Analisis Rangkaian Listrik

Sudaryatno Sudirham

Analisis Rangkaian Listrik Di Kawasan Waktu

2

Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

BAB 13 Analisis Transien di Kawasan Waktu Rangkaian Orde Ke-Dua Dengan mempelajari analisis transien sistem orde ke-dua kita akan • mampu menurunkan persamaan merupakan rangkaian orde kedua.

rangkaian

yang

• memahami bahwa tanggapan rangkaian terdiri dari tanggapan paksa dan tanggapan alami yang mungkin berosilasi. • mampu melakukan analisis transien pada rangkaian orde kedua. 13.1. Contoh Rangkaian Orde Kedua Rangkaian RLC Seri. Kita lihat rangkaian seri RLC seperti pada Gb.13.1. Saklar S L ditutup pada t = 0. S Langkah pertama + R + dalam mencari i + v tanggapan rangkaian vin C − v s − ini adalah mencari − persamaan rangkaian. Karena Gb.2.1. Rangkaian RLC seri. rangkaian mengandung C dan L, maka ada dua peubah status, yaitu tegangan kapasitor dan arus induktor, yang dapat kita pilih untuk digunakan dalam mencari persamaan rangkaian,. Kita akan mencoba lebih dulu menggunakan tegangan kapasitor sebagai peubah rangkaian, kemudian melihat apa yang akan kita dapatkan jika arus induktor yang kita pilih. Aplikasi HTK untuk t > 0 pada rangkaian ini memberikan : di Ri + L + v = vin dt Karena i = iC = C dv/dt, maka persamaan (13.1) menjadi :

(13.1)

13-1

LC

d 2v dt

2

+ RC

dv + v = vin dt

(13.2)

Persamaan (13.2) adalah persamaan diferensial orde kedua, yang merupakan diskripsi lengkap rangkaian, dengan tegangan kapasitor sebagai peubah. Untuk memperoleh persamaan rangkaian dengan arus induktor i sebagai peubah, kita manfaatkan hubungan arustegangan kapasitor, yaitu dv 1 i = iC = C →v= idt dt C sehingga (13.1) 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

(13.3)

Persamaan (13.2) dan (13.3) 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.13.2. Aplikasi A HAK pada simpul A is memberikan

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

iR

iC iL = i

L

R

C

+ v −

B Gb.2.2. Rangkaian paralel RLC

13-2 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

v dv +i+C = is R dt LC

d 2i dt 2

+

atau (13.4)

L di + i = is R dt

Persamaan rangkaian paralel RLC juga merupakan persamaan diferensial orde kedua. 13.2. Tinjauan Umum Tanggapan Rangkaian Orde Kedua Secara umum rangkaian orde kedua mempunyai persamaan yang berbentuk

d2y

dy + cy = x(t ) (13.5) dt dt Pada sistem orde satu kita telah melihat bahwa tanggapan rangkaian terdiri dari dua komponen yaitu tanggapan alami dan tanggapan paksa. Hal yang sama juga terjadi pada sistem orde kedua yang dengan mudah dapat ditunjukkan secara matematis seperti halnya pada sistem orde pertama. Perbedaan dari kedua sistem ini terletak pada kondisi awalnya. Karena rangkaian orde kedua mengandung dua elemen yang mampu menyimpan energi yaitu L dan C, maka dalam sistem ini baik arus induktor maupun tegangan kapasitor harus merupakan fungsi kontinyu. Oleh karena itu ada dua kondisi awal yang harus dipenuhi, yaitu a

2

+b

vC (0 + ) = vC (0 − )

dan

i L ( 0 + ) = i L (0 − )

Dalam penerapannya, kedua kondisi awal ini harus dijadikan satu, artinya vC dinyatakan dalam iL atau sebaliknya iL dinyatakan dalam vC , tergantung dari apakah peubah y pada (13.25) 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:

13-3

vC (0+ ) = vC (0− )

dan

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

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

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

i L (0 + ) = i L (0 − )

dan

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

Secara umum, dua kondisi awal yang harus kita terapkan pada (13.5) adalah

y (0 + ) = y (0 − )

dan

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

(13.6)

dengan y ' (0 + ) dicari dari hubungan rangkaian Tanggapan Alami. Tanggapan alami diperoleh dari persamaan rangkaian dengan memberikan nilai nol pada ruas kanan dari persamaan (13.5), sehingga persamaan menjadi

a

d2y dt

2

+b

dy + cy = 0 dt

(13.7)

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 (13.27) akan diperoleh :

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

st

(as

2

)

atau

+ bs + c = 0

(13.8)

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


as 2 + bs + c = 0

(13.9)

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

s1, s2 =

− b ± b 2 − 4ac 2a

(13.10)

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

(13.11)

Konstanta K1 dan K2 kita cari melalui penerapan kondisi awal pada tanggapan lengkap. Tanggapan Paksa. Tanggapan paksa kita cari dari persamaan (13.5). Tanggapan paksa ini ditentukan oleh bentuk fungsi masukan. Cara menduga bentuk tanggapan paksa sama dengan apa yang kita pelajari pada rangkaian orde pertama, yaitu relasi (13.8). 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

(13.12)

13-5

13.3. 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 (13.12), 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+ )

B0 = y′(0+ ) − y′p (0+ )

dan

maka kita peroleh K1 + K 2 = A0 dari sini kita memperoleh

K1 =

s2 A0 − B0 s2 − s1

dan

dan

K2 =

(13.13)

s1K1 + s2 K 2 = B0 dan s1 A0 − B0 s1 − s2

sehingga tanggapan lengkap menjadi

y = yp +

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

(13.14)

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


CO%TOH-13.1: Saklar S pada rangkaian di samping ini telah lama berada pada posisi 1. Pada t = 0 saklar dipindahkan ke posisi 2. Tentukan tegangan kapasitor , v , untuk t > 0.

1H

S 1 2 + −

+ v

15 V

−

iC 0,25 µF

i 8,5 kΩ

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

v(0− ) = 15 V

;

i (0 − ) = 0

Setelah saklar di posisi 2, persamaan rangkaian adalah :

−v+L

di + iR = 0 dt

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

−v+L → LC

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

2

+ RC

dv +v = 0 dt

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

d 2v dt

2

+ 8,5 × 103

dv + 4 × 106 v = 0 dt

13-7

Persamaan karkteristik : s 2 + 8,5 × 103 s + 4 × 106 = 0 → akar - akar : s1 , s2 = −4250 ± 103 (4,25) 2 − 4 = −500, − 8000 ( dua akar riil berbeda). Dugaan tanggapan lengkap : v = 0 + K1e − 500t + K 2 e −8000t (tanggapan paksa nol)) Kondisi awal : a). v(0 + ) = v(0 − ) = 15 V → 15 = K1 + K 2 ⇒ K 2 = 15 − K1 dv + dv + (0 ) → (0 ) = 0 dt dt → 0 = K1s1 + K 2 s2 = K1s1 + (15 − K1 ) s2

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

⇒ K1 =

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

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

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

s1 = s

dan

s2 = s + δ ; dengan δ → 0

(13.15)

Dengan demikian maka tanggapan lengkap (13.32) dapat kita tulis sebagai

y = y p + K1e s1t + K 2e s2t = y p + K1e st + K 2e ( s + δ)t Kalau kondisi awal pertama memperoleh

(13.16)

y(0+) kita terapkan, kita akan

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

y′(0+ ) = y′p (0 + ) + K1s + K 2 ( s + δ) → ( K1 + K 2 ) s + K 2δ = y′(0 + ) − y′p (0+ ) = B0 Dari kedua persamaan ini kita dapatkan 13-8 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

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

(13.17)

Tanggapan lengkap menjadi

B − A0 s  st B0 − A0 s ( s + δ)t  y = y p +  A0 − 0 e e + δ δ    B − A0 s  B0 − A0 s δ t  st = y p +  A0 − 0 e e + δ δ    t δ    1 e  st  e = y p +  A0 + ( B0 − A0 s) − +   δ δ      δt  1 eδ t   = lim  e − 1  = t maka lim  − + δ →0 δ δ  δ→0 δ   lengkap (13.18.a) dapat kita tulis

Karena

y = y p + [A0 + ( B0 − A0 s) t ] e st

(13.18.a)

tanggapan

(13.18.b)

Tanggapan lengkap seperti dinyatakan oleh (13.18.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 (13.18.b) sebagai

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

(13.18.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 (13.18.c).

13-9

CO%TOH-13.2: Persoalan sama dengan contoh-13.1. akan tetapi resistor 8,5 kΩ diganti dengan 4 kΩ. Penyelesaian : Persamaan rangkaian adalah :

d 2v dt 2

+ 4 × 103

dv + 4 × 106 v = 0 dt

Persamaan karakteristik : s 2 + 4000s + 4 × 106 = 0 akar - akar : s1, s2 = −2000 ± 4 × 106 − 4 × 106 = −2000 = s Di sini terdapat dua akar sama besar oleh karena itu tanggapan lengkap akan berbentuk : v = v p + (K a + K b t ) e st = 0 + (K a + Kb t ) e st , karena v p = 0. Aplikasi kondisi awal pertama pada tanggapan lengkap ini memberikan v(0+ ) = 15 = K a . Aplikasi kondisi awal kedua lengkap memberikan dv = Kbe st + (K a + Kbt ) s e st dt

dv + (0 ) = 0 pada tanggapan dt →

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

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

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

s1 = α + jβ

dan

s2 = α − jβ

Tanggapan lengkap dari situasi ini, menurut (13.32) adalah

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

(

)

= y p + K1e + jβ t + K 2e − jβ t eαt

(13.19)

Aplikasi kondisi awal yang pertama, y(0+), pada (13.19) memberikan

y (0+ ) = y p (0+ ) + (K1 + K 2 ) →

K1 + K 2 = y (0 + ) − y p (0+ ) = A0


dv + (0 ) = y′(0 + ) , pada (13.19) dt

Aplikasi kondisi awal yang kedua, memberikan

(

)

(

)

dy dy p = + jβK1e jβt − jβK 2e − jβt eαt + K1e jβt + K 2e − jβt α e αt dt dt

dy + (0 ) = y′(0 + ) = y′p (0 + ) + ( jβK1 − jβK 2 ) + (K1 + K 2 ) α dt → jβ(K1 − K 2 ) + α(K1 + K 2 ) = y′(0 + ) − y′p (0 + ) = B0 Dari sini kita peroleh K1 + K 2 = A0

B − αA0 jβ(K1 − K 2 ) + α(K1 + K 2 ) = B0 → K1 − K 2 = 0 jβ A + ( B0 − αA0 ) / jβ A − ( B0 − αA0 ) / jβ K1 = 0 ; K2 = 0 2 2 Tanggapan lengkap menjadi  A + ( B0 − αA0 ) / jβ + jβ t A0 − ( B0 − αA0 ) / jβ − jβ t  αt y = yp +  0 e e + e 2 2    e + jβ t + e − jβ t ( B0 − αA0 ) e + jβ t − e − jβ t = y p +  A0 +  2 2j β    ( B − αA0 ) sin βt  eαt = y p +  A0 cos βt + 0 β  

 αt e  

(13.20) A0 dan B0 mempunyai nilai tertentu yang ditetapkan oleh kondisi awal sedangkan α dan β ditentukan oleh nilai elemen rangkaian. Dengan demikian tanggapan lengkap (13.53) dapat kita tuliskan sebagai

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

(13.21)

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.

13-11

CO%TOH-13.3: Persoalan sama dengan contoh 13.1. akan tetapi resistor 8,5 kΩ diganti dengan 1 kΩ. Penyelesaian : Dengan penggantian ini persamaan rangkaian menjadi

d 2v dt 2

+ 103

dv + 4 × 106 v = 0 dt

Persamaan karakteristik : s 2 + 1000

dv + 4 × 10 6 = 0 dt

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

(

)

v = 15 cos(500 15 t ) + 15 sin(500 15 t ) e −500t V Contoh 13.1, 13.2, dan 13.3 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 13-12 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)

masing-masing merupakan fungsi eksponenial. Dalam kasus seperti ini, tanggapan rangkaian merupakan tanggapan amat teredam. b). Jika persamaan karakteristik mempunyai dua akar yang sama besar, maka tanggapan alami akan merupakan jumlah dari fungsi eksponensial dan ramp teredam. Tanggapan ini merupakan tanggapan teredam kritis. c). Jika persamaan karakteristik mempunyai dua akar kompleks konjugat, maka tanggapan alami merupakan jumlah dari fungsifungsi sinus teredam. Jadi tanggapan rangkaian berosilasi terlebih dulu sebelum akhirnya mencapai nol, dan disebut tanggapan kurang teredam. Bagian riil dari akar persamaan karakteristik menentukan peredaman; sedangkan bagian imajinernya menentukan frekuensi osilasi. (Gambar di bawah ini menunjukkan perubahan v pada contoh-contoh di atas.) v 20 [V] 15

teredam kritis (contoh 18.15) 10

sangat teredam (contoh 18.14)

5 0 -5

0

0.00

0.004

0.006

0.008

0.01

t [s]

kurang teredam (contoh 18.16)

-10

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

13-13

CO%TOH-13.4: Jika vs=10u(t) V, bagaimana-kah keluaran vo rangkaian di samping ini pada t > 0 untuk berbagai nilai µ ? Penyelesaian :

i1 A vs

+ −

1MΩ 1MΩ 1µF

1µF B i2

+ vo + − µvB

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

d (v A − µ vB ) − vs − vB = 0 dt

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

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

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

2

+ (3 − µ)

dv B + vB = 10 dt

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

− (3 − µ) ± (3 − µ) 2 − 4 2

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


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

(

⇒ vo = µ 10 + K1es1t + K 2es 2t

)

2

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

Jika (3 − µ) = 4 → µ = 1 → s1 = s 2 ⇒ vo teredam kritis.

Pemahaman : Bentuk tegangan keluaran ditentukan oleh nilai µ dan nilai elemen-elemen rangkaian. Kita dapat memilih nilainilai yang sesuai untuk memperoleh tanggapan rangkaian yang kita inginkan. Untuk µ > 3 akan terjadi keadaan tak stabil karena akar-akar bernilai riil positif; peredaman tidak terjadi dan sinyal membesar tanpa batas. CO%TOH-13.5: Carilah vo pada contoh 13.4 jika µ = 2 dan tegangan awal kapasitor masing-masing adalah nol. Penyelesaian : Persamaan rangkaian, dengan µ = 2, adalah d 2vB dt

2

+ (3 − µ) d 2vB dt

2

+

dv B + v B = 10 atau dt

dv B + v B = 10 dt

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

−1± 1− 4 = −0,5 ± j 0,5 3 2

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

13-15

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

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

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

a

d2y dt

2

+b

dy + cy = A cos(ωt + θ) dt

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

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


CO%TOH-13.6: Carilah v dan i untuk t > 0 pada rangkaian di samping ini jika vs = 26cos3t u(t) V sedangkan + i(0) = 2 A dan v(0) = 6 V. − Penyelesaian : Aplikasi HTK untuk rangkaian ini akan memberikan

− vs + 5i +

i

5Ω

1H

vs

1 F 6

+ v −

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

2

+5

dv + 6v = 156 cos 3t dt

Persamaan karakteristik : s 2 + 5s + 6 = 0 = ( s + 2)( s + 3); akar - akar : s1 , s2 = −2, − 3 Dugaan tanggapan lengkap : v = v p + K1e − 2t + K 2 e −3t Dugaan tanggapan paksa : v p = Ac cos 3t + As sin 3t → (− 9 Ac + 15 As + 6 Ac ) cos 3t + (− 9 As − 15 Ac + 6 As ) sin 3t = 156 cos 3t → −3 Ac + 15 As = 156 dan − 15 Ac − 3 As = 0 ⇒ Ac =

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

Tanggapan lengkap : v = −2 cos 3t + 10 sin 3t + K1e − 2t + K 2 e − 3t dv + 1 dv + Kondisi awal : v(0 + ) = 6 dan i (0 + ) = 2 = (0 ) → (0 ) = 12 dt 6 dt Aplikasi kondisi awal pertama : 6 = −2 + K1 + K 2 → K 2 = 8 − K1 Aplikasi kondisi awal kedua :

12 = 30 − 2 K1 − 3K 2

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

13-17

30

vs

v [V] 20 i [A]

v

10 0

t [s] i

-10 0

2

4

6

8

10

-20 -30

CO%TOH-13.7: Pada rangkaian di samping ini, vs = 10cos5t u(t) V. Tentukanlah tegangan A kapasitor v untuk t > 0, jika tegangan awal 4Ω 6Ω + kapasitor dan vs + v B arusawal induktor − 0,25F − adalah nol. 1H Penyelesaian:  1 1  1 dv vs vB Simpul A : v +  + − − =0 4 6  4 6  4 dt dv → v B = 2,5v + 1,5 − 1,5vs dt

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

∫

Simpul B :

∫

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

d 2v dt

2

+ 10,5

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

2

+7

atau

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


Dengan tegangan masukan vs = 10cos5t maka persamaan rangkaian menjadi

d 2v dt

2

+7

dv + 10v = 60 cos 5t − 50 sin 5t dt

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

→ K 2 = 1,83 − K1

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

13-19

Soal-Soal 1. Carilah bentuk gelombang tegangan yang memenuhi persamaan diferensial berikut. d 2v

a).

dt

b).

c).

2

d 2v dt 2

d 2v dt

2

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

+7

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

+4

dv + 5v = 0 , dt dv + (0 ) = 5 V/s v (0+ ) = 0 V, dt

+4

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

b).

c).

d 2v

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

dt 2

+ 10

d 2v

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

d 2v

+ 10

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

+8


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

b).

c).

d 2v

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

+6

d 2v

dv + 9v = 100[cos1000 t ] u (t ) , dt dt dv + (0 ) = 0 V/s v(0+ ) = 0 V, dt 2

d 2v

+6

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

+2

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

6kΩ B 10 V

6kΩ

0,4H

+ vc −

25pF

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

iL 2,5kΩ 0,02 µF

2H

13-21

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

iL 25kΩ 10mH

0,01µF

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

3kΩ 10 V

+ −

3kΩ

0,4H

+ vc −

0,1µF

S

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

−

+ vC − +

15 V 0,01µF 10mH 25kΩ

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

vs

+ −

4kΩ 50mH

50pF

+ vC −


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 + + v2 6V − −

+ 4Ω 4Ω v1 0,05F − 0,05F

12V

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

S

4Ω 12V 0,25F

0,25F + v1 −

+ −

8Ω

2v1

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

is

0,05F vs 10Ω 10Ω

+ −

13. Sebuah kapasitor 1 µF dimuati sampai mencapai tegangan 200 V. Muatan kapasitor ini kemudian dilepaskan melalui hubungan seri induktor 100 µH dan resistor 20 Ω. Berapa lama waktu diperlukan untuk menunrunkan jumlah muatan kapasitor hingga tinggal 10% dari jumlah muatan semula ? 14. Sebuah kumparan mempunyai induktansi 9 H dan resistansi 0,1 Ω, dihubungkan paralel dengan kapasitor 100 µF. Hubungan paralel ini diberi tegangan searah sehingga di kumparan mengalir arus sebesar 1 A. Jika sumber tegangan diputus secara tiba-tiba,

13-23

berapakah tegangan maksimum yang akan timbul di kapasitor dan pada frekuensi berapa arus berosilasi ? 15. Kabel sepanjang 2 kM digunakan untuk mencatu sebuah beban pada tegangan searah 20 kV. Resistansi beban 200 Ω dan induktansinya 1 H (seri). Kabel penyalur daya ini mempunyai resistansi total 0,2 Ω sedangkan antara konduktor dan pelindung metalnya membentuk kapasitor dengan kapasitansi total 0,5 µF. Bagaimanakah perubahan tegangan beban apabila tiba-tiba sumber terputus? (Kabel dimodelkan sebagai kapasitor; resistansi konduktor kabel diabaikan terhadap resistansi beban).


13-25

Analisis Rangkaian Listrik

Recommend Documents