R-C paralel kita peroleh : 1 R1

I(s) +

−

1 sC

V(s) H 3 ( s) =

1 / sC R1 / sC V (s) = = 1 + (1 / sC )(1 / R1) R1 + (1 / sC ) I ( s )

177


sC I(s) +

−

R1

V(s) H 4 (s) =

R1 R1 / sC V (s) = = 1 + ( R1)( sC ) (1 / sC ) + R1 I ( s)

Fungsi alih dari kedua hubungan paralel terserbut ternyata sama yang tidak lain adalah impedansi total rangkaian R-L dan R-C paralel. Jadi diagram blok yang diperoleh pada kedua contoh di atas adalah identik. CONTOH-8.3: Bangunlah diagram blok dari rangkaian listrik yang telah ditransformasikan ke kawasan s di bawah ini. I1(s)

I3(s)

I5(s)

V1(s) sL I2(s) 1

+ R 1 Vi (s) 1 − sC1

I4(s)

sC2

R2

+ Vo(s) −

Solusi : Dalam membangun diagram blok rangkaian ini, kita akan menempuh langkah-langkah yang kita mulai dari tegangan keluaran dan mencari formulasinya secara berurut menuju ke arah masukan. Tegangan Vo(s) dapat dinyatakan sebagai R 2 I 5 ( s ) ataupun (1/sC2) I4(s). Kita ambil yang kedua. 1.

V o (s) =

1 I 4 ( s) sC 2 I4(s)

2.

I 4 ( s ) = I3 ( s ) − I 5 ( s ) = I3 −

1 sC2

Vo(s)

1 Vo ( s ) R2



+

I3(s)

I 3 ( s) =

3.

−

V1 ( s ) =

I1(s) +

I1 ( s ) =

5.

Vi(s)

+

−

−

1 sC I4(s) 2

Vo(s)

1 [V1 ( s) − Vo (s)] sL

V1(s)

4.

1 R2

1 + sL I (s) 3

1 R2

− I4(s)

1 sC2

Vo(s)

1 1 [I1 (s) − I3 (s)] I 2 (s) = sC1 sC1

−

1 sC1

− V1(s)

1 sL

−

1 R2

1 sC 2 I3(s) I4(s)

+

Vo(s)

1 [Vi ( s) − V1 (s)] R1

1 + R1 I1(s)

−

− 1 sC1 V1(s)

1 R2

1 1 + − sL I (s) I4(s) sC2 3

Vo

Pada langkah ke-5 ini terbentuklah diagram blok yang kita cari. Walaupun diagram ini terlihat cukup rumit, tetapi sesungguhnya setiap blok menggambarkan peran dari setiap elemen. Perhatikan pula bahwa dalam diagram blok ini digunakan blok-blok integrator.

179

Pengenalan Pada Sistem 8.6. Reduksi Diagram Blok Dalam Contoh-8.3 kita melihat bagaimana diagram blok dibentuk. Diagram blok ini cukup panjang. Dengan menggunakan relasi-relasi ekivalensi sistem terhubung seri dan paralel kita dapat menyederhanakan diagram blok tersebut. Penyederhanaan diagram blok ini disebut reduksi diagram blok. Karena diagram blok ekivalen dengan persamaan rangkaian, maka penyederhanaan diagram blok akan menuju pada diperolehnya fungsi alih. Selain ekivalensi seri dan paralel, dalam melakukan reduksi diagram blok kita memanfaatkan juga kaidah-kaidah pemindahan titik pencabangan sebagai berikut. Keluaran Y2(s) tidak akan berubah jika pemindahan titik pencabangannya ke depan melampaui blok H(s) diikuti dengan penambahan satu blok seri yang ekivalen dengan blok H(s). Keluaran Y3(s) tidak akan berubah jika pemindahan titik pencabangannya ke belakang melampauai blok H(s) diikuti dengan penambahan satu blok seri 1/H(s). Perhatikanlah Gb.8.10. Gambar b) diperoleh dengan jalan memindahkan titik pencabangan di gambar a). Pencabangan keluaran Y2(s) di pindah ke depan melewati blok H(s) dan pencabangan keluaran Y3(s) ke belakang melewati blok H(s). Y2(s) X(s)

H(s)

Y3(s)

a). H(s) X(s) b).

Y1(s)

Y2(s) Y1(s)

H(s) 1 H (s)

Y3(s)

Gb.8.10. Pemindahan titik pencabangan.


Pengenalan Pada Sistem CONTOH-8.4: Lakukanlah reduksi pada diagram blok berikut ini. 1 Vi(s)

−

+

−

1 s

+

2

−

1 s

+

−

1 s

Vo(s)

Solusi : 1.

Hubungan paralel dari blok 1 dan dengan H 1 ( s ) =

1 dapat digantikan s

1 1/ s = s +1 1 + (1)(1 / s )

sehingga diagram blok

menjadi:

Vi(s 2.

+

−

2

−

1 s

+ −

1 A s

1 s +1

Vo(s

Titik pencabangan A dapat dipindahkan ke belakang dan terjadi hubungan seri

1 s

dan

1 s +1

yang dapat diganti dengan

1 . s ( s + 1)

Diagram blok menjadi :

+ Vi(s)

−

2

+ −

−

1 s

1 s ( s + 1)

Vo(s)

s+1

3.

Umpan balik langsung dari Vo(s) pada blok

1 s ( s + 1)

sama

dengan memparalel blok ini dengan blok 1 walaupun tidak tergambarkan dalam diagram. Hubungan paralel ini dapat diganti

181


dengan H 2 ( s ) =

1 1 / s ( s + 1) = . s ( s + 1) + 1 1 + (1){1 / s ( s + 1)}

Diagram blok menjadi −

+ Vi(s)

1 s

+

2

−

1 s ( s + 1) + 1

B

Vo(s)

s+1 4.

Titik pencabangan B dapat dipindahkan ke belakang yang akan menyebabkan terjadinya hubungan seri antara blok

1 1 dan yang dapat diganti dengan s s ( s + 1) + 1 1 s ( s + 1) + s 2

Diagram blok menjadi : s ( s + 1) + 1

Vi(s)

+

−

1

+

2

Vo(s)

s ( s + 1) + s 2

−

s+1

5. Selanjutnya s + 1 paralel dengan

H 3 (s) =

1 s ( s + 1) + s 2

1 ( s 2 ( s + 1) + s ) 1 + ( s + 1) ( s ( s + 1) + s ) 2

=

1 ( s (s + 1) + s ) + ( s + 1) 2

1 s + s + 2s + 1 3

2


=


dan H3(s) seri dengan 2 sehingga diagram blok menjadi : s ( s + 1) + 1

Vi(s)

−

+

2

Vo(s)

s3 + s 2 + 2s + 1

6. Diagram blok paralel terakhir ini memberikan

H 4 (s) =

2 /( s 3 + s 2 + 2s + 1) 1 + 2( s + s + 1) /( s + s + 2s + 1) 2

3

2

=

2 s + 3s + 4s + 3 3

2

dan diagram blok menjadi Vi(s)

2 s 3 + 3s 2 + 4 s + 3

Vo(s)

Reduksi diagram blok pada akhirnya akan memberikan fungsi alih dari sistem yaitu H4(s). 8.7. Sub-Sistem Statis dan Dinamis Perhatikanlah bahwa dalam diagram blok yang diperoleh pada contoh 8.3. terdapat blok-blok yang berisi nilai konstan dan ada yang berisi fungsi s atau lebih tepat blok yang menggambarkan fungsi alih bernilai konstan dan blok yang menggambarkan fungsi alih yang merupakan fungsi dari peubah Laplace s. Blok yang berisi nilai konstan berasal dari elemen statis resistor, dan yang berisi fungsi s berasal dari elemen dinamik C ataupun L. Suatu sub-sistem disebut dinamis jika fungsi transfernya merupakan fungsi peubah Laplace s. Jika fungsi alihnya bernilai konstan (gain kontan) maka sub-sistem itu disebut statis. 8.8. Diagram Blok Integrator Suatu diagram blok yang seluruh blok-blok dinamisnya berupa blok integrator disebut diagram blok integrator. Sebagaimana telah dibahas, blok integrator berasal dari elemen dinamik apabila kita mengambil peubah status sebagai keluaran. Untuk kapasitor V ( s ) = (1 / C )(1 / s ) I ( s ) dan untuk induktor I ( s ) = (1 / L)(1 / s )V ( s ) .

183

Pengenalan Pada Sistem Pembentukan diagram blok integrator dari suatu fungsi alih dapat dilakukan karena fungsi alih H(s) yang berbentuk rasio polinomial dapat kita uraikan menjadi suku-suku :

H (s) = K

( s − z1 )( s − z 2 ) L ( s − z m ) ( s − p1 )(s − p 2 ) L ( s − p n ) =

kn k1 k2 + +L+ ( s − p1 ) ( s − p 2 ) (s − p n )

Hal ini telah kita lihat pada waktu kita membahas transformasi Laplace. a Selanjutnya, setiap suku dari fungsi alih H(s) yang berbentuk s+b  a  b(1 / s ) dapat ditulis sebagai   yang diagram bloknya merupakan  b  1 + b(1 / s ) hubungan seri antara blok statis

a b

dengan blok berumpan balik

1 s

yang jalur umpan-balik-nya berisi blok statis b . Dengan demikian maka diagram blok dari H(s) dapat dibuat hanya terdiri dari blok statis dan blok integrator saja.



Soal-Soal 1. Susunlah diagram blok dari rangkaian-rangkaian berikut, lakukan reduksi diagram blok, tentukan fungsi alihnya. + vin 10Ω a).

10Ω

−

+ 1H vo vin + − − b).

100m 1kΩ 1kΩ vin + 1kΩ − 1µF c).

iin

5mH

g).

10k Ω 1kΩ

+ vo −

+ vo −

1kΩ

2µF

5kΩ

+ vo −

1kΩ 1µF

1kΩ

f).

+ 1kΩvo −

1kΩ 1µF

1kΩ + vin 1µF − 10µ F e).

+ vo −

0.1H

iin

1µF

2. Lakukan reduksi diagram blok dan carilah fungsi alih dari diagram blok berikut.

X (s)

+ −

1 s

+ +

Y(s)

k

a). X(s) + b).

10

1 s

1 s

Y(s)

ω2 185


X(s) 1 s +1

+

Y(s)

−

s+2

c).

1 s

X(s) + + − −

1 s

+ +

Y(s)

3 4

1 s

c). X(s) + −

1 s

+ −

+ +

Y(s)

3

1 s

+ − 4

d). X(s)+ −

1 s

1 + s −

1 s

+ +

Y(s)

4

1 s

+ − 5

e).


Sistem dan Persamaan Ruang Status

BAB 9

Sistem Dan Persamaan Ruang Status

Persamaan ruang status (state space equations) atau representasi ruang keadaan (state space reprentation) merupakan satu alternatif untuk menyatakan sistem dalam bentuk persamaan diferensial. Persamaan ini dapat diturunkan dari diagram blok integrator. 9.1. Blok Integrator dan Blok Statis Kita lihat lebih dulu blok integrator menunjukkan hubungan Y ( s ) =

X(s)→

1 →Y(s) s

yang

1 X ( s ) . Hubungan ini di kawasan t s

adalah

y (t ) =

∫

x(t ) yang dapat kita tuliskan sebagai x(t ) = y& (t )

Hubungan terakhir di kawasan t ini dapat kita baca sebagai : sinyal masukan adalah turunan dari sinyal keluaran.

1 kita pandang sebagai integrator dan bukan sebagai s gambaran dari fungsi alih 1/s. Dengan pandangan ini maka jika keluaran integrator adalah q(t) masukannya adalah q& (t ) . Kita dapat menggambarkan hubungan keluaran dan masukan di kawasan t dari integrator sebagai

Sekarang blok

q& (t ) →

1 → q(t ) s

Perhatikan: Secara teknis penggambaran di atas tidak benar. Akan tetapi kita harus mengartikan gambar tersebut sebagai diagram sub-sistem yang mempunyai sinyal masukan q& (t ) dan sinyal keluarannya q(t) dan bukan q(t) sama dengan (1/s) kali q& (t ) .

187

Sistem dan Persamaan Ruang Status Berbeda dengan blok integrator, blok statis X(s)→ a →Y(s) memberikan hubungan Y ( s ) = aX ( s ) yang di kawasan t memberikan hubungan

y (t ) = ax(t ) Jadi kita dapat menggambarkan menggunakan blok statis, yaitu

hubungan y (t ) = ax(t ) dengan

x(t)→ a →y(t). 9.2. Diagram Blok Integrator, Sinyal Sebagai Fungsi t Berikut ini kita akan melihat contoh suatu diagram blok integrator yang sinyal masukan dan keluaran dari setiap integrator dinyatakan sebagai fungsi t. CONTOH-9.1: Dalam diagram blok di bawah ini nyatakanlah sinyal masukan dan keluaran pada setiap blok integrator sebagai fungsi t. b a − X(s)

c

1 s

−

+

1 s

+

Y(s)

d Solusi : Dalam diagram blok ini terdapat dua blok integrator. Jika sinyal masukan setiap blok integrator adalah q&i (t ) dan sinyal keluarannya adalah qi(t) maka diagram blok di atas dapat kita gambarkan seperti di bawah ini, di mana masukan dua blok integrator adalah

q&1 (t ) dan q& 2 (t ) sedangkan keluarannya adalah q1(t) dan q2(t).


Sistem dan Persamaan Ruang Status Dengan diagram ini keluaran sistem adalah y (t ) = q 2 (t ) + dx(t ) . b a x(t )

c

+

− q&1(t )

1 s

+ q1(t )

− q&2 (t )

1 s

q2 (t ) +

+

y (t )

d

y (t ) = q2 (t ) + dx(t ) 9.3. Membangun Persamaan Ruang Status Dari diagram blok di atas, kita dapat memperoleh satu set persamaan di kawasan t yang akan memberikan hubungan antara sinyal masukan dan sinyal keluaran sistem, yaitu x(t) dan y(t). Dengan perkataan lain kita dapat memperoleh persamaan sistem di kawasan t. Set persamaan tersebut kita peroleh dengan memperhatikan masukan blok-blok integrator, dan keluaran sistem. Dalam contoh ini set persamaan tersebut adalah :

q&1 (t ) = −bq 2 (t ) + cx(t ) q& 2 (t ) = q1 (t ) − aq 2 (t )

(9.1)

y (t ) = q 2 (t ) + dx(t ) Dengan cara ini set persamaan yang kita peroleh, yaitu persamaan (9.1), akan terdiri dari dua kelompok. Kelompok pertama adalah persamaan yang ruas kirinya berisi q& (t ) , yang merupakan masukan blok integrator, dan kelompok kedua adalah yang ruas kirinya berisi y(t), yaitu keluaran sistem. Kelompok pertama dapat kita tuliskan dalam bentuk matriks

 q&1 (t )  0 − b   q1 (t )  1 & =  +   x(t )  q 2 (t ) 1 − a  q 2 (t ) 0

(9.2)

189


r  q& (t )  Dengan mendefinisikan vektor q& =  1  q& 2 (t )

r  q (t )  q =  1  maka q 2 (t )

dan

(9.2) dapat kita tuliskan 0 − b  r 1  r q& (t ) =  (9.3)  [q (t )] +   x(t ) 1 − a  0  Kelompok kedua dari (9.1) adalah y (t ) = q2 (t ) + dx(t ) dan dengan definisi untuk vektor q(t) maka ia dapat kita tuliskan dalam bentuk matriks r y (t ) = [0 1][q (t )] + [d ]x(t ) (9.4) Dengan demikian maka set persamaan (9.1) dapat kita tuliskan sebagai 1 0 − b  r r [q (t )] +   x(t ) q& (t ) =   (9.5) 1 − a  0  r y (t ) = [0 1][q (t )] + [d ]x(t )

[ ]

[ ]

Secara umum bentuk persamaan (9.5) dapat kita tulis sebagai r r q& (t ) = [A][q (t )] + [B ]x(t ) r y (t ) = [C ][q (t )] + [D ]x(t )

[ ]

(9.6)

Set persamaan (9.6) ini disebut representasi ruang status dari sistem. Sebutan lain dari representasi ini adalah model ruang status atau juga persamaan peubah status atau persamaan ruang status. CONTOH-9.2: Carilah representasi ruang status dari sistem berikut.

x(t )

a1

q&1

+

1 s

−

q&3

q1

1 s

q3

c3

ω

2

a2

+

q&2

1 s

−

q2

c2

+ +

b d


+ +

y (t )

Sistem dan Persamaan Ruang Status Solusi: Dari diagram blok di atas, masukan blok-blok integrator dan keluaran sistem memberi kita persamaan berikut.

q&1 = a1 x(t ) − ω2 q3 q& 2 = a2 x(t ) − bq2 q& 3 = q1 y(t ) = c3 q3 + c2 q2 + dx(t ) Persamaan ini kita tuliskan dalam bentuk matriks, menjadi 2  q&1 (t )  0 0 − ω   q1 (t )   a1   r& &      q (t ) = q 2 (t ) = 0 − b 0  q 2 (t ) + a 2  x(t )  q& 3 (t )  1 0 0   q3 (t )   0    q ( t )  1  y (t ) = [0 c 2 c3 ] q 2 (t ) + [d ]x(t )  q3 (t ) 

Inilah representasi ruang status dari sistem yang kita cari 9.4. Membangun Diagram Blok dari Persamaan Ruang Status Melalui contoh berikut ini kita akan melihat bagaimana diagram blok dari suatu sistem dapat dibangun jika persamaan ruang statusnya diketahui. CONTOH 9.3: Bangunlah diagram blok sistem yang persamaan ruang statusnya adalah sebagai berikut.

 0 r& q (t ) =  0 − a1 y (t ) = [b1

0   q1 (t )  0 0 1  q 2 (t ) + 0 x(t) − a 2 − a3   q3 (t )  1 r b2 b3 ] q (t ) 1

Solusi : Langkah pertama adalah melakukan pengembangan dari persamaan yang diketahui sehingga diperoleh set persamaan berikut. 191


q&1 (t ) = q 2 (t ) q& 2 (t ) = q3 (t ) q& 3 (t ) = −a1q1 (t ) − a 2 q 2 (t ) − a3 q3 (t ) + x(t ) y (t ) = b1q1 (t ) + b2 q 2 (t ) + b3 q3 (t ) Langkah berikutnya adalah menggambarkan blok-blok integrator dengan masukan dan keluaran masing-masing. Langkah ini memberikan diagram blok integrator sebagai berikut q&1

1 s

q&2

q1

1 s

q&3

q2

1 s

q3

Langkah berikutnya adalah melakukan penghubungan blok-blok ini sesuai dengan persamaan yang diketahui, yaitu persamaan q&1 (t ) = q 2 (t ) berarti bahwa masukan blok integrator nomer-1 adalah keluaran dari blok integrator nomer-2. persamaan q& 2 ( t ) = q 3 ( t ) berarti masukan blok integrator nomer-2 adalah keluaran blok integratir nomer-3. Kita mendapatkan hubungan: q&3

1 s

q3

q&2

1 s

q2

q&1

1 s

q1

Selanjutnya kita membuat pencabangan-pencabangan dan penjumlahan dengan blok-blok statis, sesuai dengan persamaan yang diketahui, yaitu

q& 3 (t ) = −a1q1 (t ) − a 2 q 2 (t ) − a3 q3 (t ) + x(t ) Hasil yang kita peroleh adalah:



x(t )

q&3

+ −

1 s

q&2

q3

− −

1 s

q2

q&1

1 s

q1

a3 a2 a1 Satu persamaan lagi yang harus kita penuhi, yaitu persamaan keluaran

y (t ) = b1q1 (t ) + b2 q 2 (t ) + b3 q3 (t ) Dengan pencabangan dan penjumlahan persamaan ini kita penuhi. b3 b2 q&3

+ x(t ) −

1 s

q3

q&2

− −

1 s

q2

q&1

1 s

q1

+ + b1

+

y (t )

a3 a2 a1

193


Soal-Soal 1. Carilah persamaan ruang status dari sistem-sistem dengan diagram blok di bawah ini.

X (s)

+ −

1 s

10

+

Y(s)

+

k

a).

1 s

X(s) +

1 s

Y(s)

ω2

b). X(s) 1 s +1

c).

+

Y(s)

−

s+2

1 s

X(s) + + − −

1 s

+ +

Y(s)

3 4 d).

1 s



X(s)

+ −

1 s

+ −

+ +

Y(s)

3

1 s

+ − 4

e). X(s) + −

1 s

1 + − s

1 s

+ +

Y(s)

4

1 s

+ − 5

f). 2. Gambarkan diagram blok dari sistem dengan persamaan status berikut ini.

 2 1 0 r& r 3 q (t ) =  7 3 5 q ( t ) +   x ( t )   a). 5 0 6 4 r y (t ) = [9 0 0] q (t ) + 10 x (t ) 0 0 2  0 r& r   q (t ) = 4 0 − 1 q (t ) + 1 x (t )     b). 2 0 0  0 r y (t ) = [5 0 0] q (t ) + 5 x (t )

195


r − σ ω  r 1 q& (t ) =  q (t ) +   x ( t )  c).  − ω − σ 1 r y (t ) = [1 1] q (t ) 1 r r  0 0  q& (t ) =  2 q (t ) +   x (t )  d). − 2ζω − ω 1  r y (t ) = [1 0] q (t ) 1 r r  0 0  q& (t ) =  2 q (t ) +   x (t )  e). − 2ζω − ω 1  r y (t ) = [0 1] q (t )


Transformasi Fourier

BAB 10


Kita telah mempelajari tanggapan frekuensi dari suatu rangkaian. Analisis dengan menggunakan transformasi Fourier yang akan kita pelajari berikut ini akan memperluas pemahaman kita mengenai tanggapan frekuensi, baik mengenai perilaku sinyal itu sendiri maupuan rangkaiannya. Selain dari pada itu, pada rangkaian-rangkaian tertentu dijumpai keadaan dimana model sinyal dan piranti tidak dapat dinyatakan melalui transformasi Laplace akan tetapi dapat dilakukan melalui transformasi Fourier. Topik-topik yang akan kita bahas meliputi: deret Fourier, transformasi Fourier, sifat-sifat transformasi Fourier, dan analisis rangkaian menggunakan transformasi Fourier. Dalam bab ini kita mempelajari tiga hal yang pertama, sedangkan hal yang terakhir akan kita pelajari di bab berikutnya. Dengan mempelajari deret dan transformasi Fourier kita akan • memahami deret Fourier. • mampu menguraikan bentuk gelombang periodik menjadi deret Fourier. • mampu menentukan spektrum bentuk gelombang periodik. • memahami transformasi Fourier. • mampu mencari transformasi Fourier dari suatu fungsi t. • mampu mencari transformasi balik dari suatu transformasi Fourier. 10.1. Deret Fourier 10.1.1. Koefisien Fourier Kita telah melihat bahwa sinyal periodik dapat diuraikan menjadi spektrum sinyal. Penguraian suatu sinyal periodik menjadi suatu spektrum sinyal tidak lain adalah pernyataan fungsi periodik kedalam deret Fourier. Jika f(t) adalah fungsi periodik yang memenuhi persyaratan Dirichlet, maka f(t) dapat dinyatakan sebagai deret Fourier :

197


f (t ) = a0 +

∞

∑ [a n cos(nω0t ) + bn sin(nω0t )]

(10.1)

n =1

yang dapat kita tuliskan sebagai (lihat sub-bab 3.2)

f (t ) = a0 +

∞

∑ 

n =1

a n2 + bn2 (cos(nω0 t − θ n ) ) 

(10.2)

Koefisien Fourier a0, an, dan bn ditentukan dengan hubungan berikut.

a0 = an =

1 T0 2 T0

T0 / 2

∫−T / 2 f (t )dt 0

T0 / 2

∫−T / 2 f (t ) cos(nω0t )dt

; n>0

(10.3)

0

2 T0 / 2 f (t ) sin( nω 0 t )dt ; n > 0 T0 −T0 / 2 Hubungan (10.3) dapat diperoleh dari (10.1). Misalkan kita mencari an: kita kalikan (10.1) dengan cos(kωot) kemudian kita integrasikan antara −To/2 sampai To/2 dan kita akan memperoleh bn =

∫

To / 2

To / 2

o

o

∫−T / 2 f (t ) cos(kωo t )dt = ∫−T / 2 a0 cos(kωo t )dt  To / 2   −T / 2 a n cos(nω 0 t ) cos(kω o t )dt   o  +  To / 2  n =1 + bn sin( nω 0 t ) cos(kω o t )dt    −To / 2  ∞

∑

∫

∫

Dengan menggunakan kesamaan tigonometri 1 1 cos α cos β = cos(α − β) + cos(α + β) 2 2 1 1 cos α sin β = sin(α − β) + sin(α + β) 2 2 maka persamaan di atas menjadi


Transformasi Fourier To / 2

To / 2

∫−T / 2 f (t ) cos(kωot )dt = ∫−T / 2 a0 cos(kωot )dt o

o

 an To / 2 (cos((n − k )ω0t ) + cos((n + k )ωot ))dt  ∞  −To / 2 2   +  bn To / 2  n =1  + (sin((n − k )ω0t ) + sin((n + k )ωot ))dtdt   2 −To / 2 

∫

∑

∫

Karena integral untuk satu perioda dari fungsi sinus adalah nol, maka semua integral di ruas kanan persamaan ini bernilai nol kecuali satu yaitu

a n To / 2 (cos((n − k )ω 0 t ))dt = a n yang terjadi jika n = k 2 −To / 2 2

∫

oleh karena itu

an =

2 To

To / 2

∫−T / 2 f (t ) cos(nω0 t )dt o

Pada bentuk-bentuk gelombang yang sering kita temui, banyak diantara koefisien-koefisien Fourier yang bernilai nol. Keadaan ini ditentukan oleh kesimetrisan fungsi f(t) yang pernah kita pelajari di Bab3; kita akan melihatnya sekali lagi dalam urain berikut ini. 10.1.2. Kesimetrisan Fungsi Simetri Genap. Suatu fungsi dikatakan mempunyai simetri genap jika f(t) = f(−t). Salah satu contoh fungsi yang memiliki simetri genap adalah fungsi cosinus, cos(ωt) = cos(−ωt). Untuk fungsi semacam ini, dari (10.1) kita dapatkan f (t ) = a0 +

∞

∑[an cos(nω0t ) + bn sin(nω0t )]

dan

n =1 ∞

f (−t ) = a0 +

∑ [an cos(nω0t ) − bn sin(nω0t )] n =1

Kalau kedua fungsi ini harus sama, maka haruslah bn = 0, dan f(t) menjadi

f (t ) = ao +

∞

∑ [an cos(nω0t )]

(10.4)

n =1

199

Transformasi Fourier v(t)

CONTOH-10.1: Tentukan deret Fourier dari bentuk gelombang deretan pulsa berikut ini.

T

A −T/2 0

T/2 To

Solusi : Bentuk gelombang ini memiliki simetri genap, amplitudo A, perioda To , lebar pulsa T. 1 ao = To 2 an = To

T /2

At Adt = −T / 2 To

∫

T /2

= −T/ 2

T /2

AT ; bn = 0 ; To 2A

∫−T / 2 A cos(nωot )dt = Toωon sin nωot −T / 2 T /2

 2 A   nπT   =  sin    πn   To  Untuk n = 2, 4, 6, …. (genap), an = 0; an hanya mempunyai nilai untuk n = 1, 3, 5, …. (ganjil). =

 nπT A 2 sin πn   To

f (t ) = =

AT + To

∞

∑

n =1, ganjil

AT + To

2 A   nπT sin  nπ   To

∞

∑

n =1, ganjil

  cos(nωot )  

2A (− 1)(n −1) / 2 cos(nωot ) nπ

Pemahaman : Pada bentuk gelombang yang memiliki simetri genap, bn = 0. Oleh karena itu sudut fasa harmonisa tanθn = bn/an = 0 yang berarti θn = 0o. Simetri Ganjil. Suatu fungsi dikatakan mempunyai simetri ganjil jika f(t) = −f(−t). Contoh fungsi yang memiliki simetri ganjil adalah fungsi sinus, sin(ωt) = −sin(−ωt). Untuk fungsi semacam ini, dari (10.1) kita dapatkan

− f ( −t ) = − a 0 +

∞

∑ [− an cos(nω0t ) + bn sin(nω0t )] n =1


Transformasi Fourier Kalau fungsi ini harus sama dengan

f (t ) = a0 +

∞

∑ [an cos(nω0t ) + bn sin(nω0t )] n =1

maka haruslah

a0 = 0 dan an = 0

⇒

f (t ) =

∞

∑ [bn sin(nω0t )]

(10.5)

n =1

CONTOH-10.2: Carilah deret Fourier dari bentuk gelombang persegi di samping ini.

v(t) A

T t

Solusi: Bentuk gelombang ini memiliki simetri ganjil, amplitudo A, perioda To = T.

−A

ao = 0 ; a n = 0 ;

bn =

2  T 

T /2

∫0

A sin( nωot )dt +



T

∫T / 2 − A sin(nωot )dt 

=

2A  T /2 T  − cos(nωot ) 0 + cos(nωot ) T / 2   Tnωo 

=

A 1 + cos 2 (nπ) − 2 cos(nπ) nπ

(

)

Untuk n ganjil cos(nπ) = −1 sedangkan untuk n genap cos(nπ) = 1. Dengan demikian maka A (1 + 1 + 2) = 4 A untuk n ganjil bn = nπ nπ A bn = (1 + 1 − 2) = 0 untuk n genap nπ

⇒ v(t ) =

∞

∑

4A sin( nωot ) nπ n =1, ganjil

Pemahaman: Pada bentuk gelombang dengan semetri ganjil, an = 0. Oleh karena itu sudut fasa harmonisa tanθn = bn/an = ∞ atau θn = 90o.

201


Simetri Setengah Gelombang. Suatu fungsi dikatakan mempunyai simetri setengah gelombang jika f(t) = −f(t−To/2). Fungsi dengan sifat ini tidak berubah bentuk dan nilainya jika diinversi kemudian digeser setengah perioda. Fungsi sinus(ωt) misalnya, jika kita kita inversikan kemudian kita geser sebesar π akan kembali menjadi sinus(ωt). Demikain pula halnya dengan fungsi-fungsi cosinus, gelombang persegi, dan gelombang segitiga. − f (t − To / 2) = −a0 + = − a0 +

∞

∑ [− an cos(nω0 (t − π)) − bn sin(nω0 (t − π))]

n =1 ∞

∑ [− (−1)n an cos(nω0t ) − (−1) n bn sin(nω0t )] n =1

Kalau fungsi ini harus sama dengan

f (t ) = a0 +

∞

∑ [an cos(nω0t ) + bn sin(nω0t )] n =1

maka haruslah ao = 0 dan n harus ganjil. Hal ini berarti bahwa fungsi ini hanya mempunyai harmonisa ganjil saja. 10.1.3. Deret Fourier Bentuk Eksponensial Deret Fourier dalam bentuk seperti (10.1) sering disebut sebagai bentuk sinus-cosinus. Bentuk ini dapat kita ubah kedalam cosinus (bentuk sinyal standar) seperti (10.2). Sekarang bentuk (10.2) akan kita ubah ke dalam bentuk eksponensial dengan menggunakan hubungan

cos α =

e jα + e − jα . 2

Dengan menggunakan relasi ini maka (10.2) akan menjadi



f (t ) = a 0 +

∞

∑  n =1

∞



= a0 +

∑ 

= a0 +

∑ 

n =1  ∞

an2 + bn2 (cos(nω0t − θ n ) ) 

an2 + bn2

 a2 + b2 n n

n =1 

2

e j ( nω 0 t − θ n ) + e − j ( nω 0 t − θ n )   2 

(10.6)

 ∞  a2 + b2  n − j ( nω 0 t − θ n )   n e j ( nω 0 t − θ n )  + e    2  n =1  

∑

Suku ketiga (10.6) adalah penjumlahan dari n = 1 sampai n =∞. Jika penjumlahan ini kita ubah mulai dari n = −1 sampai n = −∞, dengan penyesuaian an menjadi a−n , bn menjadi b−n , dan θn menjadi θ−n, maka menurut (10.3) perubahan ini berakibat a− n =

2 T0 / 2 2 T0 / 2 f (t ) cos(−nω0t )dt = f (t ) cos(nω0t )dt = an T0 −T0 / 2 T0 −T0 / 2

b− n =

2 T0 / 2 2 T0 / 2 f (t ) sin(−nω0t )dt = − f (t ) sin(nω0t )dt = −b T0 −T0 / 2 T0 −T0 / 2

∫

∫

∫

∫

b − bn tan θ− n = − n = ⇒ θ− n = −θn a− n an

(10.7) Dengan (10.7) ini maka (10.6) menjadi

 a2 + b2  −∞  a 2 + b2  n j ( nω0 t − θ n )  n j ( nω 0 t − θ n )   n  n e + e     2 2 n =0   n = −1   (10.8) Suku pertama dari (10.8) merupakan penjumlahan yang kita mulai dari n = 0 untuk memasukkan a0 sebagai salah satu suku penjumlahan ini. Dengan cara ini maka (10.8) dapat ditulis menjadi f (t ) =

f (t ) =

∞

∑

∑

 a2 + b2  +∞  n n − j θ n  j ( n ω0 t ) e e = cn e j ( n ω 0 t )  2  n = −∞  n = −∞  +∞

∑ 

∑

(10.9)

Inilah bentuk eksponensial deret Fourier, dengan cn adalah koefisien Fourier yang mungkin berupa besaran kompleks.

203


cn = cn =

an2 + bn2 2

e − jθ =

an − jbn 2

(10.10)

an2 + bn2

dan ∠cn = θn dengan 2 −b  b  θ n = tan −1  n  jika an < 0; θn = tan −1  n   an   an 

(10.11) jika an > 0

Jika an dan bn pada (10.3) kita masukkan ke (10.10) akan kita dapatkan

cn =

an − jbn 1 = 2 T0

T0 / 2

∫−T / 2 f (t ) e

− jnωn t

dt

(10.12)

0

dan dengan (10.12) ini maka (10.9) menjadi f (t ) =

+∞

∑

c n e j ( nω 0 t ) =

n = −∞

+∞

 1

T0 / 2



∑  T0 ∫−T / 2 f (t ) e− jnω t dt  e j (nω t ) (10.13)

n = −∞

o

0

0

Persamaan (10.11) menunjukkan bahwa 2|cn| adalah amplitudo dari harmonisa ke-n dan sudut fasa harmonisa ke-n ini adalah ∠cn. Persamaan (10.10) ataupun (10.12) dapat kita pandang sebagai pengubahan sinyal periodik f(t) menjadi suatu spektrum yang terdiri dari spektrum amplitudo dan spektrum sudut fasa seperti telah kita kenal di Bab-1. Persamaan (10.9) ataupun (10.13) memberikan f(t) apabila komposisi harmonisanya cn diketahui. Persamaan (10.12) menjadi cikal bakal transformasi Fourier, sedangkan persamaan (10.13) adalah transformasi baliknya. CONTOH-10.3: Carilah koefisien Fourier cn dari fungsi pada contoh-10.1. Solusi :

1 T / 2 − jnωo t A cn = Ae dt = To −T / 2 To

∫

=

A nωoTo

 e − jnωo t   − jnωo 

T /2

    −T / 2

 e jnωoT / 2 − e − jnωoT / 2    = 2 A sin (nω T / 2) o   nωoTo j  


Transformasi Fourier 10.2. Transformasi Fourier 10.2.1. Spektrum Kontinyu Deret Fourier, yang koefisiennya diberikan oleh (10.12) hanya berlaku untuk sinyal periodik. Sinyal-sinyal aperiodik seperti sinyal eksponensial dan sinyal anak tangga tidak dapat direpresentasikan dengan deret Fourier. Untuk menangani sinyal-sinyal demikian ini kita memerlukan transformasi Fourier dan konsep spektrum kontinyu. Sinyal aperiodik dipandang sebagai sinyal periodik dengan perioda tak-hingga. Jika diingat bahwa ω0 = 2π/T0 , maka (10.13) menjadi

f (t ) =

∞

 1 T0 / 2



∑  T0 ∫−T / 2 f (t ) e− jnω t dt  e jnω t

n = −∞

0

0

0

∞ 1  T0 / 2  = f (t ) e − jnω0t dt  ω0 e jnω0t  2π n = −∞  −T0 / 2 

(10.14)

∑ ∫

Kita lihat sekarang apa yang terjadi jika perioda T0 diperbesar. Karena ω0 = 2π/T0 maka jika T0 makin besar, ω0 akan makin kecil. Beda frekuensi antara dua harmonisa yang berturutan, yaitu

∆ω = (n + 1)ω0 − nω0 = ω0 =

2π T0

juga akan makin kecil yang berarti untuk suatu selang frekuensi tertentu jumlah harmonisa semakin banyak. Oleh karena itu jika perioda sinyal T0 diperbesar menuju ∞ maka spektrum sinyal menjadi spektrum kontinyu, ∆ω menjadi dω (pertambahan frekuensi infinitisimal), dan nω0 menjadi peubah kontinyu ω. Penjumlahan pada (10.14) menjadi integral. Jadi dengan membuat T0 → ∞ maka (10.14) menjadi

f (t ) =

1 2π

∞



∞

∫−∞  ∫−∞ f (t ) e

− j ωt

1  dt  e jωt dω = 2π 

∞

∫−∞ F (ω) e

j ωt

dω

(10.15) dengan F(ω) merupakan sebuah fungsi frekuensi yang baru, sedemikian rupa sehingga

205


F (ω) =

∞

∫−∞ f (t ) e

− jωt

dt

(10.16)

dan F(ω) inilah transformasi Fourier dari f(t), yang ditulis dengan notasi

F[ f (t )] = F (ω) Proses transformasi balik dapat kita lakukan melalui persamaan (10.15).

f (t ) = F −1 (ω) CONTOH-10.4: Carilah transformasi Fourier dari bentuk gelombang pulsa di samping ini.

v(t) A

Solusi :

−T/2 0 T/2 Bentuk gelombang ini adalah aperiodik yang hanya mempunyai nilai antara −T/2 dan +T/2, sedangkan untuk t yang lain nilainya nol. Oleh karena itu integrasi yang diminta oleh (10.16) cukup dilakukan antara −T/2 dan +T/2 saja. F (ω) =

T /2

A e − jωt dt = −

∫−T / 2

A − jωt e jω

T /2

= −T / 2

A  e jωT / 2 − e − jωT / 2    ω / 2  j2 

sin(ωT / 2) = AT ωT / 2

Kita bandingkan transformasi Fourier (10.16)

F (ω) =

∞

∫−∞ f (t ) e

− jωt

dt

dengan koefisien Fourier

cn =

a n − jbn 2

=

1

T0 / 2

T0 ∫− T

0

/2

f (t ) e − jnω n t dt

(10.17)

Koefisien Fourier cn merupakan spektrum sinyal periodik dengan perioda T0 yang terdiri dari spektrum amplitudo |cn| dan spektrum 206 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

Transformasi Fourier sudut fasa ∠cn, dan keduanya merupakan spektrum garis (tidak kontinyu, memiliki nilai pada frekuensi-frekuensi tertentu yang diskrit). Sementara itu transformasi Fourier F(ω) diperoleh dengan mengembangkan perioda sinyal menjadi tak-hingga guna mencakup sinyal aperiodik yang kita anggap sebagai sinyal periodik yang periodenya tak-hingga. Faktor 1/T0 pada cn dikeluarkan untuk memperoleh F(ω) yang merupakan spektrum kontinyu, baik spektrum amplitudo |F(jω)| maupun spektrum sudut fasa ∠ F(ω). CONTOH-10.5: Gambarkan spektrum amplitudo dari sinyal pada contoh 10.4. Solusi : Spektrum amplitudo sinyal aperiodik ini merupakan spektrum kontinyu |F(jω)|. F (ω) = AT

sin(ωT / 2) ωT / 2 -5

|F(ω)|

−6π −4π −2π 0 T T0 T

2 π 4 π 6π ω T T T

Pemahaman: Sinyal ini mempunyai simetri genap. Sudut fasa harmonisa adalah nol sehingga spektrum sudut fasa tidak digambarkan. Perhatikan pula bahwa |F(ω)| mempunyai spektrum di dua sisi, ω positif maupun negatif; nilai nol terjadi jika sin(ωT/2)=0 yaitu pada ω = ±2kπ/T (k = 1,2,3,…); nilai maksimum terjadi pada ω = 0, yaitu pada waktu nilai sin(ωT/2)/(ωT/2) = 1. CONTOH-10.6: Carilah transformasi Fourier dari f(t) = [A e−αt ] u(t) dan gambarkan spektrum amplitudo dan fasanya. Solusi :

207


F(ω) =

∞

∫−∞ Ae

=− A

− αt

u (t )e − jωt dt =

e −(α + jω)t α + jω

⇒ F(ω) =

∞

= 0

∞

∫0

Ae −( α + jω)t dt

A α + jω

untuk

α>0

| A| α 2 + ω2

⇒ θ(ω) = ∠F ( jω) = − tan −1

ω α

θ(ω) +90o 90

|F(ω) 25 A/α |

−90o

ω

Pemahaman: Untuk α < 0, tidak ada transformasi Fourier-nya karena integrasi menjadi tidak konvergen. 10.3. Transformasi Balik Pada transformasi Fourier transformasi balik sering dilakukan dengan mengaplikasikan relasi formalnya yaitu persamaan (10.15). Hal ini dapat dimengerti karena aplikasi formula tersebut relatif mudah dilakukan CONTOH-10.7: Carilah f(t) dari

F (ω) = 2πδ(ω) Solusi f (t ) =

1 2π

=

∞

∫−∞

α+

∫α

−

2πδ(ω) e jωt dω =

1 2π

0+

∫0

−

2πδ(ω) e jωt dω

δ(ω)(1) dω = 1


Transformasi Fourier Pemahaman : Fungsi 2πδ(ω) adalah fungsi di kawasan frekuensi yang hanya mempunyai nilai di ω=0 sebesar 2π. Oleh karena itu e jωt juga hanya mempunyai nilai di ω=0 sebesar e j0t =1. Karena fungsi hanya mempunyai nilai di ω=0 maka integral dari −∞ sampai +∞ cukup dilakukan dari 0− sampai 0+, yaitu sedikit di bawah dan di atas ω=0. Contoh ini menunjukkan bahwa transformasi Fourier dari sinyal searah beramplitudo 1 adalah 2πδ(ω). CONTOH-10.8: Carilah f(t) dari

F ( jω) = 2πδ(ω − α) Solusi : f (t ) =

1 2π

∞

∫−∞

= e jα t

2πδ(ω − α ) e jωt dω =

α+

∫α

−

1 2π

α+

∫α

−

2πδ(ω − α ) e jωt dω

δ(ω − α ) dω = e jαt

Pemahaman : Fungsi 2πδ(ω−α) adalah fungsi di kawasan frekuensi yang hanya mempunyai nilai di ω=α sebesar 2π. Oleh karena itu e jωt juga hanya mempunyai nilai di ω=α sebesar ejαt. Karena fungsi hanya mempunyai nilai di ω=α maka integral dari −∞ sampai +∞ cukup dilakukan dari α− sampai α+, yaitu sedikit di bawah dan di atas ω=α.

CONTOH-10.9: Carilah f(t) dari πA F (ω) = [u (ω + α) − u (ω − α)] α Solusi :

209

Transformasi Fourier ∞

πA

f (t ) =

1 2π

∫−∞ α [u(ω + α) − u(ω − α)] e

=

1 2π

jωt πA [1] e jωt dω = A e −∞ α 2α jt

=

∫

∞

A e 2α

j αt

−e jt

− j αt

=

A e αt

jαt

−e j2

jωt

dω

α

−α − jαt

=A

sin( αt ) αt

Pemahaman: Dalam soal ini F(ω) mempunyai nilai pada selang −α<ω<+α oleh karena itu e jωt juga mempunyai nilai pada selang frekuensi ini juga; dengan demikian integrasi cukup dilakukan antara −α dan +α. Hasil transformasi balik f(t) dinyatakan dalam bentuk sin(x)/x yang bernilai 1 jika x→0 dan bernilai 0 jika x→∞. Jadi f(t) mencapai nilai maksimum pada t = 0 dan menuju nol jika t menuju ∞ baik ke arah positif maupun negatif. Kurva F(ω) dan f(t) digambarkan di bawah ini. f(t) A F(ω)

−β

0

+β ω

t

10.2.3. Dari Transformasi Laplace ke Transformasi Fourier Untuk beberapa sinyal, terdapat hubungan sederhana antara transformasi Fourier dan transformasi Laplace. Sebagaimana kita ketahui, transformasi Laplace didefinisikan melalui (6.1) sebagai F (s) =

∞

∫0

f (t )e − st dt


(10.18)

Transformasi Fourier dengan s = σ + jω adalah peubah frekuensi kompleks. Batas bawah integrasi adalah nol, artinya fungsi f(t) haruslah kausal. Jika f(t) memenuhi persyaratan Dirichlet maka integrasi tersebut di atas akan tetap konvergen jika σ = 0, dan formulasi transformasi Laplace ini menjadi

F ( s) = ∫

∞

0

f (t )e − jωt dt

(10.19)

Sementara itu untuk sinyal kausal integrasi transformasi Fourier cukup dilakukan dari nol, sehingga transformasi Fourier untuk sinyal kausal menjadi ∞

F ( ω) = ∫ f (t ) e − jωt dt

(10.20)

0

Bentuk (10.20) sama benar dengan (10.19), sehingga kita dapat simpulkan bahwa

untuk sinyal f (t ) kausal dan dapat di - integrasi berlaku (10.21)

F (ω) = F( s ) σ =0

Persyaratan “dapat di-integrasi” pada hubungan (10.21) dapat dipenuhi jika f(t) mempunyai durasi yang terbatas atau cepat menurun menuju nol sehingga integrasi |f(t)| dari t=0 ke t=∞ konvergen. Ini berarti bahwa pole-pole dari F(s) harus berada di sebelah kiri sumbu imajiner. Jika persyaratan-persyaratan tersebut di atas dipenuhi, pencarian transformasi balik dari F(ω) dapat pula dilakukan dengan metoda transformasi balik Laplace. CONTOH-10.10: Dengan menggunakan metoda transformasi Laplace carilah transformasi Fourier dari fungsi-fungsi berikut (anggap α, β > 0).

a). f1(t ) = A e −αt u (t ) b). f 2 (t ) = δ(t )

[

]

c) f3 (t ) = A e−αt sin βt u (t ) Solusi:

211

Transformasi Fourier a). f 1 (t ) = Ae −αt u (t ) → fungsi kausal dan dapat di - integrasi A → F (s) = → pole p1 = −α (di kiri sumbu imag) s+α 1 → F (ω) = jω + α b). f 2 (t ) = δ(t ) → fungsi kausal dan dapat di - integrasi → F ( s ) = 1 → F (ω) = 1

[

]

c). f 3 (t ) = A e − αt sin β t u (t ) → fungsi kausal, dapat di - integrasi → F (s) = → F (ω) =

A ( s + α) 2 + β2 A

→ pole p = −α ± jβ (di kiri sumbu im)

( jω + α ) + β 2

2

=

a α + β − ω2 + j 2αω 2

CONTOH-10.11: Carilah f(t) dari F (ω) =

2

10 ( jω + 3)( jω + 4)

Solusi : Jika kita ganti jω dengan s kita dapatkan 10 F (s) = ( s + 3)(s + 4) Pole dari fungsi ini adalah p1 = −3 dan p2 = −4, keduanya di sebelah kiri sumbu imajiner. k k 10 F( s) = = 1 + 2 ( s + 3)(s + 4) s + 3 s + 4

→ k1 = ⇒ F( s) =

10 s+4

s = −3

= 10 ; k 2 =

10 s+3

s = −4

10 10 − s+3 s+4

Transformasi balik dari F(ω) adalah :

[

]

f (t ) = 10 e −3t − 10 e −4t u (t )


= −10

Transformasi Fourier 10.4. Sifat-Sifat Transformasi Fourier 10.4.1. Kelinieran Seperti halnya transformasi Laplace, sifat utama transformasi Fourier adalah kelinieran.

F[ f1(t )] = F1 (ω) dan F[ f2 (t )] = F2 (ω) maka : F[Af1(t ) + Bf 2 (t )] = AF1 (ω) + BF2 (ω) Jika

:

(10.22)

CONTOH-10.12: Carilah transformasi Fourier dari v(t) = cosβt. Solusi: Fungsi ini adalah non-kausal; oleh karena itu metoda transformasi Laplace tidak dapat di terapkan. Fungsi cosinus ini kita tuliskan dalam bentuk eksponensial.

[ ]

[ ]

 e jβt + e − jβt  1 1 jβ t + F e − jβt = Fe 2 2 2  

F[cosβt] = F 

Dari contoh 10.8. kita ketahui bahwa Jadi

F e jωt  = 2πδ(ω − β)

F[cosβt] = πδ(ω − β) + πδ(ω + β)





10.4.2. Diferensiasi Sifat ini dinyatakan sebagai berikut df (t )  F  (10.23)  = jωF (ω)  dt  Persamaan (10.15) menyatakan 1 ∞ f (t ) = F (ω) e jωt dω 2π − ∞ df (t ) d  1 ∞  1 ∞ d  jωt → =  F (ω) e jωt dω  =  dt F (ω) e dω  − ∞ π dt dt  2π − ∞ 2    1 ∞ = jωF (ω) e jωt dω 2π − ∞  df (t )  → F  = jωF (ω)  dt 

∫

∫

∫

(

)

∫

213

Transformasi Fourier 10.4.3. Integrasi Sifat ini dinyatakan sebagai berikut.



t



−∞

F ∫

 F(ω) f ( x)dx  = + πF(0)δ(ω) jω 

(10.24)

Suku kedua ruas kanan (10.24) merupakan komponen searah jika sekiranya ada. Faktor F(0) terkait dengan f(t); jika ω diganti dengan nol akan kita dapatkan

F (0 ) =

∞

∫−∞ f (t )dt

CONTOH-10.13: Carilah transformasi Fourier dari f(t) = Au(t). Solusi: Metoda transformasi Laplace tidak dapat diterapkan untuk fungsi anak tangga. Dari contoh (10.10.b) kita dapatkan bahwa F[δ(t )] = 1 . Karena fungsi anak tangga adalah integral dari fungsi impuls, kita dapat menerapkan hbungan (10.24) tersebut di atas.

F[u (t )] = F ∫ δ( x)dx = t

−∞

1 + πδ(ω) jω

10.4.4. Pembalikan Pembalikan suatu fungsi f(t) adalah mengganti t dengan −t. Jika kita membalikkan suatu fungsi, maka urutan kejadian dalam fungsi yang baru berlawanan dengan urutan kejadian pada fungsi semula. Transformsi Fourier dari fungsi yang dibalikkan sama dengan kebalikan dari transformasi Fourier fungsi semula. Secara formal hal ini dapat dituliskan sebagai

Jika

F[ f (t )] = F (ω) maka

F[ f (−t )] = F (−ω)

Menurut (10.16)


(10.25)


F [ f ( −t ) ] = ∫

∞

−∞

f (−t ) e − jωt dt

→ F[ f (−t )] = F[ f (τ)] = − =

−∞

∫∞

;

Misalkan − t = τ

f (τ) e jωτ dτ

∞

∫−∞ f (τ) e

− jωτ

dτ = F(−ω)

Sifat pembalikan ini dapat kita manfaatkan untuk mencari transformasi Fourier dari fungsi signum dan fungsi eksponensial dua sisi. CONTOH-10.14: Carilah transformasi Fourier dari fungsi signum dan eksponensial dua sisi breikut ini. v(t) u(t) v(t) 1 1 −αt e−α(−t) e u(t) t −u(−t) 0 t 00 −1 eksponensial dua sisi : signum : sgn(t) = u(t) − e−α| t | = e−αt u(t) + e−α(−t) u(−t) Solusi : u(−t) Contoh 10.13. memberikan

F[u (t )] =

1 + πδ(ω) maka jω

F[sgn(t )] = F[u (t ) − u (−t )] = Contoh 10.10.a memberikan

[ ] [

[

]

F e− αt u (t ) =

2 jω

1 maka α + jω

F e −α|t| = F e −αt u (t ) + e −α(−t ) u (−t ) =

]

1 1 2α + = α + jω α + j (−ω) α 2 + ω 2

10.4.5. Komponen Nyata dan Imajiner dari F(ω ω) Pada umumnya transformasi Fourier dari f(t), F(ω), berupa fungsi kompleks yang dapat kita tuliskan sebagai

215


F (ω) =

∞

∫−∞ f (t ) e

− j ωt

dt =

∞

∞

∫−∞ f (t ) cosωt dt − j ∫−∞ f (t ) sinωt dt

= A(ω) + jB(ω) = F (ω) e jθ ω dengan

A(ω) =

∞

∫−∞ f (t ) cos ωt dt

F (ω) = A2 (ω) + B 2 (ω)

B(ω) = −

; ;

∞

∫−∞ f (t ) sin ωt dt

 B(ω)   θ(ω) = tan −1   A(ω) 

(10.26) (10.27)

Jika f(t) fungsi nyata, maka dari (10.26) dan (10.27) dapat kita simpulkan bahwa 1.

Komponen riil dari F(ω) merupakan fungsi genap, karena A(−ω) = A(ω).

2.

Komponen imajiner F(ω) merupakan fungsi ganjil, karena B(−ω) =− B(ω).

3.

|F(ω)| merupakan fungsi genap, karena |F(−ω)| = |F(ω)|.

4.

Sudut fasa θ(ω) merupakan fungsi ganjil, karena θ(−ω) =− θ(ω).

5.

Kesimpulan (1) dan (2) mengakibatkan : kebalikan F(ω) adalah konjugat-nya, F(−ω) = A(ω) − jB(ω) = F*(ω) .

6.

Kesimpulan (5) mengakibatkan : F(ω) × F(−ω) = F(ω) × F*(ω) = |F(ω)|2.

7.

Jika f(t) fungsi genap, maka B(ω) = 0, yang berarti F(ω) riil.

8.

Jika f(t) fungsi ganjil, maka A(ω) = 0, yang berarti F(ω) imajiner.

10.4.6. Kesimetrisan Sifat ini dinyatakan secara umum sebagai berikut.

Jika

F[ f (t )] = F (ω) maka F[F (t )] = 2π f (−ω)

Sifat ini dapat diturunkan dari formulasi transformasi balik.


(10.28)


2π f (t ) =

∞

∫−∞ F (ω) e

j ωt

dω → 2π f (−t ) =

∞

∫−∞ F (ω) e

Jika t dan ω dipertukarkan maka : 2π f (−ω) =

− jωt

∞

dω

∫−∞ F (t ) e

− j ωt

dω

10.4.7. Pergeseran Waktu Sifat ini dinyatakan sebagai berikut.

Jika

F[ f (t )] = F (ω) maka F[ f (t − T )] = e − jωT F (ω) (10.29)

Sifat ini mudah diturunkan dari definisinya. 10.4.8. Pergeseran Frekuensi Sifat ini dinyatakan sebagai berikut.

Jika F −1[F (ω)] = f (t ) maka F −1[F (ω − β)] = e jβt f (t ) (10.30) Sifat ini juga mudah diturunkan dari definisinya. 10.4.9. Penskalaan Sifat ini dinyatakan sebagai berikut.

Jika F[ f (t )] = F (ω) maka F[ f (at )] =

1  ω F  |a|  a 

(10.31)

10.5. Ringkasan Tabel-10.1 berikut ini memuat pasangan transformasi Fourier sedangkan sifat-sifat transformasi Fourier termuat dalam Tabel-10.2.

217

Transformasi Fourier Tabel 10.1. Pasangan transformasi Fourier. Sinyal

f(t)

F(ω) 1

Sinyal searah (konstan)

δ(t) 1

Fungsi anak tangga

u(t)

1 + πδ(ω) jω

sgn(t)

2 jω

Impuls

Signum Exponensial (kausal) Eksponensial (dua sisi)

(e )u(t ) − αt

e − α |t |

2π δ(ω)

1 α + jω

2α α 2 + ω2

Eksponensial kompleks

e jβt

2π δ(ω − β)

Kosinus

cosβt

π [δ(ω − β) + δ(ω + β)]

Sinus

sinβt

− jπ [δ(ω − β) − δ(ω + β)]

Tabel 10.2. Sifat-sifat transformasi Fourier. Sifat

Kawasan Waktu

Kawasan Frekuensi

f(t)

F(ω)

A f1(t) + B f2(t)

AF1(ω) + BF2(ω)

Diferensiasi

df (t ) dt

jωF(ω)

Integrasi

t

Sinyal Kelinieran

∫ f ( x)dx

F (ω) + π F (0) δ(ω) jω

Kebalikan

f (−t)

F(−ω)

Simetri

F (t)

2π f (−ω)

Pergeseran waktu

f (t − T)

e − jωT F (ω)

Pergeseran frekuensi

e j β t f (t)

F(ω − β)

Penskalaan

|a| f (at)

 ω F  a

−∞



Soal-Soal Deret Fourier Bentuk Sinus-Cosinus. 1. Tentukan deret Fourier dari gelombang segitiga berikut ini. v 1ms 5V t

−5V

a).

1ms

v

10V t

b). 20ms v

150V t

c). v

150V t 20ms

d). v

−5V

1ms 10V t

e). 2. Siklus pertama dari deretan pulsa dinyatakan sebagai

v(t ) = 2u(t ) − 2u(t − 1) + u (t − 2) − u (t − 3) Gambarkan siklus pertama tersebut dan carilah koefisien Fouriernya serta gambarkan spektrum amplitudo dan sudut fasanya.

219

Transformasi Fourier 3. Suatu gelombang komposit dibentuk dengan menjumlahkan tegangan searah 10V dengan gelombang persegi yang amplitudo puncak ke puncak-nya 10 V. Carilah deret Fouriernya dan gambarkan spektrum amplitudonya. Deret Fourier Bentuk Eksponensial. 4. Carilah koefisien kompleks deret Fourier bentuk gelombang berikut. v 1ms 5V t

−5V

a).

1ms

v

10V t

b). v 10V

2ms 1ms t −5V

c).

v

150V

20ms

t

d). v

−5V

1ms 10V t

e).


Transformasi Fourier Transformasi Fourier 5. Carilah transformasi Fourier dari bentuk-bentuk gelombang berikut: At a). v (t ) = [u(t ) − u(t − T )] ; T b). v(t ) = A cos 2πt  u t + T  − u t − T  

 T  



4



4 

   c). v(t ) = A 1 + cos 2πt  u t + T  − u  t − T  2

 T   

2



2 

d). v (t ) = 2 + 2u (t ) ; e). v(t ) = 2 sgn( −t ) + 6u (t )

[

]

f). v(t ) = 2e −2t u (t ) + 2 sgn(t ) δ(t + 2) g). v(t ) = 2e −2(t − 2)u (t − 2) + 2e −2(t + 2)u (t + 2) 6. Tentukan transformasi balik dari fungsi-fungsi berikut:

π − α|ω| e ; α πA [u(ω + β) − u(ω − β)] b). F ( ω) = β a). F ( ω) =

c). F ( ω) =

1000 ; ( jω + 20) ( jω + 50)

d). F ( ω) =

jω ( jω + 20) ( jω + 50)

e). F ( ω) =

− ω2 ; ( jω + 20) ( jω + 50)

f). F ( ω) =

1000 jω( jω + 20) ( jω + 50)

221


g). F ( ω) =

j500ω ; ( − jω + 50) ( jω + 50)

h). F ( ω) =

j5ω ( jω + 50) ( jω + 50)

i). F ( ω) =

5000 ; jω( − jω + 50) ( jω + 50)

j). F ( ω) =

5000δ(ω) − ω2 + j 200ω + 2500

k). F ( ω) = 4 π δ( ω) + e −2 ω ; l). F ( ω) =

4π δ( ω − 4)e − j2ω jω

m). F ( ω) =

4π δ( ω) + 4( jω + 1) ; jω( 2 + jω)

n). F ( ω) = 4 π δ( ω) + e −2 ω o). F ( ω) = 4 π δ( ω) + 4π δ( ω − 2) + 4π δ( ω + 2)


Analisis Menggunakan Transformasi Fourier

BAB 11

Analisis Rangkaian Menggunakan Transformasi Fourier

Dengan pembahasan analisis rangkaian dengan menggunakan transformasi Fourier, kita akan •

mampu melakukan analisis rangkaian menggunakan transformasi Fourier.

•

mampu mencari tanggapan frekuensi.

11.1. Transformasi Fourier dan Hukum Rangkaian Kelinieran dari transformasi Fourier menjamin berlakunya relasi hukum Kirchhoff di kawasan frekuensi. Relasi HTK misalnya, jika ditransformasikan akan langsung memberikan hubungan di kawasan frekuensi yang sama bentuknya dengan relasinya di kawasan waktu.

Misalkan relasi HTK

: v1 (t ) + v 2 (t ) − v3 (t ) = 0

jika ditransformasikan

: V1 (ω) + V3 (ω) − V3 (ω) = 0

Hal inipun berlaku untuk KCL. Dengan demikian maka transformasi Fourier dari suatu sinyal akan mengubah pernyataan sinyal di kawasan waktu menjadi spektrum sinyal di kawasan frekuensi tanpa mengubah bentuk relasi hukum Kirchhoff, yang merupakan salah satu persyaratan rangkaian yang harus dipenuhi dalam analisis rangkaian listrik. Persyaratan rangkaian yang lain adalah persyaratan elemen, yang dapat kita peroleh melalui transformasi hubungan tegangan-arus (karakteristik i-v elemen). Dengan memanfaatkan sifat diferensiasi dari transformasi Fourier, kita akan memperoleh relasi di kawasan frekuensi untuk resistor, induktor, dan kapasitor sebagai berikut.

Resistor

: V R (ω) = RI R (ω)

Induktor

: V L (ω) = jωLI L (ω)

Kapasitor

: I C (ω) = jωCVC (ω)

Relasi diatas mirip dengan relasi hukum Ohm. Dari relasi di atas kita dapatkan impedansi elemen, yaitu perbandingan antara tegangan dan arus di kawasan frekuensi

223


ZR = R

;

Z L = jωL

;

ZC =

1 jωC

(11.1)

Bentuk-bentuk (11.1) telah kita kenal sebagai impedansi arus bolakbalik. Dari uraian di atas dapat kita simpulkan bahwa transformasi Fourier suatu sinyal akan tetap memberikan relasi hukum Kirchhoff di kawasan frekuensi dan hubungan tegangan-arus elemen menjadi mirip dengan relasi hukum Ohm jika elemen dinyatakan dalam impedansinya. Dengan dasar ini maka kita dapat melakukan transformasi rangkaian, yaitu menyatakan elemen-elemen rangkaian dalam impedansinya dan menyatakan sinyal dalam transformasi Fouriernya. Pada rangkaian yang ditransformasikan ini kita dapat menerapkan kaidah-kaidah rangkaian dan metoda-metoda analisis rangkaian. Tanggapan rangkaian di kawasan waktu dapat diperoleh dengan melakukan transformasi balik. Uraian di atas paralel dengan uraian mengenai transformasi Laplace, kecuali satu hal yaitu bahwa kita tidak menyebut-nyebut tentang kondisiawal. Hal ini dapat difahami karena batas integrasi dalam mencari transformasi Fourier adalah dari −∞ sampai +∞. Hal ini berbeda dengan transformasi Laplace yang batas integrasinya dari 0 ke +∞. Jadi analisis rangkaian dengan menggunakan transformasi Fourier mengikut sertakan seluruh kejadian termasuk kejadian untuk t < 0. Oleh karena itu cara analisis dengan transformasi Fourier tidak dapat digunakan jika kejadian pada t < 0 dinyatakan dalam bentuk kondisi awal. Pada dasarnya transformasi Fourier diaplikasikan untuk sinyal-sinyal non-kausal sehingga metoda Fourier memberikan tanggapan rangkaian yang berlaku untuk t = −∞ sampai t = +∞. CONTOH-11.1: Pada rangkaian seri antara resistor R dan kapasitor C diterapkan tegangan v1. Tentukan tanggapan rangkaian vC.

+ v1 −

R

C

+ vC −

Solusi: Persoalan rangkaian orde-1 ini telah pernah kita tangani pada analisis transien di kawasan waktu maupun kawasan s (menggunakan transformasi Laplace). Di sini kita akan menggunakan transformasi Fourier.


Analisis Menggunakan Transformasi Fourier Transformasi Fourier dari rangkaian ini + adalah : tegangan masukan V1(ω), im- + R VC 1/jωC pedansi resistor R terhubung seri V1 − − 1 dengan impedansi kapasitor . jωC Dengan kaidah pembagi tegangan kita dapatkan tegangan pada kapasitor adalah

VC (ω) =

ZC 1 / jωC 1 / RC V1 (ω) = V1 (ω) = V1 (ω) R + ZC R + (1 / jωC ) jω + (1 / RC )

Tegangan kapasitor tergantung dari V1(ω). Misalkan tegangan masukan v1(t) berupa sinyal anak tangga dengan amplitudo 1. Dari tabel 10.1. tegangan ini di kawasan frekuensi adalah V1 (ω) =

1 + π δ(ω) . jω

Dengan demikian maka VC (ω) =

 1  1 / RC 1 / RC π δ(ω) / RC  + π δ(ω)  = + ( ) ( jω + (1 / RC )  jω jω + 1 / RC )  jω jω + 1 / RC

Fungsi impuls δ(ω) hanya mempunyai nilai untuk ω = 0, sehingga pada umumnya F(ω)δ(ω) = F(0)δ(ω). Dengan demikian suku kedua π δ(ω) / RC = π δ(ω) . Suku pertama ruas kanan persamaan di atas ( jω + 1 / RC ) dapat diuraikan, dan persamaan menjadi

VC (ω) =

1 1 − + π δ(ω) jω jω + 1 / RC

Dengan menggunakan Tabel 11.1. kita dapat mencari transformasi balik

[

]

[

]

1 1 sgn(t ) − e −(1 / RC ) t u (t ) + = 1 − e −(1 / RC ) t u (t ) 2 2 Pemahaman : Hasil yang kita peroleh menunjukkan keadaan transien tegangan kapasitor, sama dengan hasil yang kita peroleh dalam analisis transien di kawasan waktu di Bab-4 contoh 4.5. Dalam menyelesaikan persoalan ini kita tidak menyinggung sama sekali mengenai kondisi awal pada kapasitor karena transformasi Fourier telah mencakup keadaan untuk t < 0. vC (t ) =

225

Analisis Menggunakan Transformasi Fourier CONTOH-11.2: Bagaimanakah vC pada contoh 11.1. jika tegangan yang diterapkan adalah v1(t) = sgn(t) ? Solusi: Dari Tabel 10.1. kita peroleh

F[ sgn(t ) ] =

2 . Dengan demikian jω

maka VC(ω) dan uraiannya adalah

 1 / RC  2 2 2 VC (ω) =  = −   jω + 1 / RC  jω jω jω + 1 / RC Transformasi baliknya memberikan

vC (t ) = sgn(t ) − 2 e −(1 / RC ) t u (t ) Pemahaman: Persoalan ini melibatkan sinyal non-kausal yang memerlukan solusi dengan transformasi Fourier. Suku pertama dari vC(t) memberikan informasi tentang keadaan pada t < 0, yaitu bahwa tegangan kapasitor bernilai −1 karena suku kedua bernilai nol untuk t < 0. Untuk t > 0, vC(t) bernilai 1 − 2e−(1/RC) tu(t) yang merupakan tegangan transien yang nilai akhirnya adalah +1. Di sini terlihat jelas bahwa analisis dengan menggunakan transformasi Fourier memberikan tanggapan rangkaian yang mencakup seluruh sejarah rangkaian mulai dari −∞ sampai +∞. Gambar vC(t) adalah seperti di bawah ini. 2

vC 1 +1

sgn(t)−2e−(1/RC) tu(t)

0 -40

-20

sgn(t)

t 0

-1

−1

20

−2e

−(1/RC) t

u(t)

-2 −2


40

Analisis Menggunakan Transformasi Fourier 11.2. Konvolusi dan Fungsi Alih Jika h(t) adalah tanggapan rangkaian terhadap sinyal impuls dan x(t) adalah sinyal masukan, maka sinyal keluaran y(t) dapat diperoleh melalui integral konvolusi yaitu

y (t ) =

t

∫0 h(τ) x(t − τ)dτ

(11.2)

Dalam integral konvolusi ini batas integrasi adalah τ = 0 sampai τ = t karena dalam penurunan formulasi ini h(t) dan x(t) merupakan bentuk gelombang kausal. Jika batas integrasi tersebut diperlebar mulai dari τ = −∞ sampai τ = +∞, (11.2) menjadi

y (t ) =

+∞

∫τ=−∞

h(τ) x(t − τ)dτ

(11.3)

Persamaan (11.3) ini merupakan bentuk umum dari integral konvolusi yang berlaku untuk bentuk gelombang kausal maupun non-kausal. Transformasi Fourier untuk kedua ruas (11.3) adalah



+∞



τ= −∞

F [ y(t )] = Y (ω) = F ∫ ∞

 =  t = −∞ 

∫

+∞

∫τ=−∞

 h(τ) x(t − τ)dτ 

 h(τ) x(t − τ)dτ e − jωt dt 

(11.4)

Pertukaran urutan integrasi pada (11.4) memberikan

Y (ω) =

∞

  τ= −∞ 

∫

+∞

∫t =−∞

∞

 = h(τ)  τ= −∞ 

∫

 h(τ) x(t − τ) e − jωt dt  dτ  +∞

∫t =−∞ x(t − τ) e

− jωt

 dt  dτ 

(11.5)

Mengingat sifat pergeseran waktu pada transformasi Fourier, maka (11.5) dapat ditulis

Y (ω) =

∞

∫τ=−∞ h(τ)e

− jωτ

X (ω)dτ

 ∞  = h(τ)e − jωτ dτ X (ω) = H (ω) X (ω)  τ=−∞ 

∫

(11.6)

227

Analisis Menggunakan Transformasi Fourier Persamaan (11.6) menunjukkan hubungan antara transformasi Fourier sinyal keluaran dan masukan. Hubungan ini mirip bentuknya dengan persamaan yang memberikan hubungan masukan-keluaran melalui fungsi alih T(s) di kawasan s yaitu Y(s) = T(s) X(s). Oleh karena itu H(ω) disebut fungsi alih bentuk Fourier. CONTOH-11.3: Tanggapan impuls suatau sistem adalah α −α|t| h (t ) = e . Jika sistem ini diberi masukan sinyal signum, 2 sgn(t), tentukanlah tanggapan transiennya. Solusi: Dengan Tabel 10.1. didapatkan H(ω) untuk sistem ini

2α α2 α  α H (ω) = F  e −α|t|  = = 2  2 α 2 + ω2 α 2 + ω2 Sinyal masukan, menurut Tabel 10.1. adalah

X (ω) = F [sgn(t) ] =

2 jω

Sinyal keluaran adalah

Y (ω) = H (ω) X (ω) =

α2

2 2α 2 = jω jω(α + jω)(α − jω)

α 2 + ω2

yang dapat diuraikan menjadi

k3 k k2 + Y (ω) = 1 + jω α + jω α − jω

2α 2 k1 = jωY (ω) jω=0 = (α + jω)(α − jω)

=2 jω=0

2α k 2 = (α + jω)Y (ω) jω=−α = jω(α − jω) 2

2α 2 k 3 = (α − jω)Y (ω) jω=α = jω(α + jω)

= jω= − α

= jω=α

2α 2 = −1 − α (α + α )

2α 2 = +1 α(α + α )



Jadi Y (ω) =

2 −1 1 + + sehingga jω α + jω α + j (−ω)

y (t ) = sgn(t ) − e −αt u (t ) + e −α ( −t ) u (−t ) = [ 1 − e −α t ] u (t ) + [−1 + e α t ] u (−t )] Gambar dari hasil yang kita peroleh adalah seperti di bawah ini. y(t) 1 +1 [1−e−α t ] u(t) 0 -40

t

0

[−1+eα t ] u(t)

40

−1

-1

CONTOH-11.4: Tentukan tanggapan frekuensi dari sistem pada contoh11.3. Solusi : Fungsi alih sistem tersebut adalah H (ω) =

α2 α 2 + ω2

.

Kurva |H(ω)| kita gambarkan dengan ω sebagai absis dan hasilnya adalah seperti gambar di bawah ini. |H(ω)|

1

1

0 -20

-10

00

10

ω

20

229

Analisis Menggunakan Transformasi Fourier Pada ω =0, yaitu frekuensi sinyal searah, |H(ω)| bernilai 1 sedangkan untuk ω tinggi |H(ω)| menuju nol. Sistem ini bekerja seperti low| H (0 ) | pass filter. Frekuensi cutoff terjadi jika | H (ω) |= 2

α2 α

2

+ ω c2

1

=

2

⇒ ω c = α 2 2 − α 2 = 0.644α

11.3. Energi Sinyal Energi total yang dibawa oleh suatu bentuk gelombang sinyal didefinisikan sebagai

Wtotal =

+∞

∫−∞ p(t )dt

dengan p(t) adalah daya yang diberikan oleh sinyal kepada suatu beban.

p(t ) = i 2 (t ) R =

Jika beban berupa resistor maka bebannya adalah resistor 1 Ω maka

W1Ω =

+∞ 2

∫−∞ f

v 2 (t ) ; dan jika R

(t )dt

(11.7)

dengan f (t ) berupa arus ataupun tegangan Persamaan (11.7) digunakan sebagai definisi untuk menyatakan energi yang dibawa oleh suatu bentuk gelombang sinyal. Dengan kata lain, energi yang diberikan oleh suatu gelombang sinyal pada resistor 1 Ω menjadi pernyataan kandungan energi gelombang tersebut. Teorema Parseval menyatakan bahwa energi total yang dibawa oleh suatu bentuk gelombang dapat dihitung baik di kawasan waktu maupun kawasan frekuensi. Pernyataan ini dituliskan sebagai

1 +∞ | F (ω) | 2 dω (11.8) 2π − ∞ Karena |F(ω)|2 merupakan fungsi genap, maka (11.8) dapat dituliskan W1Ω =

+∞ 2

∫−∞ f

(t )dt =

W1Ω =

∫

1 +∞ | F (ω) | 2 dω π 0

∫


(11.9)

Analisis Menggunakan Transformasi Fourier Jadi di kawasan waktu energi gelombang adalah integral untuk seluruh waktu dari kuadrat bentuk gelombang, dan di kawasan frekuensi energinya adalah (1/2π) kali integrasi untuk seluruh frekuensi dari kuadrat besarnya (nilai mutlak) transformasi Fourier dari sinyal. Penurunan teorema ini dimulai dari (11.7). +∞ 2

∫−∞ f

W1Ω =

(t )dt =

+∞

1

∞

∫−∞ f (t ) 2π ∫−∞ F (ω) e

j ωt

 dω dt 

Integrasi yang berada di dalam tanda kurung adalah integrasi terhadap ω dan bukan terhadap t. Oleh karena itu f(t) dapat dimasukkan ke dalam integrasi tersebut menjadi

W1Ω =

1 2π

+∞  ∞

∫−∞ ∫−∞ f (t )F (ω) e

jωt

 dω dt 

Dengan mempertukarkan urutan integrasi, akan diperoleh +∞  ∞

W1Ω =

1 2π

=

1 2π

∫

=

1 2π

∫−∞

∫−∞ ∫−∞ f (t )F (ω) e +∞

 F (ω)  −∞ 

+∞

∞

∫−∞ f (t ) e

jωt

 dt  dω 

− j ( − ωt )

F (ω) F (−ω)dω =

1 2π

 dt  dω  +∞

∫−∞ | F (ω) |

2

dω

Teorema Parseval menganggap bahwa integrasi pada persamaan (11.8) ataupun (11.9) adalah konvergen, mempunyai nilai berhingga. Sinyal yang bersifat demikian disebut sinyal energi; sebagai contoh: sinyal kausal eksponensial, eksponensial dua sisi, pulsa persegi, sinus teredam. Jadi tidak semua sinyal merupakan sinyal energi. Contoh sinyal yang mempunyai transformasi Fourier tetapi bukan sinyal energi adalah sinyal impuls, sinyal anak tangga, signum, dan sinus (tanpa henti). Hal ini bukan berarti bahwa sinyal ini, anak tangga dan sinyal sinus misalnya, tidak dapat digunakan untuk menyalurkan energi bahkan penyaluran energi akan berlangsung sampai tak hingga; justru karena itu ia tidak disebut sinyal energi melainkan disebut sinyal daya.

231

Analisis Menggunakan Transformasi Fourier CONTOH-11.5: Hitunglah energi yang dibawa oleh gelombang

[

]

v(t ) = 10 e −1000 t u (t ) V Solusi: Kita dapat menghitung di kawasan waktu

W1Ω =

∫0 [10 e ∞

=−

] dt = ∫ [100 e ∞

−1000t 2

− 2000t

0

100 −2000t e 2000

∞

=

0

]dt

1 J 20

Untuk menghitung di kawasan frekuensi, kita cari lebih dulu V(ω)=10/(jω+1000).

W1Ω =

1 2π

=

2

∞

 100  100 ω tan −1   dω = −∞  ω 2 + 10 6  2π(1000) 1000

∫

∞ −∞

1  π  π  1 J  −  −  = 20π  2  2  20

Pemahaman: Kedua cara perhitungan memberikan hasil yang sama. Fungsi |F(ω)|2 menunjukkan kerapatan energi dalam spektrum sinyal. Persamaan (11.9) adalah energi total yang dikandung oleh seluruh spektrum sinyal. Jika batas integrasi adalah ω1 dan ω2 maka kita memperoleh persamaan

W12 =

1 ω2 | F (ω) | 2 dω π ω1

∫

(11.10)

yang menunjukkan energi yang dikandung oleh gelombang dalam selang frekuensi ω1dan ω2. Jika hubungan antara sinyal keluaran dan masukan suatu pemroses sinyal adalah Y (ω) = H (ω) X (ω) maka energi sinyal keluaran adalah

W1Ω =

1 ∞ | H (ω) | 2 | X (ω) | 2 dω π 0

∫

(11.11)

Dengan hubungan-hubungan yang kita peroleh ini, kita dapat menghitung energi sinyal langsung menggunakan transformasi Fouriernya tanpa harus mengetahui bentuk gelombang sinyalnya.


Analisis Menggunakan Transformasi Fourier CONTOH-11.6: Tentukan lebar pita yang diperlukan agar 90% dari

[

]

total energi gelombang exponensial v(t ) = 10 e −1000 t u (t ) V dapat diperoleh. Solusi: Bentuk gelombang

[

]

v(t ) = 10 e −1000 t u (t ) → V (ω) =

10 jω + 1000

Energi total : 2 ∞ 1 ∞  100  100 −1 ω W1Ω = tan   dω = π 0  ω 2 + 10 6  π(1000) 1000 0

∫

=

1 π  1 − 0 = J 10π  2  20

Misalkan lebar pita yang diperlukan untuk memperoleh 90% energi adalah β, maka

W90% =

2 β 1 β 100  100 ω dω = tan −1   π 0  ω 2 + 10 6  π(1000) 1000 0 β 1 = tan −1 10π 1000

∫

Jadi

β β 1 1  9π  = 0.9 × ⇒ = tan  tan −1 10π 1000 20 1000  20  ⇒ β = 6310 rad/s

⇒

233


Soal-Soal 1. Saklar S pada rangkaian berikut telah berada di posisi 1 mulai t = −∞. Pada t = 0 ia dipindahkan keposisi 2 dan tetap pada posisi 2 sampai t = + ∞. Jika v1 = −10 V, v2 = 10 V, tentukan vin , Vin(ω) , Vo(ω) , vo. 1 − + S 1 µf v1 + + − + vo 10 kΩ v2 2 vin − − 2. Saklar S pada rangkaian berikut telah berada di posisi 1 mulai t = −∞. Pada t = 0 ia dipindahkan keposisi 2 dan tetap pada posisi 2 sampai t = + ∞. Tentukan vin , Vin(ω) , Vo(ω) , vo, jika v1 = −10 V, v2 = 5 V. 1 − + S v1 + + − + 10 kΩ 2 vo v in v2 1 µf − − 3. Saklar S pada rangkaian berikut telah berada di posisi 1 mulai t = −∞. Pada t = 0 ia dipindahkan keposisi 2 dan tetap pada posisi 2 sampai t = + ∞. Tentukan vin , Vin(ω) , Vo(ω) , vo, jika v1 = 10e100t V, v2 = 10e−100t V. 1 − + S v1 1H + + − + 2 vo v 0,5 kΩ in v2 − − 4. Saklar S pada rangkaian berikut telah berada di posisi 1 mulai t = −∞. Pada t = 0 ia dipindahkan keposisi 2 dan tetap pada posisi 2 sampai t = + ∞. Tentukan vin , Vin(ω) , Vo(ω) , vo, jika v1 = 10e100t V, v2 = −10e−100t V.


Analisis Menggunakan Transformasi Fourier − + − +

1 v1

S

0,5 kΩ

+ v2 2 vin −

+ vo −

1H

5. Saklar S pada rangkaian berikut telah berada di posisi 1 mulai t = −∞. Pada t = 0 ia dipindahkan keposisi 2 dan tetap pada posisi 2 sampai t = + ∞. Tentukan vin , Vin(ω) , Vo(ω) , vo, jika v1 = 10 V, v2 = 10e−100t V. 1 − + S v1 1H + + − + 2 100 Ω vo vin v2 − − 6. Pada sebuah rangkaian seri L = 1 H, C = 1µF, dan R = 1 kΩ, diterapkan tegangan vs = 10sgn(t) V. Tentukan tegangan pada resistor. 7. Tanggapan impuls sebuah rangkaian linier adalah h(t) = sgn(t). Jika tagangan masukan adalah vs(t) = δ(t)−10e−10tu(t) V, tentukan tegangan keluarannya. 8. Tentukan tanggapan frekuensi rangkaian yang mempunyai tanggapan impuls h(t) = δ(t)−20e−10tu(t). 9. Tentukan tegangan keluaran rangkaian soal 8, jika diberi masukan vs(t) = sgn(t). 10. Jika tegangan masukan pada rangkaian berikut adalah v1 = 10 cos100t V, tentukan tegangan keluaran vo. 1µF + 10kΩ v1

− +

10kΩ + vo

235


11.

Ulangi

V1 (ω) = 12.

soal 200

10

untuk

sinyal

yang

transformasinya

ω 2 + 400

Tentukan

enegi

yang

dibawa

oleh

sinyal

−100 t

v(t ) = 500 t e u (t ) V . Tentukan pula berapa persen energi yang dikandung dalam selang frekuensi −100 ≤ ω ≤ +100 rad/s . 13. Pada rangkaian filter RC berikut ini, tegangan masukan adalah

v1 = 20e −5t u (t ) V .

+ −

100kΩ 1µF

v1

100kΩ

+ vo −

Tentukan energi total masukan, persentase energi sinyal keluaran vo terhadap energi sinyal masukan, persentase energi sinyal keluaran dalam selang passband-nya. 14. Pada rangkaian berikut ini, tegangan masukan adalah

v1 = 20e −5t u (t ) V . 1µF + 10kΩ v1

− +

10kΩ + vo

Tentukan energi total masukan, persentase energi sinyal keluaran vo terhadap energi sinyal masukan, persentase energi sinyal keluaran dalam selang passband-nya.


Daftar Pustaka 1.

P. C. Sen, “Power Electronics” McGraw-Hill, 3rd Reprint, 1990, ISBN 0-07-451899-2. 2. Ralph J. Smith & Richard C. Dorf : “Circuits, Devices and Systems” ; John Wiley & Son Inc, 5th ed, 1992. 3. David E. Johnson, Johnny R. Johnson, John L. Hilburn : “Electric Circuit Analysis” ; Prentice-Hall Inc, 2nd ed, 1992. 4. Vincent Del Toro : “Electric Power Systems”, Prentice-Hall International, Inc., 1992. 5. Roland E. Thomas, Albert J. Rosa : “The Analysis And Design of Linier Circuits”, . Prentice-Hall Inc, 1994. 6. Douglas K Lindner : “Introduction to Signals and Systems”, McGraw-Hill, 1999. 7. Sudaryatno Sudirham, “Analisis Rangkaian Listrik”, Penerbit ITB 2002. 8. Sudaryatno Sudirham, “Pengembangan Metoda Unit Output Untuk Perhitungan Susut Energi Pada Penyulang Tegangan Menengah”, Monograf, 2005, limited publication. 9. Sudaryatno Sudirham, “Pengantar Rangkaian Listrik”, Catatan Kuliah El 1001, Penerbit ITB, 2007. 10. Sudaryatno Sudirham, “Analisis Harmonisa Dalam Permasalahan Kualitas Daya”, Catatan Kuliah El 6004, 2008.

Daftar Pustaka

237

Biodata Penulis Nama: Sudaryatno Sudirham Lahir: 26 Juli 1943, di Blora. Istri: Ning Utari Anak: Arga Aridarma, Aria Ajidarma. Pendidikan & Pekerjaan: 1971 : Teknik Elektro, Institut Teknologi Bandung. 1982 : DEA, l’ENSEIHT, INPT, Perancis. 1985 : Doktor, l’ENSEIHT, INPT, Perancis. 1972−2008 : Dosen Teknik Elektro, ITB. Training & Pengalaman lain: 1974 : TERC, UNSW, Australia; 1975 − 1978 : Berca Indonesia PT, Jakarta; 1979 : Electricité de France, Perancis; 1981 : Cour d”Ete, Grenoble, Perancis; 1991 : Tokyo Intitute of Technology, Tokyo, Jepang; 2005 : Asian Institute of Technology, Bangkok, Thailand; 2005 − 2009 : Tenaga Ahli, Dewan Komisaris PT PLN (Persero); 2006 − 2011 : Komisaris PT EU – ITB.


Indeks a akar kompleks konjugat 40 akar riil berbeda 36 akar riil sama besar 38 anak tangga 12, 43, 56, 115 arus mesh 100 b band-pass gain 133, 144, 145 blok integrator 189 blok statis 189 Bode plot 136 d decibel 131, 133 deret Fourier 199, 204 diagram blok 171, 175, 177, 182, 190, 193 e eksponensial 57 energi sinyal 232 f fungsi alih 108, 111, 118, 229 fungsi fasa 128 fungsi gain 128 fungsi jaringan 107 fungsi masukan 107 h high-pass gain 133, 141, 148 hubungan bertingkat 116 hukum Kirchhoff 89 i impedansi 86 impuls 113 induktor 85, 176 integrator 185

k kaidah rangkaian 90 kaidah rantai 116 kapasitor 86, 175 koefisien Fourier 199 komponen imajiner F(ω) 217 komponen mantap 7 komponen nyata F(ω) 217 komponen transien 7 kondisi awal 6 konvolusi 75, 229 l low-pass gain 133, 136, 151 m masukan nol 24, 26 model sistem 169 o orde-1 2, 20 orde-2 31 p penskalaan 219 pergeseran frekuensi 219 pergeseran waktu 219 persamaan ruang status 189, 191, 193 pole 68, 70, 71, 73, pole kompleks konjugat 160 proporsionalitas 91 r rangkaian ekivalen Thévenin 98 reduksi rangkaian 96 resistor 85, 175

Indeks

239

s sifat transformasi Fourier 215, 220 sifat transformasi Laplace 60, 67 sinus 20, 46, 57, 125 sinyal 167 sistem 168 spektrum kontinyu 207 status nol 24, 26 sub-sistem dinamis 185 sub-sistem statis 185 superposisi 19, 92, 94

t tanggapan alami 5, 34 tanggapan frekuensi 125 tanggapan lengkap 6, 35 tanggapan paksa 6, 35 tegangan simpul 99 teorema Thévenin 92 transformasi balik 68, 210 transformasi Fourier 207, 212, 220, 225 transformasi Laplace 56, 58, 59, 78, 85 transformasi rangkaian 88 u unit output 94 z zero 68, 152


Analisis Rangkaian Listrik

Recommend Documents