8/25/2012
Sudaryatno Sudirham
Analisis Rangkaian Listrik di Kawasan Waktu
1
1
8/25/2012
Kuliah Terbuka ppsx beranimasi tersedia di www.ee-cafe.org
2
2
8/25/2012
Buku-e
Analisis Rangkaian Listrik Jilid -1 dan Jilid -2 tersedia di www.buku-e.lipi.go.id dan www.ee-cafe.org
3
3
8/25/2012
Isi Kuliah: 1. Pendahuluan 2. Besaran Listrik dan Peubah Sinyal 3. Model Sinyal 4. Model Piranti 5. Hukum-Hukum Dasar 6. Kaidah-Kaidah Rangkaian 7. Teorema Rangkaian 8. Metoda Analisis 9. Aplikasi Pada Rangkaian Pemroses Energi (Arus Searah) 10. Aplikasi Pada Rangkaian Pemroses Sinyal (Dioda & OpAmp) 11. Analisis Transien Rangkaian Orde-1 12. Analisis Transien Rangkaian Orde-2
4
4
8/25/2012
5
5
8/25/2012
Pembahasan Analisis Rangkaian Listrik Mencakup
Analisis di Kawasan Waktu
Analisis di Kawasan Fasor
Analisis di Kawasan s (Transf. Laplace)
Sinyal Sinus & Bukan Sinus
Sinyal Sinus
Sinyal Sinus & Bukan Sinus
Keadaan Mantap Keadaan Transien
Keadaan Mantap
Keadaan Mantap Keadaan Transien
6
6
8/25/2012
Banyak kebutuhan manusia, seperti: Sandang Pangan Papan Kesehatan Keamanan Energi Informasi Pendidikan Waktu Senggang dll.
Sajian pelajaran ini terutama terkait pada upaya pemenuhan kebutuhan energi dan informasi
7
7
8/25/2012
Penyediaan Energi Listrik Energi yang dibutuhkan manusia tersedia di alam, tidak selalu dalam bentuk yang dibutuhkan Energi di alam terkandung dalam berbagai bentuk sumber energi primer: • • • • • • • •
air terjun, batubara, minyak bumi, panas bumi, sinar matahari, angin, gelombang laut, dan lainnya.
sumber energi juga tidak selalu berada di tempat ia dibutuhkan 8
8
8/25/2012
Diperlukan konversi (pengubahan bentuk) energi. Energi di alam yang biasanya berbentuk non listrik, dikonversikan menjadi energi listrik. Energi listrik dapat dengan lebih mudah • disalurkan • didistribusikan • dikendalikan Di tempat tujuan ia kemudian dikonversikan kembali ke dalam bentuk yang sesuai dengan kebutuhan, energi • • • •
mekanis, panas, cahaya, kimia.
9
9
8/25/2012
Penyediaan energi listrik dilakukan melalui serangkaian tahapan: Berikut ini kita lihat salah satu contoh, mulai dari pengubahan energi, penyaluran, sampai pendistribusian ke tempat-tempat yang memerlukan
10
10
8/25/2012
energi listrik ditransmisikan
energi kimia diubah menjadi energi panas
pengguna tegangan tinggi
energi panas diubah menjadi energi mekanis
GENERATOR
BOILER TURBIN
TRANSFORMATOR
energi mekanis diubah menjadi energi listrik
energi listrik diubah menjadi energi listrik pada tegangan yang lebih tinggi
GARDU DISTRIBUSI
pengguna tegangan menengah pengguna tegangan rendah
11
11
8/25/2012
Penyediaan Informasi • informasi ada dalam berbagai bentuk • tersedia di di berbagai tempat • tidak selalu berada di tempat di mana ia dibutuhkan Berbagai bentuk informasi dikonversikan ke dalam bentuk sinyal listrik Sinyal listrik disalurkan ke tempat ia dibutuhkan Sampai di tempat tujuan sinyal listrik dikonversikan kembali ke dalam bentuk yang dapati ditangkap oleh indera manusia ataupun dimanfaatkan untuk suatu keperluan lain (pengendalian misalnya).
12
12
8/25/2012
Penyediaan Informasi Jika dalam penyediaan energi kita memerlukan mesin-mesin besar untuk mengubah energi yang tersedia di alam menjadi energi listrik, dalam penyediaan informasi kita memerlukan rangkaian elektronika untuk mengubah informasi menjadi sinyal-sinyal listrik agar dapat dikirimkan dan didistribusikan untuk berbagai keperluan.
13
13
8/25/2012
14
14
8/25/2012
Pemrosesan Energi dan Pemrosesan Informasi dilaksanakan dengan memanfaatkan rangkaian listrik
Rangkaian listrik merupakan interkoneksi berbagai piranti yang secara bersama melaksanakan tugas tertentu
15
15
8/25/2012
Untuk mempelajari perilaku suatu rangkaian listrik kita melakukan analisis rangkaian listrik • • •
Untuk keperluan analisis: rangkaian listrik dipindahkan ke atas kertas dalam bentuk gambar. piranti-piranti dalam rangkaian listrik dinyatakan dengan menggunakan simbol-simbol untuk membedakan dengan piranti yang nyata, simbol ini kita sebut elemen
Gambar rangkaian listrik disebut diagram rangkaian,
16
16
8/25/2012
+ − Piranti
Perubahan besaran fisis yang terjadi dalam rangkaian kita nyatakan dengan model matematis yang kita sebut model sinyal
Elemen (Simbol Piranti)
Perilaku piranti kita nyatakan dengan model matematis yang kita sebut model piranti
17
17
8/25/2012
Struktur Dasar Rangkaian Listrik
Struktur suatu rangkaian listrik pada dasarnya terdiri dari tiga bagian, yaitu Sumber Saluran Beban
18
18
8/25/2012
+ −
Bagian yang aktif memberikan daya (sumber)
Penyalur daya
Bagian yang pasif menyerap daya (beban)
19
19
8/25/2012
Dalam kenyataan, rangkaian listrik tidaklah sederhana Jaringan listrik perlu dilindungi dari berbagai kejadian tidak normal yang dapat menyebabkan kerusakan piranti. Jaringan perlu sistem proteksi untuk mencegah kerusakan Jaringan listrik juga memerlukan sistem pengendali untuk mengatur aliran energi ke beban.
20
20
8/25/2012
+ −
Pada jaringan penyalur energi listrik, sumber mengeluarkan daya sesuai dengan permintaan beban. Saluran energi juga menyerap daya. Pada rangkaian penyalur informasi, daya sumber terbatas. Oleh karena itu alih daya ke beban perlu diusahakan semaksimal mungkin. Alih daya ke beban akan maksimal jika tercapai matching (kesesuaian) antara sumber dan beban.
21
21
8/25/2012
Keadaan transien
+ −
Kondisi operasi rangkaian tidak selalu mantap. Pada waktu-waktu tertentu bisa terjadi keadaan peralihan atau
keadaan transien Misal: pada waktu penutupan saklar
22
22
8/25/2012
Landasan Untuk Melakukan Analisis Untuk melakukan analisis rangkaian kita memerlukan pengetahuan dasar sebagai pendukung. Pengetahuan dasar yang kita perlukan ada empat kelompok.
23
23
8/25/2012
Hukum Ohm Hukum Kirchhoff
Hukum-Hukum Rangkaian Kaidah-Kaidah Rangkaian Teorema Rangkaian Metoda-Metoda Analisis
Rangkaian Ekivalen Kaidah Pembagi Tegangan Kaidah Pembagi arus Transformasi Sumber
Metoda Analisis Dasar: Reduksi Rangkaian Unit Output Superposisi Rangkaian Ekivalen Thevenin Rangkaian Ekivalen Norton
Proporsionalitas Superposisi Thevenin Norton Substitusi Milmann Tellegen Alih Daya Maksimum
Metoda Analisis Umum: Metoda Tegangan Simpul Metoda Arus Mesh
24
24
8/25/2012
25
25
8/25/2012
Dua besaran fisika yang menjadi besaran dasar dalam kelistrikan adalah Muatan [satuan: coulomb]
Energi [satuan: joule]
Akan tetapi kedua besaran dasar ini tidak dilibatkan langsung dalam pekerjaan analisis Yang dilibatkan langsung dalam pekerjaan analisis adalah arus
tegangan
daya
ketiga besaran ini mudah diukur sehingga sesuai dengan praktik engineering dan akan kita pelajari lebih lanjut
26
26
8/25/2012
Sinyal Waktu Kontinyu & Sinyal Waktu Diskrit Sinyal listrik pada umumnya merupakan fungsi waktu, t, dan dapat kita bedakan dalam dua macam bentuk sinyal yaitu sinyal waktu kontinyu atau sinyal analog sinyal waktu diskrit
Sinyal waktu diskrit mempunyai nilai hanya pada t tertentu yaitu tn dengan tn mengambil nilai dari satu set bilangan bulat
Sinyal waktu kontinyu mempunyai nilai untuk setiap t dan t sendiri mengambil nilai dari satu set bilangan riil
27
27
8/25/2012
v(t) Sinyal waktu kontinyu (sinyal analog)
0
t
v(t) Sinyal waktu diskrit
0
t
Dalam pelajaran ini kita akan mempelajari rangkaian dengan sinyal waktu kontinyu atau sinyal analog, dan rangkaiannya kita sebut rangkaian analog. Rangkaian dengan sinyal diskrit akan kita pelajari tersendiri.
28
28
8/25/2012
Peubah Sinyal Besaran yang dilibatkan langsung dalam pekerjaan analisis disebut peubah arus dengan simbol: i satuan: ampere [ A ] (coulomb/detik)
sinyal yaitu:
tegangan dengan simbol: v satuan: volt [ V ] (joule/coulomb)
daya dengan simbol: p satuan: watt [ W ] (joule/detik)
Tiga peubah sinyal ini tetap kita sebut sebagai sinyal, baik untuk rangkaian yang bertugas melakukan pemrosesan energi maupun pemrosesan sinyal. 29
29
8/25/2012
Arus Simbol: i, Satuan: ampere [ A ]
Arus adalah laju perubahan muatan:
i=
dq dt
Apabila melalui satu piranti mengalir muatan sebanyak 1 coulomb setiap detiknya, maka arus yang mengalir melalui piranti tersebut adalah 1 ampere 1 ampere = 1 coulomb per detik
30
30
8/25/2012
Tegangan Simbol: v
Satuan: volt [ V ]
Tegangan adalah energi per satuan muatan:
v=
dw dq
Apabila untuk memindahkan 1 satuan muatan dari satu titik ke titik yang lain diperlukan energi 1 joule, maka beda tegangan antara dua titik tersebut adalah 1 volt 1 volt = 1 joule per coulomb
31
31
8/25/2012
Daya Simbol: p,
Satuan: watt [ W ]
Daya adalah laju perubahan energi: p=
dw dt
Apabila suatu piranti menyerap energi sebesar 1 joule setiap detiknya, maka piranti tersebut menyerap daya 1 watt 1 watt = 1 joule per detik p=
dw dw dq = = vi dt dq dt
32
32
8/25/2012
Referensi Sinyal Perhitungan-perhitungan dalam analisis bisa menghasilkan bilangan positif ataupun negatif, tergantung dari pemilihan referensi sinyal tegangan diukur antara dua ujung piranti
+
piranti
−
arus melewati piranti
33
33
8/25/2012
Konvensi Pasif: Referensi tegangan dinyatakan dengan tanda “+” dan “−” di ujung simbol piranti;
+
piranti
−
Arah arus digambarkan masuk ke elemen pada titik yang bertanda “+”.
34
34
8/25/2012
Referensi tegangan dinyatakan dengan tanda “+” dan “−” di ujung simbol piranti; ujung dengan tanda “+” dianggap memiliki tegangan (potensial) lebih tinggi dibanding ujung yang bertanda “−”. Jika dalam perhitungan diperoleh angka negatif, hal itu berarti tegangan piranti dalam rangkaian sesungguhnya lebih tinggi pada ujung yang bertanda “−”. Referensi arus dinyatakan dengan anak panah. Arah anak panah dianggap menunjukkan arah positif arus. Jika dalam perhitungan diperoleh angka negatif, hal itu berarti arus pada piranti dalam rangkaian sesungguhnya berlawanan dengan arah referensi.
35
35
8/25/2012
Titik Referensi Tegangan Umum Suatu simpul (titik hubung dua atau lebih piranti) dapat dipilih sebagai titik referensi tegangan umum dan diberi simbol “pentanahan”. Titik ini dianggap memiliki tegangan nol. Tegangan simpul-simpul yang lain dapat dinyatakan relatif terhadap referensi umum ini. referensi arus A
i1
1
i2 B
2 + v1 −
+ v2 −
+ v3 3 − G
referensi tegangan piranti
i3
referensi tegangan umum (ground)
36
36
8/25/2012
Dengan konvensi pasif ini maka: daya positif berarti piranti menyerap daya daya negatif berarti piranti memberikan daya
(isilah kotak yang kosong) Piranti
v [V]
i [A]
A
12
5
B
24
-3
C
12
D E
menerima/ memberi daya
72 -4
24
p [W]
96 72
37
37
8/25/2012
Muatan Simbol: q
Satuan: coulomb [ C ] Muatan, yang tidak dilibatkan langsung dalam analisis, diperoleh dari arus
dq Arus i = dt Muatan
q=
t2
∫t
idt
1
38
38
8/25/2012
Energi Simbol: w Satuan: joule [ J ] Energi, yang tidak dilibatkan langsung dalam analisis, diperoleh dari daya
Daya
p=
dw dt
Energi
w=
t2
∫t
pdt
1
39
39
8/25/2012
CONTOH: Tegangan pada suatu piranti adalah 12 V (konstan) dan arus yang mengalir padanya adalah 100 mA. a). Berapakah daya yang diserap ? b). Berapakah energi yang diserap selama 8 jam? c). Berapakah jumlah muatan yang dipindahkan melalui piranti tersebut selama 8 jam itu?
a). p = vi = 12 × 100 × 10 −3 = 1,2 W
+ v = 12 V −
b).
piranti
p [W] 1,2
i = 100 mA 0
w=
t2
∫t
pdt =
1
∫0
t [ jam ]
8
1,2dt = 1,2t 0 = 1,2(8 − 0) = 9,6 Wh
Ini adalah luas bidang yang dibatasi oleh garis p = 1,2 W, dan t antara 0 dan 8 jam
c). i [mA] 100 0
q=
8
8
8 t2
∫t
1
idt =
8
∫0
t [ jam]
Ini adalah luas bidang yang dibatasi oleh garis i = 100 mA , dan t antara 0 dan 8 jam
100 × 10 −3 dt = 100 × 10 −3 t
8 0
= 0,1(8 − 0) = 0,8 Ah 40
40
8/25/2012
CONTOH: Sebuah piranti menyerap daya 100 W pada tegangan 200V (konstan). Berapakah besar arus yang mengalir dan berapakah energi yang diserap selama 8 jam ?
+ v = 200 V − piranti
i=
i=? p = 100 W
w=
t2
∫t
1
8
∫0
p 100 = = 0,5 A v 200
8
pdt = 100dt = 100t 0 = 800 Wh = 0,8 kWH
41
41
8/25/2012
CONTOH: Arus yang melalui suatu piranti berubah terhadap waktu sebagai i(t) = 0,05t ampere. Berapakah jumlah muatan yang dipindahkan melalui piranti ini antara t = 0 sampai t = 5 detik ? 5
0,05 2 1,25 q = ∫ idt = ∫ 0,05tdt = t = = 0,625 coulomb 0 0 2 2 0 5
5
42
42
8/25/2012
CONTOH: Tegangan pada suatu piranti berubah terhadap waktu sebagai v = 220cos400t dan arus yang mengalir adalah i = 5cos400t A. a). Bagaimanakah variasi daya terhadap waktu ? b). Berapakah nilai daya maksimum dan daya minimum ?
a). p = v × i = 220 cos 400t × 5 cos 400t = 1100 cos 2 400t W = 550(1 + cos 800t ) = 550 + 550 cos 800t W 1200 1000 800 600 400 200 0 -200
0
100
200
300
400
500
600
700
800
b). Nilai daya : pmaksimum = 550 + 550 = 1100 W pminimum = 550 − 550 = 0 W 43
43
8/25/2012
CONTOH: Tegangan pada suatu piranti berubah terhadap waktu sebagai v = 220cos400t V dan arus yang mengalir adalah i = 5sin400t A. a). Bagaimanakah variasi daya terhadap waktu ? b). Tunjukkan bahwa piranti ini menyerap daya pada suatu selang waktu tertentu dan memberikan daya pada selang waktu yang lain. c). Berapakah daya maksimum yang diserap ? d). Berapa daya maksimum yang diberikan ?
a). p = 220 cos 400t × 5 sin 400t = 1100 sin 400t cos 400t = 550 sin 800t W b). daya merupakan fungsi sinus. Selama setengah perioda daya bernilai posisitif dan selama setengah perioda berikutnya ia bernilai negatif. Jika pada waktu daya bernilai positif mempunyai arti bahwa piranti menyerap daya, maka pada waktu bernilai negatif berarti piranti memberikan daya
= 550 W
c). pmaks
diserap
d). pmaks
diberikan
= 550 W
44
44
8/25/2012
Pernyataan Sinyal Kita mengenal berbagai pernyataan tentang sinyal Sinyal periodik & Sinyal Aperiodik Sinyal Kausal & Non-Kausal Nilai sesaat Amplitudo Nilai amplitudo puncak ke puncak (peak to peak value) Nilai puncak Nilai rata-rata Nilai efektif ( nilai rms ; rms value)
45
45
8/25/2012
Sinyal kausal, berawal di t = 0 perioda v(t)
v(t) t
0
t
0 aperiodik
periodik
Sinyal non-kausal, berawal di t = − ∞ v(t)
v(t) 0
t
0
t
46
46
8/25/2012
Perioda dan Amplitudo Sinyal
Selang waktu dimana sinyal akan berulang disebut
Sinyal periodik Sinyal ini berulang secara periodik v(t) setiap selang waktu tertentu
0
perioda
t amplitudo puncak ke puncak
47
47
8/25/2012
Nilai-Nilai Sinyal
Nilai sesaat yaitu nilai sinyal pada saat tertentu
Nilai puncak atau amplitudo maksimum
v(t) t3 0
t1 t2
t Amplitudo minimum
48
48
8/25/2012
Nilai Rata-Rata Sinyal Definisi:
Vrr
1 = T
∫
t 0 +T
v( x)dx
t0
Integral sinyal selama satu perioda dibagi perioda CONTOH: v
v
T
T
6V
6V 0 1 2 3 4 5 6 7 8 t
t
0 −4V 1 2 3 4 5 6 7 8 9
1 3 1 2 Vrr = v(t )dt = 6dt 3 0 3 0 1 2 1 = (6t ) 0 = (12 − 0) = 4 V 3 3
∫
∫
3 1 3 1 2 v(t )dt = 6dt − 6dt 2 3 0 3 0 1 2 3 = (6t ) 0 − (6t ) 2 = 4 − 2 = 2 V 3
Vrr =
∫
{
}
∫
∫
49
49
8/25/2012
Nilai efektif (rms) Definisi:
V rms =
1 T
t 0 +T
∫ [v(t )]
2
dt
t0
Akar dari integral kuadrat sinyal selama satu perioda yang dibagi oleh perioda CONTOH: nilai efektif dari sinyal pada contoh sebelumnya 62 = 36
62 = 36
(−4)2 = 16
t
0 0 1 2 3 4 5 6 7 8 t 2
Vrms =
1 2 6 dt = 3
∫ 0
1 (36t ) 20 = 3
72 V 3
1 2 3 4 5 6 7 8 9 Vrms =
3 2 1 2 2 6 dt + 4 dt = 3 2 0
∫
∫
1 (72 + 16 ) = 3
88 V 3 50
50
8/25/2012
CONTOH: Tentukanlah nilai, tegangan puncak (Vp), tegangan puncakpuncak (Vpp), perioda (T), tegangan rata-rata (Vrr), dan tegangan efektif dari bentuk gelombang tegangan berikut ini.
6V
0
1
Vp = 6 V
Vrr
1 = 3
Vrms =
∫0
3
4 5
V pp = 6 V
; 2
2
6
;
7 8 t
T = 3s
1 6dt + 0dt = (6 × 2 + 0 ) = 4 V 2 3
1 3
∫
2
∫0
3
6 2 dt +
1 0 2 dt = (36 × 2 + 0) = 4,9 V 2 3
∫
3
51
51
8/25/2012
CONTOH: Tentukanlah nilai tegangan puncak (Vp), tegangan puncakpuncak (Vpp), perioda (T), tegangan rata-rata (Vrr), dan tegangan efektif dari bentuk gelombang tegangan berikut ini. 6V t
0 −4V 1
Vp = 6 V 1 Vrr = 3 Vrms
∫0
1 = 3
3 4
5
V pp = 10 V
; 2
2
6 7
;
8
9
T = 3s
3 1 6dt + − 4dt = (6 × 2 − 4 × 1) = 2,66 V 2 3
∫
2 2
∫0
6 dt +
1 (36 × 2 + 16 ×1) = 5,42 V (−4) 2 dt = 2 3
∫
3
52
52
8/25/2012
CONTOH: Tentukanlah nilai tegangan puncak (Vp), tegangan puncak-puncak (Vpp), perioda (T), tegangan rata-rata (Vrr), dan tegangan efektif dari bentuk gelombang tegangan berikut ini v 6V t
0 1
Vp = 6 V Vrr
∫
1 4
3
V pp = 6 V
;
1 2 = 3tdt + 4 0
Vrms =
2
2
∫0
4
;
5
6
7
T = 4s
1 6×3 (6 − 6(t − 2))dt + 0dt = = 2,25 V 2 3 4 2
∫
3
9t 2 dt +
∫
3
∫2
4
(6 − 6(t − 2)) 2 dt +
0 dt = 3,0 V
4 2
∫3
53
53
8/25/2012
CONTOH: Tentukanlah nilai tegangan puncak (Vp), tegangan puncak-puncak (Vpp), perioda, tegangan rata-rata, dan tegangan efektif dari bentuk gelombang tegangan sinus ini v 1
v = sin ωt V
T
00
Vp = 1V ; V pp = 2 V; 2π
4π
ωt
T = 2π ; Vrr = 0 V
-1 Vrms =
1 sin 2 ωtdωt 2π
∫
d sin x cos x = − sin 2 x + cos 2 x dx 1 = sin 2 x + cos 2 x
Vrms = =
1 sin 2 ωtdωt = 2π
∫
d (sin x cos x) = 2 sin 2 x dx dx − d (sin x cos x) ⇒ = sin 2 xdx 2
1−
⇒
∫
dx − d (sin x cos x) = sin 2 xdx 2
∫
2π
1 ωt 1 × − sin ωt cos ωt 2π 2 2 0
1 2π 1 1 × − ( 0 − 0) = V 2π 2 2 2 54
54
8/25/2012
CONTOH: Tentukanlah nilai tegangan puncak (Vp), tegangan puncak-puncak (Vpp), perioda (T), tegangan rata-rata (Vrr), dan tegangan efektif dari bentuk gelombang tegangan berikut ini v
1
v = sin ωt V
T
Vp = 1V ;
Vrr =
V pp = 1 V;
ωt
T = 2π ;
1 π 1 1 1 π sin ωtdωt = × (cos ωt ) 0 = × (−1 + 1) = 2π 0 2π 2π π
Vrms = =
∫
1 π 2 sin ωtdωt = 2π 0
∫
π
1 ωt 1 × − sin ωt cos ωt 2π 2 2 0
1 π 1 1 × − ( 0 − 0) = V 2π 2 2 2 55
55
8/25/2012
CONTOH: Tentukanlah nilai tegangan puncak (Vp), tegangan puncak-puncak (Vpp), perioda (T), tegangan rata-rata (Vrr), dan tegangan efektif dari bentuk gelombang tegangan berikut ini v 1
v = sin ωt V T =2π
Vp = 1V ;
Vrr =
V pp = 1 V;
ωt
T = 2π ;
1 2π 1 π 1 1 2 π sin ωtdωt = sin ωtdωt = × (cos ωt ) 0 = × (−1 + 1) = V 2π 0 π 0 π 2π π
Vrms =
∫
∫
π 1 2π 2 1 π 2 1 ωt 1 sin ωtdωt = 2 × sin ωtdωt = 2 × × − sin ωt cos ωt π 0 π 2 2 2π 0 0
∫
∫
1 π 1 = 2 × × − (0 − 0) = 1 V π 2 2 56
56
8/25/2012
3. Model Sinyal
57
57
8/25/2012
Bentuk gelombang sinyal adalah suatu persamaan atau suatu grafik yang menyatakan sinyal sebagai fungsi dari waktu. Ada dua macam bentuk gelombang, yaitu:
Bentuk Gelombang Dasar
Bentuk Gelombang Komposit
Hanya ada 3 macam bentuk gelombang dasar yaitu:
Bentuk gelombang komposit merupakan kombinasi (penjumlahan, pengurangan, perkalian) dari bentuk gelombang dasar.
Anak tangga (step) Eksponensial Sinus
58
58
8/25/2012
Contoh Bentuk Gelombang Komposit
Tiga Bentuk Gelombang Dasar
v
v
v
1,2
1,2
00
t
t20
0
Anak tangga
00 0
t 20
-1,2
-1,2
Sinus teredam
Eksponensial ganda
v
1,2
0 0
20
-1,2
v
v
t
Sinus
0
Deretan pulsa
v
Gelombang persegi
1,2
v
v
0 0
0
Eksponensial
t
t
0
t
20
0
Gigi gergaji
t
0
t
Segi tiga 59
59
8/25/2012
Bentuk Gelombang Dasar Fungsi Anak-Tangga ( Fungsi Step ) v
1
0
t VA
v
v = V Au (t ) = 0 untuk t < 0
0
t VA
v 0
Ts
v = u (t ) = 0 untuk t < 0 = 1 untuk t ≥ 0
= V A untuk t ≥ 0
Amplitudo = 1 Muncul pada t = 0
Amplitudo = VA Muncul pada t = 0
v = V Au (t − Ts ) = 0 untuk t < 0 t
= V A untuk t ≥ Ts Amplitudo = VA Muncul pada t = Ts Atau tergeser positif sebesar Ts
60
60
8/25/2012
Bentuk Gelombang Eksponensial v VA Amplitudo = VA τ : konstanta waktu
v = [V A e − t / τ ] u (t ) 0.368VA
0
1
2
3
4
5
t /τ
Pada t = τ sinyal sudah menurun sampai 36,8 % VA. Pada t = 5τ sinyal telah menurun sampai 0,00674VA , kurang dari 1% VA. Kita definisikan durasi (lama berlangsungnya) suatu sinyal eksponensial adalah 5τ. Makin besar konstanta waktu, makin lambat sinyal menurun.
61
61
8/25/2012
Contoh v1 (t ) = 5e −t / 2u (t ) V
10
Konstanta waktu = 2
v [V] 5
v2
v2 (t ) = 10e −t / 2u (t ) V
v3
Konstanta waktu = 2
v1 0
0
5
t [detik]
10
v3 (t ) = 10e −t / 4u (t ) V Konstanta waktu = 4
Makin besar konstanta waktu, makin lambat gelombang menurun
62
62
8/25/2012
Gelombang Sinus v T0
VA
0
00
t
- 2
−VA
-2
−V-1,2A
-1,2
( Nilai puncak pertama terjadi pada t = 0 )
Dapat ditulis
v = V A cos[2π t / To − φ] 1 T0
dan frekuensi sudut ω 0 = 2 π f 0 =
TS
t
v = V A cos[2π(t − Ts ) / To ]
v = VA cos(2π t / To)
Karena frekuensi siklus f 0 =
T0
v V1,2A
2π T0
( Nilai puncak pertama terjadi pada t = TS )
dengan φ = 2 π
maka
Ts (sudut fasa) T0
v = V A cos[ 2 π f 0 t − φ ] atau v = V A cos[ ω 0 t − φ ] 63
63
8/25/2012
Bentuk Gelombang Komposit Fungsi Impuls
Dipandang sebagai terdiri dari dua gelombang anak tangga
v
0 v
A t T1
T2
A v = Au (t − T1 )
0
t T1
−A
T2
Muncul pada t = T1
v = − Au (t − T2 ) Muncul pada t = T2
v = Au (t − T1 ) − Au (t − T2 ) 64
64
8/25/2012
Impuls Satuan v Impuls simetris thd sumbu tegak dengan lebar impuls diperkecil namun dipertahankan luas tetap 1
Impuls simetris thd sumbu tegak Luas = 1
0
Lebar impuls terus diperkecil sehingga menjadi impuls satuan dengan definisi:
v δ(t) t 0
t
v = δ( t ) = 0 =1
untuk t ≠ 0 untuk t = 0
65
65
8/25/2012
Fungsi Ramp v
Amplitudo ramp berubah secara linier Ramp muncul pada t = 0
r(t)
v(t ) = r (t ) = t u (t )
t
0
Kemiringan = 1
Fungsi Ramp Tergeser r r(t) t
ramp berubah secara linier muncul pada t = T0
r (t ) = K (t − T0 ) u (t − T0 )
0 T0 Kemiringan fungsi ramp
Pergeseran sebesar T0 66
66
8/25/2012
Sinus Teredam
(
)
v = sin(ωt ) V Ae −t / τ u (t )
VA
= V A sinωt e −t / τ u (t )
v
Faktor yang menyebabkan penurunan secara eksponensial
0.5
0 0
Fungsi sinus beramplitudo 1
Maksimum pertama fungsi sinus < VA
5
10
15
20 t 25
-0.5
Fungsi eksponensial beramplitudo VA
67
67
8/25/2012
CONTOH: (bentuk gelombang anak tangga dan kompositnya) v1
a).
v1 = 4 u(t) V
v2
b).
1 2 3 4 5
4V 0
c).
v3 4V 1V 0
0 −3V
t
v3 = 4u(t)−3u(t−2) V
t 1 2 3 4 5
dipandang sebagai tersusun dari dua gelombang anak tangga
t
v2 = −3 u(t−2) V
v3 4V
0
va = 4u(t) V t 1 2 3 4 5 v = −3u(t−2) V b
68
68
8/25/2012
Dipandang sebagai tersusun dari tiga gelombang anak tangga
d). v4 v = 4u(t)−7u(t−2)+3u(t−5) V 4 4V 0 −3V
t 1 2 3 4 5 6
v4
va = 4u(t) V
4V vc = 3u(t−5) V t 0 1 2 3 4 5 6
−7V
vb = −7u(t−2) V
69
69
8/25/2012
CONTOH: (fungsi ramp dan kompositnya) a). v1 4V 0
v1 = 2t u(t) V
b).
v2 0
t 1 2 3 4 5 6
t 1 2 3 4 5 6
−4V −2(t−2) u(t−2) V
2tu(t) V
c). v3 4V 0
2tu(t) − 2(t−2) u(t−2) V
t 1 2 3 4 5 6
Dipandang sebagai tersusun dari dua fungsi ramp
v3 4V 0
t 1 2 3 4 5 6 − 2(t−2) u(t−2) V 70
70
8/25/2012
CONTOH: (fungsi ramp dan kompositnya) d). v4
v4 4V
4V 0
t 1 2 3 4 5 6
0
2tu(t) V
t 1 2 3 4 5 6 − 2(t−2) u(t−2) V
2tu(t) − 4(t−2)u(t-2) V v5
e). 4V 0
2tu(t) − 2(t−2)u(t−2) − 4u(t−5)
2tu(t) − 2(t−2) u(t−2) V
f).
v6 4V
2tu(t) − 2(t−2)u(t−2) − 4u(t−2)
t 1 2 3 4 5 6
t 1 2 3 4 5 6
71
71
8/25/2012
CONTOH: sinus teredam 10 10 V5 5
00
v1 v2 t [detik] 0
0
0.1 0.1
0.2 0.2
0.3 0.3
0.4 0.4
-5-5 -10 -10
sinus v1 = 10 cos(50(t − 0,020) ) u (t ) V sinus teredam v 2 = 10 cos(50(t − 0,020) ) e
− t / 0,1
u (t ) V
yang dapat diabaikan nilainya pada t > 0,5 detik
72
72
8/25/2012
Spektrum Sinyal Suatu sinyal periodik dapat diuraikan atas komponen-komponen penyusunnya. Komponen-komponen penyusun tersebut merupakan sinyal sinus. Kita juga dapat menyatakan sebaliknya, yaitu susunan sinyalsinyal sinus akan membentuk suatu sinyal periodik. Komponen sinus dengan frekuensi paling rendah disebut komponen sinus dasar, sedang komponen sinus dengan frekuensi lebih tinggi disebut komponen-komponen harmonisa. Komponen harmonisa memiliki frekuensi yang merupakan kelipatan bulat dari frekuensi sinus dasar. Jika sinus dasar memiliki frekuensi f0, maka harmonisa ke-3 mempunyai frekuensi 3f0, harmonisa ke-7 memiliki frekuensi 7f0, dst. Berikut ini adalah suatu contoh penjumlahan sinyal sinus yang akhirnya membentuk gelombang persegi. 73
73
8/25/2012
Contoh : Susunan sinyal sinus yang membentuk Gelombang Persegi
sinus dasar
sin dasar + harmonisa 3 sin dasar + harmonisa 3 + 5
sin dasar + harmonisa 3 + 5 + 7
sin dasar + harmonisa 3 s/d 21 74
74
8/25/2012
Berikut ini kita melihat suatu penjumlahan sinyal sinus yang kemudian kita analisis komponen per komponen. Sinyal: v = 10 + 30 cos(2πf 0 t ) + 15 sin (2π(2 f 0 )t ) − 7,5 cos(2π(4 f 0 )t ) Uraian:
Frekuensi
0
f0
2 f0
4 f0
Amplitudo (V)
10
30
15
7,5
Sudut fasa
−
0°
−90°
180°
Uraian amplitudo setiap komponen membentuk spektrum amplitudo Uraian sudut fasa setiap komponen membentuk spektrum sudut fasa Kedua spektrum tersebut digambarkan sebagai berikut: 75
75
8/25/2012
Spektrum Sudut Fasa
40
180
30
90
Sudut Fasa [ o ]
Amplitudo [ V ]
Spektrum Amplitudo
20 10
0 0
1
2
3
4
5
-90
0 0
1
2
3
4
Frekwensi [ x fo ]
5
-180
Frekwensi [ x fo ]
Dalam spektrum ini, frekuensi sinyal terendah adalah nol, yaitu komponen arus searah Frekuensi komponen sinus terendah adalah f0. Frekuensi komponen sinus tertinggi adalah 4f0.
76
76
8/25/2012
Lebar Pita (band width) Lebar pita adalah selisih dari frekuensi tertinggi dan terendah Frekuensi tertinggi adalah batas frekuensi dimana amplitudo dari harmonisa-harmonisa yang frekuensinya di atas frekuensi ini dapat diabaikan Batas frekuensi terendah adalah frekuensi sinus dasar jika bentuk gelombang yang kita tinjau tidak mengandung komponen searah. Jika mengandung komponen searah maka frekuensi terendah adalah nol
77
77
8/25/2012
Spektrum sinyal periodik merupakan uraian bentuk gelombang sinyal menjadi deret Fourier
Deret Fourier Suatu fungsi periodik dapat dinyatakan sebagai:
∑ [an cos(2πnf 0t ) + bn sin(2πnf 0t )]
f (t ) = a 0 +
f (t ) = a0 +
atau
Komponen searah
a0 =
dimana:
an = bn =
1 T0 2 T0 2 T0
∞
a 2 + b 2 cos(nω t − ϕ ) n 0 n n n =1
∑
Amplitudo komponen sinus T0 / 2
∫−T
0
/2
T0 / 2
∫−T
0
/2
T0 / 2
∫−T
0
/2
bn = tan ϕ n an
Sudut Fasa komponen sinus
f (t )dt f (t ) cos(2πnf 0 t )dt
yang disebut sebagai koefisien Fourier
f (t ) sin(2πnf 0t )dt 78
78
8/25/2012
Jika sinyal simetris terhadap sumbu-y, banyak koefisien Fourier bernilai nol Simetri Genap y (t ) = y (−t ) y(t) A
bn = 0
-T0/2 T0/2
t
y (t ) = a o +
∞
∑ [a n cos(nω0t )] n =1
To
Simetri Ganjil y (t ) = − y (−t ) y(t) A
T0 t
−A
a0 = 0 dan a n = 0 y (t ) =
∞
∑ [bn sin(nω0t )]
n =1
79
79
8/25/2012
Contoh: simetri ganjil - Penyearahan Setengah Gelombang v
a0 = A / π 2A/ π n genap; an = 0 n ganjil 1 − n2 b1 = A / 2 ; bn = 0 n ≠ 1 an =
T0
t
Contoh: simetri genap - Sinyal Segitiga v
a0 = 0
T0
A
8A n ganjil; an = 0 n genap (nπ) 2 bn = 0 untuk semua n an =
t
80
80
8/25/2012
Contoh: Uraian Penyearahan Setengah Gelombang Koefisien Fourier
Amplitudo
ϕ [rad]
a0
0,318
0,318
a1
0
0,5
1,57
b1
0,5
a2
-0,212
0,212
0
b2
0
a4
-0,042
b4
0
a6
-0,018
b6
0
0,042
0
Uraian ini dilakukan hanya sampai pada harmonisa ke-6
0,018
0
Dan kita mendapatkan spektrum amplitudo sebagai berikut:
A0 = 0,318 V; A1 = 0,5 V; A2 = 0,212 V; A4 = 0,042 V; A6 = 0,018 V
0.6 [V]
0.5 0.4 0.3 0.2 0.1 0 0
1
2
3
4
5 6 harmonisa 81
81
8/25/2012
0.6 [V]
0.5 0.4 0.3 0.2 0.1 0 0
1
2
3
4
5 6 harmonisa
Jika dari spektrum yang hanya sampai harmonisa ke-6 ini kita jumlahkan kembali, kita peroleh bentuk gelombang: 1.2 [V] 0.8
v hasil penjumlahan
0.4
Sinus dasar
0 0
90
180
270
[o ] 360
Terdapat cacat pada bentuk gelombang hasil penjumlahan
-0.4
Sampai harmonisa ke berapa kita harus menguraikan suatu bentuk gelombang periodik, tergantung seberapa jauh kita dapat menerima adanya cacat yang mungkin terjadi pada penjumlahan kembali spektrum sinyal 82
82
8/25/2012
4. Model Piranti
83
83
8/25/2012
Piranti Listrik dikelompokkan ke dalam 2 katagori
Piranti pasif
aktif
menyerap daya
memberi daya
84
84
8/25/2012
Perilaku suatu piranti dinyatakan oleh karakteristik i-v yang dimilikinya, yaitu hubungan antara arus yang melalui piranti dengan tegangan yang ada di antara terminalnya. tegangan diukur antara dua ujung piranti
i linier
+
piranti arus melewati piranti
−
tidak linier
v
85
85
8/25/2012
Resistor i batas daerah linier
nyata
model
R v Simbol:
Kurva i terhadap v tidak linier benar namun ada bagian yang sangat mendekati linier, sehingga dapat dianggap linier. Di bagian inilah kita bekerja.
v R = R iR atau iR = G vR 1 R R disebut resistansi dengan G =
G disebut konduktansi
Daya pada R : pR =
vR iR = iR2 R
=
vR2 G
vR2 = R 86
86
8/25/2012
CONTOH: v R = 40 sin 314t V
Resistor : R = 4 Ω
p R = 400 sin 2 314 t W
i R = 10 sin 314 t A 100 80
V 60 A W40
pR vR
20
iR
0 -20 -40
0
0.01
0.02
0.03
0.04
t [detik]
-60
Bentuk gelombang arus sama dengan bentuk gelombang tegangan
87
87
8/25/2012
Kapasitor iC C
C simbol
1 dvC/dt t
dv iC = C C dt
1 vC = vC (t0 ) + iC dt C
∫
t0
Konstanta proporsionalitas C disebut kapasitansi
Daya pada C : pC = vC iC = CvC
dvC d 1 2 = CvC dt dt 2
Daya adalah turunan terhadap waktu dari energi. Maka apa yang ada dalam tanda kurung adalah energi
Energi : wC =
1 C vC2 + konstanta 2 Energi awal
88
88
8/25/2012
CONTOH: Kapasitor : C = 2 µF = 2 × 10−6 F
dvC = 80000 cos 400t V dt
vC = 200 sin 400t V
iC = 0,16 cos 400 t A pC = 16 sin 800 t W
200
vC
V mA 100 W
iC
0
pC 0
0.01
0.02
0.03
0.04
0.05 t [detik]
-100 -200
Bentuk gelombang arus sama dengan bentuk gelombang tegangan namun iC muncul lebih dulu dari vC. Arus 90o mendahului tegangan 89
89
8/25/2012
Induktor L
diL dt 1/L
simbol
1 vL t
di vL = L L dt
1 iL = iL (t0 ) + vL dt L
∫
t0
Konstanta proporsionalitas L disebut induktansi
Daya pada L : p L = vL iL = LiL
diL d 1 2 = LiL dt dt 2
Daya adalah turunan terhadap waktu dari energi. Maka apa yang ada dalam tanda kurung adalah energi
Energi : wL =
1 2 Li L + konstanta 2 Energi awal 90
90
8/25/2012
CONTOH:
Induktor : L = 2,5 H vL = L
vL = 200sin400t Volt
1 di L → iL = ∫ v L dt = −0,2 cos 400t + iL 0 A dt L
p L = v L i L = −20 sin 800t W
200
V mA W
vL
100
iL pL
0 0 -100
0.01
0.02
0.03
0.04
0.05 t
[detik]
-200
Bentuk gelombang arus sama dengan bentuk gelombang tegangan namun iL muncul lebih belakang dari vL. Arus 90o di belakang tegangan
91
91
8/25/2012
Resistansi, kapasitansi, dan induktansi, dalam analisis rangkaian listrik merupakan suatu konstanta proporsionalitas Secara fisik, mereka merupakan besaran dimensional
92
92
8/25/2012
Resistor
Kapasitor
v R = R iR
dv iC = C C dt
Induktor
vL = L
di L dt
konstanta proporsionalitas
Secara Fisik
L R=ρ A resistivitas L: panjang konduktor A: luas penampang
A C =ε d konstanta dielektrik A: luas penampang elektroda
L = kN 2 konstanta N: jumlah lilitan
d: jarak elektroda
93
93
8/25/2012
Induktansi Bersama i1 Dua kumparan terkopel secara magnetik
Induktansi sendiri kumparan-1
v1
L1 = k1 N12
i2 v2
L2 = k 2 N 22
Induktansi sendiri kumparan-2
Terdapat kopling magnetik antar kedua kumparan yang dinyatakan dengan: M Kopling pada M 12 = k12 N1 N 2 M 21 = k 21 N 2 N1 kumparan-1 oleh kumparan-2 Jika medium magnet linier : k12 = k21 = kM
Kopling pada kumparan-2 oleh kumparan-1
M12 = M 21 = k M N1N 2 = M = k L1L2 Persamaan tegangan v1 di kumparan-1
= L1
di1 di ±M 2 dt dt
v 2 = L2
di2 di tegangan ± M 1 Persamaan di kumparan-2 dt dt
Tanda ± tergantung dari apakah fluksi magnet yang ditimbulkan oleh kedua kumparan saling membantu atau saling berlawanan 94
94
8/25/2012
Kopling magnetik bisa positif (aditif) bisa pula negatif (substraktif) Untuk memperhitungkan kopling magnetik digunakan Konvensi Titik: Arus i yang masuk ke ujung yang bertanda titik di salah satu kumparan, membangkitkan tegangan berpolaritas positif pada ujung kumparan lain yang juga bertanda titik. Besarnya tegangan yang terbangkit adalah M di/dt.
φ1
i1
φ2
i2
φ substraktif
φ aditif i1
φ1 φ 2
i1
i2
i2
v1
v2
i1
i2
v1
v2
v1 = L1
di1 di +M 2 dt dt
v1 = L1
di1 di −M 2 dt dt
v2 = L2
di2 di +M 1 dt dt
v2 = L2
di2 di −M 1 dt dt 95
95
8/25/2012
Transformator Ideal i1
i2
v1
v2
Jika kopling magnet terjadi secara sempurna, artinya fluksi magnit melingkupi kedua kumparan tanpa terjadi kebocoran, maka
L1 = k1 N12
L2 = k 2 N 22
M 12 = k12 N1 N 2
M 21 = k 21 N 2 N1
di1 di di di ± M 2 = N1 k M N1 1 ± k M N 2 2 dt dt dt dt di di di di v 2 = L2 2 ± M 1 = ± N 2 ± k M N 2 2 + k M N 1 1 dt dt dt dt v1 = L1
k1 = k2 = k12 = k21 = kM
Jika susut daya adalah nol:
v1 N = ± 1 v2 N2
v1 i1 + v2 i2 = 0
i2 v N =− 1 =m 1 i1 v2 N2 96
96
8/25/2012
CONTOH: + v1 _
+ v2 50Ω _
N1/N2 = 0,1 v1 = 120sin400t V v2 = ( N 2 / N1 ) v1 = 1200 sin 400 t V i2 = v2 / 50 = 24 sin 400 t A i1 = ( N 2 / N1 ) i2 = 240 sin 400 t A
p L = v2 i2 = 28.8 sin 2 400 t kW. 97
97
8/25/2012
Saklar i
i simbol
simbol
v
v saklar terbuka i = 0 , v = sembarang
saklar tertutup v = 0 , i = sembarang
98
98
8/25/2012
Sumber Tegangan Bebas Ideal Sumber tegangan bebas memiliki tegangan yang ditentukan oleh dirinya sendiri, tidak terpengaruh oleh bagian lain dari rangkaian.
v = vs (tertentu) dan
i
i = sesuai kebutuhan
+ Vo Vo
v
Karakteristik i - v sumber tegangan konstan
−
i
Simbol sumber tegangan konstan
vs
+ _
i
Simbol sumber tegangan bervariasi terhadap waktu
99
99
8/25/2012
Sumber Arus Bebas Ideal Sumber arus bebas memiliki kemampuan memberikan arus yang ditentukan oleh dirinya sendiri, tidak terpengaruh oleh bagian lain dari rangkaian.
i = is (tertentu) dan
v = sesuai kebutuhan
i
i
−
Is Is , is v Karakteristik sumber arus ideal
v +
Simbol sumber arus ideal 100
100
8/25/2012
CONTOH: + −
40V
beban
Sumber Tegangan
5A
beban
Sumber Arus
vbeban = vsumber = 40 V
ibeban = isumber = 5 A
pbeban= 100 W → i = 2,5 A
pbeban= 100 W → v = 20 V
pbeban= 200 W → i = 5 A
pbeban= 200 W → v = 40 A
Tegangan sumber tetap, arus sumber berubah sesuai pembebanan
Arus sumber tetap, tegangan sumber berubah sesuai pembebanan 101
101
8/25/2012
Sumber Praktis Sumber praktis memiliki karakteristik yang mirip dengan keadaan dalam praktik. Sumber ini digambarkan dengan menggunakan sumber ideal tetapi tegangan ataupun arus sumber tergantung dari besar pembebanan.
i
i vs +_
Rs
+ v −
is
ip − v Rp +
Sumber tegangan praktis terdiri dari sumber ideal vs dan resistansi seri Rs sedangkan tegangan keluarannya adalah v.
Sumber arus praktis terdiri dari sumber ideal is dan resistansi paralel Rp sedangkan tegangan keluarannya adalah v.
vs tertentu, akan tetapi tegangan keluarannya adalah v = vs − iR
is tertentu, akan tetapi arus keluarannya adalah i = is − ip 102
102
8/25/2012
Sumber Tak-Bebas (Dependent Sources) Sumber tak-bebas memiliki karakteristik yang ditentukan oleh besaran di bagian lain dari rangkaian. Ada empat macam sumber tak-bebas, yaitu:
CCVS
+ _
i1
VCVS r i1
+ v1 _
+ _
µ v1
Sumber tegangan dikendalikan oleh arus
Sumber tegangan dikendalikan oleh tegangan
CCCS
VCCS i1
β i1
Sumber arus dikendalikan oleh arus
+ v1 _
g v1
Sumber arus dikendalikan oleh tegangan 103
103
8/25/2012
Sumber tak bebas digunakan untuk memodelkan Penguat Operasional (OP AMP) +VCC vo 8
+VCC : catu daya positif −VCC : catu daya negatif
7
Top 1
6
5
vP = tegangan masukan non-inversi; vN = tegangan masukan inversi; vo = tegangan keluaran;
− +
2
3
4
vN vP −VCC
Model Sumber Tak Bebas OP AMP Diagram rangkaian + iP
Ro
vP + Ri vN + iN
−
+ −
io
µ (vP − vN )
catu daya positif
masukan non-inversi +
+ vo
−
keluaran
masukan inversi catu daya negatif
104
104
8/25/2012
OP AMP Ideal Suatu OPAMP ideal digambarkan dengan diagram rangkaian yang disederhanakan: masukan non-inversi masukan inversi
vp ip
+ −
vn
vo
keluaran
in
Jika OpAmp dianggap ideal maka terdapat relasi yang mudah pada sisi masukan
vP = vN iP = iN = 0
105
105
8/25/2012
Contoh: Rangkaian Penyangga (buffer) iP vP vs
+ −
vN
+ −
io
vo
R iN
v P = vs
v N = vo
vP = v N
vo = vs
106
106
8/25/2012
Contoh: Rangkaian Penguat Non-Inversi iP vP vN vs
+ −
+ − iN
vo
v P = vs
R1
vN =
R2
R2 vo R1 + R2
vP = vN ⇒
umpan balik vo =
R2 vo = v s R1 + R 2 R1 + R 2 vs R2
107
107
8/25/2012
CONTOH: vo = ?
2kΩ + −
5V +−
iB = ?
pB = ?
vo iB 2kΩ + vB 1kΩ −
vN = iB =
RB =1kΩ
v p = vN
iP = iN = 0 =
5 − vN → vN = 5 V 2000
1 1 v o ⇒ v o = 5 V → v o = 15 V 1+ 2 3 vo RB
p B = v B i B = v o i B = i B2 R B
Rangkaian dengan OP AMP yang lain akan kita pelajari dalam pembahasan tentang rangkaian pemroses sinyal 108
108
8/25/2012
109
109
8/25/2012
Pekerjaan analisis rangkaian listrik berbasis pada dua Hukum Dasar yaitu 1. Hukum Ohm 2. Hukum Kirchhoff
110
110
8/25/2012
Hukum Ohm • Relasi Hukum Ohm
v = iR resistansi • Resistansi konduktor – Suatu konduktor yang memiliki luas penampangn merata, A, mempunyai resistansi R
ρl R= A
ρ : resistivitas bahan konduktor dengan satuan [Ω.mm 2 / m] l : panjang konduktor dengan satuan [m] A : luas penampang konduktor dengan satuan [mm 2 ] 111
111
8/25/2012
CONTOH: Seutas kawat terbuat dari tembaga dengan resistivitas 0,018 Ω.mm2/m. Jika kawat ini mempunyai penampang 10 mm2 dan panjang 300 m, hitunglah resistansinya. Jika kawat ini dipakai untuk menyalurkan daya (searah), hitunglah tegangan jatuh pada saluran ini (yaitu beda tegangan antara ujung kirim dan ujung terima saluran) jika arus yang mengalir adalah 20 A. Jika tegangan di ujung kirim adalah 220 V, berapakah tegangan di ujung terima? Berapakah daya yang diserap saluran ?
Diagram rangkaian adalah: ∆Vsaluran R Saluran kirim
Sumber 220 V
+ −
i i
R
Resistansi saluran kirim : R =
Beban i = 20 A
Karena ada saluran balik,
ρl 0,018 × 300 = = 0,054 Ω A 10
R saluran = 2 × 0,054 = 0,108 Ω
Saluran balik Saluran dialirai arus 20 A, terjadi tegangan jatuh antara sumber dan beban : ∆Vsaluran = iRsaluran = 20 × 0,108 = 2,16 V Tegangan di beban = tegangan sumber − tegangan jatuh di saluran : vterima = 220 − 2,16 = 217,84 V
Daya yang diserap saluran, merupakan susut daya di saluran p saluran = i 2 R = (20) 2 × 0,108 = 43,2 W
112
112
8/25/2012
Hukum Kirchhoff Ada beberapa istilah yang perlu kita fahami lebih dulu Terminal : ujung akhir sambungan piranti atau rangkaian. Rangkaian : beberapa piranti yang dihubungkan pada terminalnya. Simpul (Node) : titik sambung antara dua atau lebih piranti. Catatan : Walaupun sebuah simpul diberi pengertian sebagai sebuah titik tetapi kawat-kawat yang terhubung langsung ke titik simpul itu merupakan bagian dari simpul; jadi dalam hal ini kita mengabaikan resistansi kawat. Simpai (Loop): rangkaian tertutup yang terbentuk apabila kita berjalan mulai dari salah satu simpul mengikuti sederetan piranti dengan melewati tiap simpul tidak lebih dari satu kali dan berakhir pada simpul tempat kita mulai perjalanan.
113
113
8/25/2012
Ada dua hukum Kirchhoff, yaitu 1. Hukum Tegangan Kirchhoff 2. Hukum Arus Kirchhoff Formulasi dari kedua hukum tersebut adalah sebagai berikut: • Hukum Arus Kirchhoff (HAK) -Kirchhoff's Current Law (KCL) – Setiap saat, jumlah aljabar arus di satu simpul adalah nol
• Hukum Tegangan Kirchhoff (HTK) Kirchhoff's Voltage Law (KVL) – Setiap saat, jumlah aljabar tegangan dalam satu loop adalah nol
114
114
8/25/2012
Relasi-relasi kedua hukum Kirchhoff A + v1 1
+ v2 − 2
i2
i4 + v4 − B 4
i1
i5
i3 loop 1
3
−
loop 2 loop 3
+ 5 v5 −
C HAK untuk simpul :
HTK untuk loop :
simpul A : − i1 − i2 = 0
loop 1: − v1 + v2 + v3 = 0
simpul B : + i2 − i3 − i4 = 0
loop 2 : − v3 + v4 + v5 = 0
simpul C : + i1 + i3 + i4 = 0
loop 3 : − v1 + v2 + v4 + v5 = 0
115
115
8/25/2012
+ v1 − a).
+ −
vs R1 R 2
+ v2 −
− vs + v1 + v2 = 0
+ vL −
−v s + v1 + v L = 0
+ vC −
−v s + v1 + vC = 0
→ vs = i1 R1 + i2 R2
+ v1 − b).
+ −
vs R1 L
→ v s = i1 R1 + L
di L dt
+ v1 − c).
+ −
vs R1
+ v1 −
C + vL −
d). + −
vs R1
L C
→ v s = i1 R1 +
1 iC dt C
∫
−v s + v1 + v L + vC = 0 + vC −
→ v s = i1 R1 + L
di L 1 + iC dt dt C
∫
116
116
8/25/2012
i1 R1
a).
+ v1 − + v3 − i1 R1
b).
c).
R1
+ v1 − + v3 −
d).
i1 R1 + v1 − + vL −
i2
+ v2 −
R3
i3 R2
A
+ v1 − + vL − i1
R2
A
i1 − i2 − i3 = 0
i2
+ v2 −
i1 − i2 − i L = 0
→
v1 v2 v3 − − =0 R1 R2 R3
→
v1 v2 1 − − v L dt = 0 R1 R2 L
∫
iL L C iC
A R3
+ vC − i3 C
A
L
→
dv v v1 −C C − 3 = 0 R1 dt R3
i1 − iC − i L = 0
→
dv v1 1 −C C − v L dt = 0 dt L R1
iC
+ vC − iL
i1 − iC − i3 = 0
∫
117
117
8/25/2012
Pengembangan HTK dan HAK Hukum Kirchhoff dapat dikembangan, tidak hanya berlaku untuk simpul ataupun loop sederhana saja, akan tetapi berlaku pula untuk simpul super maupun loop super simpul super merupakan gabungan dari beberapa simpul loop super merupakan gabungan dari beberapa loop
118
118
8/25/2012
simpul super AB i2 + v2 − A 2 +
B
i1
v1 1
i4
+ v4 − 4 i5
i3
5 v5
3
−
+
loop 3
−
C simpul super AB
loop 3 = mesh super
−i1 − i3 − i4 = 0
−v1 + v2 + v4 + v5 = 0
119
119
8/25/2012
CONTOH:
v=?
i4
A
v
+ −
i5 3Ω 4Ω
i1= 5A B i2= 2A
C i = 8A 3
simpul super ABC
i4 + i1 − i3 = 0 ⇒ i4 = i3 − i1 = 8 − 5 = 3 A
Simpul C
i2 + i5 − i3 = 0 ⇒ i5 = i3 − i2 = 8 − 2 = 6 A
loop ACBA
−v + 3i5 − 4i2 = 0 ⇒ v = 3 × 6 − 4 × 2 = 10 V 120
120
8/25/2012
121
121
8/25/2012
Hubungan Seri dan Paralel + v1 −
+ v1 −
i1 1
+ v2 −
i2 2
1 i1
i2
2
+ v2 −
Hubungan paralel v1 = v2
Hubungan seri i1 = i2
Dua elemen atau lebih dikatakan terhubung paralel jika mereka terhubung pada dua simpul yang sama
Dua elemen dikatakan terhubung seri jika mereka hanya mempunyai satu simpul bersama dan tidak ada elemen lain yang terhubung pada simpul itu
122
122
8/25/2012
Rangkaian Ekivalen Resistor Seri Dua rangkaian disebut ekivalen jika antara dua terminal tertentu, mereka mempunyai karakteristik i-v yang identik i
i R1 +
Rekiv
R2 Vtotal
−
Resistansi Seri : Rekiv = R1 + R2 + R3 + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ Vtotal = V R1 + V R 2 + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅⋅ = R1i + R 2 i + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = (R1 + R 2 + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅) i = Rekivalen i.
123
123
8/25/2012
Rangkaian Ekivalen Resistor Paalel Dua rangkaian disebut ekivalen jika antara dua terminal tertentu, mereka mempunyai karakteristik i-v yang identik i1
G1
itotal
itotal
Gekiv i2
G2
Konduktansi Paralel : Gekiv = G1 + G2 + G3 + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ itotal = iG1 + iG 2 + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = G1v + G2 v + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = (G1 + G2 + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅)v = Gekivalenv
124
124
8/25/2012
Kapasitansi Ekivalen Kapasitor Paralel i A + v C 1 _ B
i1 C2
i2 CN
iN
Kapasitor Paralel : Cek = C1 + C 2 + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ +C N
Kapasitansi Ekivalen Kapasitor Seri i A + v _
C1
C2 CN
Kapasitor Seri : 1 1 1 1 = + + ⋅⋅⋅⋅ + C ek C1 C 2 CN
B 125
125
8/25/2012
Induktansi Ekivalen Induktor Seri A + v _
L1
L2
+ v1 −
+ v2 − LN
+ vN −
Induktor Seri : Lek = L1 + L2 + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + LN
B
Induktansi Ekivalen Induktor Paralel A + v _
L1
L2
LN
Induktor Paralel : 1 1 1 1 = + + ⋅⋅⋅⋅ + Lek L1 L2 LN
B
126
126
8/25/2012
CONTOH: i=? v = 30 sin(100 t) V
C1=100µF
i + −
C2=50µF
1 1 1 50 + 100 3 100 10 −4 = + = = → Ctot = µF = F Ctot 100 50 5000 100 3 3 → i = Ctot
dv 10 −4 = × 3000 cos 100 t = 0,1 cos 100 t A dt 3
Jika kapasitor dihubungkan paralel :
Ctot = 100 + 50 = 150 µF = 0,15 × 10 −3 F → i = Ctot
dv = 0,15 × 10 −3 × 3000 cos 100 t = 0,45 cos 100 t A dt
127
127
8/25/2012
Sumber Ekivalen
vs
+ −
R1
i
+ vR −
+ v −
i bagian lain rangkaian
R2
bagian lain rangkaian
Sumber arus
Sumber tegangan Dari sumber tegangan menjadi sumber arus
v s = is R2
is
iR + v −
R1 = R 2
is =
vs R1
R 2 = R1
Dari sumber arus menjadi sumber tegangan
128
128
8/25/2012
CONTOH:
30V
+ −
R1=10Ω
R2=10Ω
3A
is i3 2,5 A
R1 20 Ω
i1
R2 30 Ω
i2 50 V
+ −
R1 20 Ω
R2 30 Ω
129
129
8/25/2012
Transformasi Y - ∆ Rangkaian mungkin terhubung ∆ atau Y. Menggantikan hubungan ∆ dengan hubungan Y yang ekivalen, atau sebaliknya, dapat mengubah rangkaian menjadi hubungan seri atau paralel. C
C
R3
RB
Hubungan ∆ RA
Hubungan Y R1
R2 B
RC
A
Ekivalen ∆ dari Y R R + R 2 R3 + R1 R3 RA = 1 2 R1
A
B
Ekivalen Y dari ∆ R1 =
R B RC R A + R B + RC
RB =
R1 R 2 + R 2 R3 + R1 R3 R2
R2 =
RC R A R A + R B + RC
RC =
R1 R 2 + R 2 R3 + R1 R3 R3
R3 =
R A RB R A + R B + RC
Dalam keadaan seimbang, R A = R B = RC atau R1 = R 2 = R3
R∆ 3 R∆ = 3 RY RY =
130
130
8/25/2012
Kaidah Pembagi Tegangan R Pembagi Tegangan : vk = k Rtotal
is
60 V
+ −
10 Ω
20 Ω
+ v1−
+ v2− 30 Ω
vtotal
+ v3 −
v1 = 10 V ; v2 = 20 V ; v3 = 30 V
131
131
8/25/2012
Kaidah Pembagi Arus G Pembagi Arus : ik = k Gtotal
is 1A
R1 10 Ω
i1
itotal
i2 R2 20 Ω
i3 R3 20 Ω
i1 =
G1 (1 / 10) is = × 1 = 0,5 A Gtot (1 / 10) + (1 / 20) + (1 / 20)
i2 =
G G2 is = 0,25 A ; i3 = 3 is = 0,25 A Gtot Gtot
132
132
8/25/2012
133
133
8/25/2012
Proporsionalitas Keluaran dari suatu rangkaian linier adalah proporsional terhadap masukannya x masukan
y=Kx keluaran
K
R1
Penjelasan: masukan
+ _
vs
R2 vo = R1 + R2
vs
R2
+ vo keluaran −
R2 K = R1 + R2
134
134
8/25/2012
CONTOH: A
(a ) + −
vin
+ vo1 −
60Ω 120Ω
120 v o1 = v in = ( 2 / 3) v in ; K 1 = ( 2 / 3) 120 + 60
B
(b)
A
B
+ vAB −
80Ω
(c) vin
40Ω
+ vo2 −
40 v o2 = v AB = (1 / 3) v AB → K 2 = 1 / 3 40 + 80 40 v o3 = v AB 40 + 80
A + −
80Ω
60Ω 120Ω
40Ω B
+ vo3 −
40 120 || ( 40 + 80 ) = 40 + 80 120 || ( 40 + 80 ) + 60 = (1 / 3) × (1 / 2 ) = 1 / 6 v in
v in
⇒ K 3 = (1 / 6 ) 135
135
8/25/2012
Prinsip Superposisi Keluaran dari suatu rangkaian linier yang dicatu oleh lebih dari satu sumber adalah jumlah keluaran dari masing-masing sumber jika masing-masing sumber bekerja sendiri-sendiri Suatu sumber bekerja sendiri apabila sumber-sumber yang lain dimatikan Cara mematikan sumber: a. Mematikan sumber tegangan berarti membuat tegangan sumber itu menjadi nol, artinya sumber ini menjadi hubungan singkat. b. Mematikan sumber arus adalah membuat arus sumber menjadi nol, artinya sumber ini menjadi hubungan terbuka.
136
136
8/25/2012
CONTOH:
matikan v2
10Ω
v1=12V
+ −
+ −
10Ω
+ vo1 _
10Ω 12V
+ −
10 vo1 = × 12 V = 6 V 10 + 10
+ vo _
10Ω
matikan v1
v2=24V
10Ω + −
vo 2 =
10Ω 24V
+ vo2 _
10 × 24 V = 12 V 10 + 10
Keluaran vo jika kedua sumber bekerja bersama adalah:
vo = vo1 + vo 2 = 6 + 12 = 18 V 137
137
8/25/2012
Teorema Millman Apabila beberapa sumber arus ik yang masing-masing memiliki resistansi paralel Rk dihubungkan seri, maka hubungan seri tersebut dapat digantikan dengan satu sumber arus ekivalen iekiv dengan resistansi paralel ekivalen Rekiv sedemikian sehingga
i ekiv Rekiv =
Contoh:
∑R i
k k
dan
R ekiv =
iekiv × 20 = 1 × 10 + 2 × 10
i1=1A
i2=2A
R1=10Ω
R2=10Ω
∑R
k
iekiv=1,5A
Rekiv=20Ω Rekiv = 10 + 10 138
138
8/25/2012
Teorema Thévenin Suatu rangkaian bisa dipandang terdiri dari dua seksi
i
S
v
Jika rangkaian seksi sumber pada hubungan dua-terminal adalah linier, maka sinyal pada terminal interkoneksi tidak akan berubah jika rangkaian seksi sumber itu diganti dengan rangkaian ekivalen Thévenin
B Teorema Norton
Seksi sumber
Seksi beban
Jika rangkaian seksi sumber pada hubungan dua-terminal adalah linier, maka sinyal pada terminal interkoneksi tidak akan berubah jika rangkaian seksi sumber itu diganti dengan rangkaian ekivalen Norton
139
139
8/25/2012
Rangkaian ekivalen Thévenin Seksi sumber dari suatu rangkaian dapat digantikan oleh Rangkaian ekivalen Thévenin yaitu rangkaian yang terdiri dari satu sumber tegangan VT yang terhubung seri dengan resistor RT
seksi sumber
+ vht
−
VT
+ _
RT
140
140
8/25/2012
Cara Menentukan VT dan RT Untuk mencari VT : lepaskan beban sehingga seksi sumber menjadi terbuka. Tagangan terminal terbuka vht inilah VT i=0
i=0
seksi sumber
+ vht
−
RT
+
VT −
+
vht = VT −
Untuk mencari RT : hubung singkatlah terminal beban sehingga seksi sumber menjadi terhubung singkat dan mengalir arus hubung singkat ihs. RT adalah VT dibagi his. i = ihs seksi sumber
VT
+ _
RT
ihs= VT /RT
Jadi dalam Rangkaian ekivalen Thevenin : VT = vht dan RT = vht / ihs 141
141
8/25/2012
Cara lain mencari RT Cara lain yang lebih mudah untuk menentukan RT adalah dengan melihat resistansi dari terminal beban ke arah seksi sumer dengan semua sumber dimatikan.
Penjelasan: + −
R1 vs
R2
Dengan mematikan sumber maka
R1 R2
RT
RT = R1 paralel dengan R2
142
142
8/25/2012
Rangkaian ekivalen Norton Seksi sumber suatu rangkaian dapat digantikan dengan Rangkaian ekivalen Norton yaitu rangkaian yang terdiri dari satu sumber arus IN yang terhubung paralel dengan resistor RN
seksi sumber
IN
RN
Rangkaian ekivalen Norton dapat diperoleh dari rangkaian ekivalen Thevenin dan demikian juga sebaliknya. Hal ini sesuai dengan kaidah ekivalensi sumber.
143
143
8/25/2012
Rangkaian ekivalen Thévenin
VT
+ _
RT
VT = vht RT = vht / ihs
Rangkaian ekivalen Norton
IN
RN
IN = Ihs RN = vht / ihs
RT = R yang dilihat dari terminal ke arah seksi sumber dengan semua sumber mati
RT = RN
144
144
8/25/2012
CONTOH:
Rangkaian Ekivalen Thévenin A'
A
A + −
20Ω 24 V
10Ω
+ −
20Ω B
VT = V AB = V A'B = RT = 10 +
RT = 20 Ω VT = 12 V B
20 × 24 = 12 V 20 + 20
20 × 20 = 20 Ω 20 + 20
145
145
8/25/2012
Alih Daya Maksimum Ada empat macam keadaan hubungan antara seksi sumber dan seksi beban Sumber tetap, beban bervariasi Sumber bervariasi, beban tetap Sumber bervariasi, beban bervariasi Sumber tetap, beban tetap Dalam membahas alih daya maksimum, yaitu daya maksimum yang dapat dialihkan (ditransfer) kebeban, kita hanya meninjau keadaan yang pertama
146
146
8/25/2012
Kita menghitung alih daya maksimum melalui rangkaian ekivalen Thévenin atau Norton A VT
_+
RT
i
+ v −
RB
B
sumber
A
beban i
RN
IN
RB
Rangkaian sumber tegangan dengan resistansi Thévenin RT akan memberikan daya maksimum kepada resistansi beban RB bila RB = RT
p maks
V = T 2
2 VT VT 2R = 4R T T
Rangkaian sumber arus dengan resistansi Norton RN akan memberikan daya maksimum kepada resistansi beban RB bila RB = RN 2
sumber
B
beban
p maks
I2R I = N RB = N N 4 2 147
147
8/25/2012
CONTOH: A′ 20Ω + −
24 V
A 10Ω
Hitung RX agar terjadi alih daya maksimum
RX = ?
20Ω
Lepaskan RX hitung RT , VT
20 × 20 = 20 Ω 20 + 20 20 VT = × 24 = 12 V 20 + 20 RT = 10 +
B
Hubungkan kembali Rx Alih daya ke beban akan maksimum jika RX = RT = 20 Ω dan besar daya maksimum yang bisa dialihkan adalah
p X maks
(12) 2 = = 1,8 W 4 × 20
148
148
8/25/2012
Teorema Tellegen Dalam suatu rangkaian, jika vk mengikuti hukum tegangan Kirchhoff (HTK) dan ik mengikuti hukum arus Kirchhoff (HAK), maka:
N
∑ vk × ik = 0 k =1
Teorema ini menyatakan bahwa di setiap rangkaian listrik harus ada perimbangan yang tepat antara daya yang diserap oleh elemen pasif dengan daya yang diberikan oleh elemen aktif. Hal ini sesuai dengan prinsip konservasi energi.
CONTOH: + 10 V _
is
R1= 2Ω i
R2= 3Ω
10 i= =2 A 2 + 3
is = −2 A
p sumber = v s is = −20 W (memberi daya) pbeban = p1 + p2 = i 2 R1 + i 2 R2
(menyerap daya)
= 8 + 12 = 20 W 149
149
8/25/2012
Teorema Substitusi Suatu cabang rangkaian antara dua simpul dapat disubstitusi oleh cabang baru tanpa mengganggu arus dan tegangan di cabang-cabang yang lain asalkan tegangan dan arus antara kedua simpul tersebut tidak berubah
+
vk Rk ik
+
−
≡
+− vsub
−
vk Rsub ik
v sub = v k − R sub × i k
150
150
8/25/2012
151
151
8/25/2012
Metoda Reduksi Rangkaian ? A 12 V
30Ω
+ −
B
+ vx −
C
20Ω
10Ω
D 10Ω
30Ω
30Ω E
B 0,4 A
30Ω
10Ω
30Ω B
0,4 A
10Ω
C
10 vx = × 6 = 1,5 V 15 + 10 + 15
30Ω
30Ω
+ vx −
E
6V 15Ω
15Ω E
C
B
C
+ −
15Ω
10Ω 15Ω E 152
152
8/25/2012
Metoda Unit Output i3
i1
A
36 V
Misalkan i4 = i2 =
+ −
i2
vo = 1 V
i5 =
vB 4 = = 0, 2 A 20 20 vA = 0 ,5 A 20
K =
B 20Ω i 20Ω 4
10Ω
i5 30Ω 20Ω 10Ω
vo = 0,1 A 10
i 3 = i 4 + i5 = 0 ,3 A i1 = i 2 + i 3 = 0 ,8 A
vo 1 1 = = vs vs 18
+ vo −
v B = 0,1(30 + 10 ) = 4 V v A = v B + i3 × 20 = 10 V v s = v A + i1 × 20 = 10 + 0 , 8 × 10 = 18 V
v o ( seharusnya ) = K × 36 = 2 V 153
153
8/25/2012
Metoda Superposisi + 30 V _
30 V
+ −
20Ω
Vo1 =
20Ω 1,5A
10Ω
10 × 30 = 10 V 10 + 20
+ Vo1 −
+ Vo −
10Ω
20Ω 1,5A
=? 10Ω
+ Vo2 −
20 Vo2 = × 1.5 × 10 = 10 V 20 + 10
Vo = Vo1 + Vo2 = 20 V 154
154
8/25/2012
Metoda Rangkaian Ekivalen Thévenin i3
i1 A′ 20Ω 30 V
+ _
A 10Ω
i2
20Ω
+ v0 −
10Ω
=?
B
vo =
Lepaskan beban di AB, sehingga AB terbuka, i3 = 0 VT = v AB =
ht
= v A' B
20 × 30 = 15 V 20 + 20
RT = 10 +
10 × 15 = 5 V 10 + 20
20 × 20 = 20 Ω 20 + 20
A
15 V
+ _
20Ω
+ v0 −
10Ω B
155
155
8/25/2012
Aplikasi Metoda Analisis Dasar pada Rangkaian Dengan Sumber Tak-Bebas Tanpa Umpan Balik is
vs
+ −
Rs R1
+ v1 −
v1 =
+ −
µ v1
+ vo
RL vo= ?
−
R1 vs R1 + R s
vo = µ v1 =
µR1 vs R1 + R s
156
156
8/25/2012
157
157
8/25/2012
Metoda Tegangan Simpul (Node Voltage Method) Dasar Arus yang mengalir di cabang rangkaian dari suatu simpul M ke simpul X adalah iMX = G (vM−vX) Menurut HAK, jika ada k cabang yang terhubung ke simpul M, maka jumlah arus yang keluar dari simpul M adalah
∑ iM
k
=0=
∑ G i (v M i =1
− vi )= vM
k
k
i =1
i =1
∑ Gi − ∑ Givi 158
158
8/25/2012
Kasus-Kasus vB B
vA A
i1 G1
i3
C
v A (G1 + G2 + G3 ) − v B G1 − vC G2 − v D G3 = 0
G3 D vA A
vB
vC
G2
vD
B
i2
G1
vC G2
C
v A (G1 + G2 ) − I s − vB G1 − vC G2 = 0 (nilai arus langsung dimasukkan ke persamaan)
Is vD D vB B
vA A G1 Vs
E vE G3
+ −
D vD
vC G2
G4
C
F vF
vA − vD = Vs (persamaan simpul super AD) dan vA (G1 + G2 ) + vD (G3 + G4 ) − vBG1 − vC G2 − vE G3 ) − vF G4 = 0 159
159
8/25/2012
CONTOH:
A
R1
B
20Ω 0,4 A
R2
v B (G1 + G 2 + G 3 ) − v A (G1 ) − v C (G 3 ) = 0
v C (G 3 + G 4 + G 5 ) − v B (G 3 ) − v D (G 5 ) = 0
0 v A 8 1 −1 0 − 1 4 − 2 0 v B = 0 0 − 2 5 − 2 vC 0 0 − 1 2 v D 0 0
→vD =
C
10Ω 20Ω R4
v A (G1 ) − 0 .4 − v B (G1 ) = 0
v D (G 5 + G 6 ) − v C (G 5 ) = 0
R3
R5
10Ω R6 20Ω E
D 10Ω
1 1 0 0 − 20 v A 0,4 20 1 1 1 1 1 v 0 − + + 0 − 20 20 20 10 B 10 = 1 1 1 1 1 0 0 − + + − vC 10 10 20 10 10 1 1 1 0 0 − + vD 0 10 10 10
0 v A 8 1 − 1 0 0 3 − 2 0 v B = 8 0 0 11 − 6 vC 16 0 16 v D 16 0 0
16 16+ 6×vD 16+ 6 8+ 2×vC 8 + 4 =1 V →vC = = = 2 V →vB = = = 4 V →vA = 8+ vB =12 V 16 11 11 3 3 160
160
8/25/2012
CONTOH: A
Simpul super 15 V C B −+
R1 20 Ω
R3
10 Ω
R2
20 Ω R4
R5
D
10 Ω 20 Ω
10 Ω R6
E v A (G 3 + G 1 ) − v B G 1 = 0
Simpul super
v B (G 1 + G 2 ) + v C (G 4 + G 5 ) − v A G 1 − v D G 5 = 0 v B − v C = − 15 v D (G 5 + G 6 ) − v C G 5 = 0
1 1 1 − 0 0 + v A 0 20 10 20 1 1 1 1 1 1 − + + − 20 20 20 20 10 10 vB = 0 v −15 0 1 −1 0 C 1 1 1 0 0 − + vD 0 10 10 10
3 0 0 0
3 −1 0 0
−1 5
0 vA 0 −6 vB 0 = 0 −14 6 vC −75 0 0 22 vD 75 0 9
−1 0
0 vA 0 2 3 −1 vB 0 = 1 −1 0 vC −15 0 −1 2 vD 0
161
161
8/25/2012
Metoda Arus Mesh (Mesh Current Method) A
B IB
IA
arus D mesh
F
E ID
IC G
C
H
I
Arus mesh bukanlah pengertian yang berbasis pada sifat fisis rangkaian melainkan suatu peubah yang digunakan dalam analisis rangkaian. Metoda ini hanya digunakan untuk rangkaian planar; referensi arus mesh di semua mesh mempunyai arah yang sama (misalnya dipilih searah putaran jarum jam).
162
162
8/25/2012
Dasar Tegangan di cabang yang berisi resistor Ry yang menjadi anggota mesh X dan mesh Y adalah vxy = Ry ( Ix − Iy ) Sesuai dengan HTK, suatu mesh X yang terbentuk dari m cabang yang masing-masing berisi resistor, sedang sejumlah n dari m cabang ini menjadi anggota dari mesh lain, berlaku n n m −n 0 = IX Rx + R y IX − I y = IX Rx + Ry − I yR y x =1 y =1 x =1 y =1 y =1 m −n
∑
n
∑ (
)
∑
∑
∑
Ix = arus mesh X; Rx = resistansi cabang mesh X yang tidak menjadi anggota mesh Y; Iy = arus mesh Y; Ry = resistansi cabang mesh Y. 163
163
8/25/2012
Kasus-Kasus A
B
C R3
R1 R2
+ −
R1 v1
+ −
IY
R2
v2
IX R5
F
+ −
IX
IY v1
I Z (R 4 + R 6 + R 7 ) − I X R 4 = 0
D
C R6 R4
IZ
i1
R5 F
C
D R6
R4 E
Mesh ABFA : IY (R1 + R2 ) − I X R2 − v1 = 0 Mesh BCEFB : I X (R2 + R 4 + R5 ) − IY R2 − I Z R 4 + v 2 = 0
E
mesh super B R1 R3
A
Mesh CDEC :
R7
E
B
A
IZ
R4
R5
F
Mesh BCEFB : I X (R 2 + R 3 + R 4 + R 5 ) − I Y R 2 − I Z R 4 = 0
R6
IX
IY
D
IZ
mesh super ABCEFA : I Y R 1 + I X (R 3 + R 4 + R 5 ) − v 1 − I Z R 4 = 0 cabang BF : I X − I Y = i1 164
164
8/25/2012
CONTOH: 20Ω B
A 30 V
IA
10Ω D
20Ω
20Ω
+ −
10Ω C
IB
IC
10Ω
E
Mesh ABEA : Mesh BCEB : Mesh CDEC :
I A (20 + 20 ) − I B 20 − 30 = 0
I B (20 + 10 + 20 ) − I A 20 − I C 20 = 0
I C (20 + 10 + 10 ) − I B 20 = 0
40 − 20 0 I A 30 − 20 50 − 20 I B = 0 0 − 20 40 IC 0
IC = 0,25 A
IB = 0,5 A
4 − 2 0 I A 3 0 8 − 4 I B = 3 0 0 12 IC 3
IA = 1 A 165
165
8/25/2012
CONTOH: A 1A
20Ω B
10Ω C
IA
IB
10Ω
20Ω
20Ω
D
IC
10Ω
E
Mesh ABEA : I A = 1 Mesh BCEB :
I B (20 + 10 + 20 ) − I A (20 ) − I C (20 ) = 0
Mesh CDEC : I C (20 + 10 + 10 ) − I B (20 ) = 0
0 0 I A 1 1 − 20 50 − 20 IB = 0 0 − 20 40 IC 0
IC = 0,25 A
1 0 0 I A 1 0 5 − 2 I B = 2 0 0 8 I C 2
IB = 0,5 A
IA = 1 A 166
166
8/25/2012
CONTOH:
mesh super 20Ω A 20Ω
B
IA
C
10Ω IC
IB 1A
mesh super
10Ω
20Ω
D
10Ω
E
I A (20 + 20 ) + I B (10 + 20 ) − I C (20 ) = 0 I A − IB = −1
I C (20 + 10 + 10 ) − I B (20 ) = 0
40 30 − 20 I A 0 1 − 1 0 I B = − 1 0 − 20 40 I C 0
IC = 1/3 A
IB = 2/3 A
4 3 − 2 I A 0 0 − 7 2 I B = − 4 0 0 12 IC 4
IA = −1/3 A 167
167
8/25/2012
Aplikasi Metoda Analisis Umum pada Rangkaian Sumber Tak-Bebas Dengan Umpan Balik Tidak seperti rangkaian tanpa umpan balik yang dapat dianalisis menggunakan metoda dasar, rangkaian jenis ini dianalisis dengan menggunakan metoda tegangan simpul atau arus mesh RF = ?
10kΩ B
A
C
5kΩ
+
+
1V
+ −
v1 −
v1 = −
A: vA = 1V
D
− +
100v1
B:
vD = −10V
vC = −0,06v D 100
−
1 kΩ
vB − v A vB − vC + =0 10 RF
C : vC = −100v1 D:
vD − vC vD + =0 5 1
v C = 6v D
Agar vD = −10 V, maka v1 = 0,6 V
0,6 − 1 0,6 + 100 × 0,6 + =0 10 RF
R F = 1515 kΩ ≈ 1,5 MΩ 168
168
8/25/2012
169
169
8/25/2012
Alat Ukur Alat pengukur tidak bisa dibuat besar karena harus ringan agar dapat bereaksi dengan cepat. Alat ukur yang kecil ini harus ditingkatkan kemampuannya, dengan mempertahankan massanya tetap kecil.
Pengukur Tegangan Searah Bagian pengukur hanya mampu menahan tegangan 50 × 10 = 500 mV
10 Ω Rs
50 mA v = 750 V
+
→
−
750 = 50 × 10 −3 R s + 10
⇒ Rs =
750 50 × 10 −3
− 10 = 14990 Ω
Alat ini harus mampu mengukur tegangan 750 V. Untuk itu dipasang resistor seri Rs agar tegangan total yang diukur 750 V tetapi bagian pengkur tetap hanya dibebani tegangan 500 mV Kita harus menghitung berapa Rs yang harus dipasang. 170
170
8/25/2012
Pengukur Arus Searah
100 A Ish
10 Ω
Bagian pengukur hanya mampu dialiri arus 50 mA
50 mA
Alat ini harus mampu mengukur arus 100 A.
Rsh
→ I sh + 50 × 10 −3 = 100 → I sh R sh = 10 × 50 × 10 −3 ⇒ R sh =
10 × 50 × 10 −3 100 − 50 × 10
−3
= 0,005 Ω
Untuk itu dipasang resistor paralel Rsh agar sebagian besar arus total yang diukur mengalir di Rsh sedangkan bagian pengkur tetap hanya dialiri arus 50 mA Kita harus menghitung berapa Rsh yang harus dipasang.
171
171
8/25/2012
Pengukuran Resistansi Hubungan antara tegangan dan arus resistor adalah V VR = RiR atau R = R iR Dengan hubungan ini maka resistansi R dapat dihitung dengan mengukur tegangan dan arus resistor. Ada dua kemungkinan rangkaian pengukuran yang dapat kita bangun seperti terlihat pada diagram rangkaian berikut.
172
172
8/25/2012
Rangkaian A
Rangkaian B
I
I
A + −
V
IR = I −
R
+ −
V
V RV
RV : resistansi voltmeter R=
A
IR
VR V = I R I − (V / RV )
IR R
VR = V − IRA RA : resistansi ampermeter
R=
VR V − IRA V = = − RI IR I I
173
173
8/25/2012
Saluran Daya Energi disalurkan ke beban melalui saluran. Pada umumnya saluran mengandung resistansi. Oleh karena itu sebagian dari energi yang dikirim oleh sumber akan berubah menjadi panas di saluran. Daya yang diserap saluran adalah
I s2 Rs Is adalah arus saluran dan Rs adalah resistansi saluran Is dan Rs ini pula yang menyebabkan terjadinya tegangan jatuh di saluran Berikut ini satu contoh penyaluran daya dari satu sumber ke dua beban
174
174
8/25/2012
Contoh: 40+20=60A
Sumber
+ + 0,4Ω 550V V1 − − 0,03Ω
20A 40A
0,8Ω
+ V2 −
20A
0,06Ω
Daya yang diserap saluran adalah
psaluran = 602 (0,4 + 0,03) + 202 (0,8 + 0,06) = 1892 W = 1,89 kW Tegangan di beban adalah
V1 = 550 − 60(0,4 + 0,03) = 524,2 V V2 = V1 − 20(0,8 + 0,06) = 507 V
175
175
8/25/2012
Diagram Satu Garis Dalam ketenagalistrikan, rangkaian listrik biasa dinyatakan dengan diagram yang lebih sederhana yaitu diagram satu garis. Rangkaian dalam contoh sebelumnya dinyatakan dengan diagram satu garis sebagai berikut: 0,4Ω + Gardu Distribusi 550V −
0,8Ω + V1 − 0,03Ω
+ V2 −
40A
20A
0,06Ω
diagram satu garis 0,43Ω
0,86Ω
550V 40A
20A
176
176
8/25/2012
CONTOH:
B
A vA = 255 V
0,01Ω
C
D 0,015Ω
0,025Ω
100A
180A
vD = 250 V
Hitung arus saluran
VB − VC VB − VA + 100 + = 0 2 × 0 , 01 2 × 0 , 025
VC 1 255 1 VB + − = 0 + 100 − 0 , 05 0 , 02 0 , 05 0 , 02
70 V B − 20 V C = 12650
⇒ V B = 251 , 3 V ⇒ V C = 247 ,1 V I AB =
VC − V B V − VD + 180 + C = 0 2 × 0 , 025 2 × 0 , 015
VB 1 250 1 VC + − = 0 + 180 − 0 , 03 0 , 03 0 , 05 0 , 05
53 , 3V C − 20 V B = 8153 , 3
V A − V B 255 − 251,3 = = 185 A ; I BC = I AB − 100 = 85 A; I DC = 180 − I BC = 95 A R AB 0,02 177
177
8/25/2012
Contoh: X
0,04Ω
0,05Ω A
250V
0,1Ω
C 60A
V A = V X − 0,05 × 50 = 247,5 V V B = 250 − 0,1× 20 = 248 V VC = 250 − 0,04 × 60 = 247,6 V
50A B 20A
Hitung daya yang diserap saluran
Daya yang diserap saluran
p XA = (50) 2 × 0,05 = 125 W p XB = (20) 2 × 0,1 = 40 W p XC = (60) 2 × 0,04 = 144 W
178
178
8/25/2012
Contoh: X
V V 1 1 V A + 50 − B − X = 0 + 0,1 0,05 0,05 0,1 V V V 1 1 1 V B + + + 20 − A − C − X = 0 0,1 0,15 0,1 0,1 0,1 0,15
250V 0,04Ω
0,05Ω 0,1Ω
C
V V 1 1 VC + + 60 − B − X = 0 0,15 0,04 0,04 0,15
0,15Ω
A 50A
60A 0,1Ω
30 V
B 20A
VX = 250 V; hitung VA ,VB , VC 3 −1
0
VA
495
0
7
− 2 V B = 1239
0
0
125 VC
VC = 247,63 V; V B =
30954
+ 50 − 10 V
A
80 V 3 95 V 3
− 5000
B
B
+ 20 − 10 V
C
+ 60 −
20 V 3
20 V 3
−
A
B
= 0
− 6250
30
− 10
0
− 30
80
− 20
0
− 20
95
VA
C
− 2500
= 0
= 0 49 50
V B = 7440 VC
18570
1239 + 2 × 247,64 495 + 247,75 = 247,75 V ; V A = = 247,58 V 7 3 179
179
8/25/2012
Contoh: I2
30A B
I1 70A
80A C
0,02Ω
0,01Ω
I3 0,02Ω
A
D 0,01Ω
I6
F 120A
0,03Ω I5
60A
0,01Ω E
I4 60A
Hitung arus di saluran
0,01 0,02 0,02 0,01 0,03 0,01 I 1 0 I2 0 0 0 0 1 −1 − 70 I3 1 0 0 0 0 30 −1 = I4 0 1 0 0 0 −1 − 80 I5 0 0 1 0 0 60 −1 I6 0 0 0 1 0 −1 − 60 1 2 2 1 3 1
I1
0
0 2 2 1 3 2
I2
− 70
0 0 2 1 3 4
I3
0 0 0 1 3 6
I4
0 0 0 0 3 7
I5
− 450
0 0 0 0 0 1
I6
− 81
=
− 150 − 390
I 6 = −81 A ; I 5 = 39 A ; I 4 = −21 A ; I 3 = 39 A ; I 2 = −41 A ; I1 = −11 A
180
180
8/25/2012
Rangkaian Dengan Dioda Rangkaian Dengan OP AMP
181
181
8/25/2012
Rangkaian Dengan Dioda Dioda Ideal nyata i + vD −
i
iD
ideal
0
v
0 Dioda konduksi :
v iD > 0 , vD = 0
Dioda tak konduksi : i D = 0 , v D < 0
+
+ va − v + vD − −
i Dioda konduksi :
iD
iD > 0 , v > va
Dioda tak konduksi : i D = 0 , v < v a
0 va v 182
182
8/25/2012
Penyearah Setengah Gelombang Vm
i
v i
v
+
+ vD
+ RL
I as
1 = 2π =
2π
1 id (ωt ) = 2π 0
∫
0 0
Ias π
2π
ωt
π
Vm sin ωt d (ωt ) + 0 R L 0
∫
π 1 Vm [cos ωt ] = Vm = I m 2π RL πRL π 0
Jika v = 220sinωt sedangkan R = 5kΩ, maka Ias = 220/5000π = 0,014 A
183
183
8/25/2012
Penyearah Gelombang Penuh Rangkaian Dengan Transformator ber-titik-tengah
Rangkaian Jembatan
D1
D2 A
v +
Vm
i
+
v
v1 v2
+
+
D4
D
R
D2
i1
i2
v i
0
D1
+ RL
B D3
C i
0
i π
2π
Ias ωt
I as =
2 Vm 2 I m = π RL π
184
184
8/25/2012
Filter Kapasitor iD
+
v
iR iC
+ vD C
+ vR −
Waktu dioda konduksi, kapasitor terisi sampai vC = vmaks. Waktu tegangan menurun, dioda tidak konduksi. Terjadi loop tertutup RC seri.
RL
vC = v R
15
Vm 10
→ vC + RC
vR=vC
∆vC
5 0
0
-5 0 -10 −V m -15
v R = RiR = R (−iC ) = − RC
0.05
0.1
ωt
dvC dt
dvC =0 dt
dvC 1 =− dt vC RC
0.15
⇒ vC = vC 0 e − (1 / RC ) t
∆T
∆ qC = C ∆vC = I as (T − ∆T ) ≈ I asT
C yang diperlukan
⇒ C=
I asT I Vas = as = ∆vC f∆vC Rf∆vC 185
185
8/25/2012
Pemotong Gelombang + V−
Dioda + v1 _
i
i
+ vD −
konduksi
+ vR −
tak konduksi
v
i=
vR
v1 − V >0 R
vR = iR = v1 − V
0
0
v1
V 0
t vR = v1 –V, dengan bagian negatif ditiadakan oleh dioda
186
186
8/25/2012
CONTOH: A + vs −
− +
R
− vD +
iD
+ 2V v2
Dioda
vs v A = −2 V
konduksi
v 2 = −2 V
vs < −2 V
−
v s = vA
tak konduksi
v2
v2
v2 = v s
10
[V]
8
v2=v1
5 0
−2
v1
0 -5
v2
v2
ωt
v1
−8
-10
187
187
8/25/2012
CONTOH:
+ 4,7 V iA + vA
− + D 1 0,7 V
vA= 1 V
D1
D2
1kΩ P
iB= ? D2 + −
vP
konduksi
tak konduksi
vP = 1,7
tak konduksi
konduksi
vP < 1,7
konduksi
konduksi
vP = 1,7
tak konduksi
0,7 V
vP < 0,7
vP = 0,7
vP = 0,7
iB tak mungkin
mungkin
iB =
4,7 − 0,7 mA 1
tak mungkin
tak konduksi 188
188
8/25/2012
Rangkaian Dengan Op Amp Penguat Operasional (OP AMP) catu daya positif masukan non-inversi
+VCC vo 8
+ −
keluaran
Top 1
masukan inversi
7
6
5
iP vP + vN +
− +
2
3
4
catu daya negatif
+VCC : catu daya positif −VCC : catu daya negatif
vP = tegangan masukan non-inversi; vN = tegangan masukan inversi; vo = tegangan keluaran;
+ −
iN
vN vP −VCC
io −
+ vo
Diagram disederhanakan
iP = arus masukan non-inversi; iN = arus masukan inversi; io = arus keluaran;
189
189
8/25/2012
Karakteristik Alih OpAmp vo +VCC
v o = µ(v P − v N ) vP − vN
µ disebut gain loop terbuka (open loop gain)
−VCC Parameter
Rentang nilai
Nilai ideal
µ
105 ÷ 108
∞
Ri
106 ÷ 1013 Ω
∞ Ω
Ro
10 ÷ 100 Ω
0 Ω
± VCC
± 12 ÷ ± 24 V
Nilai µ sangat besar, biasanya lebih dari 105. Selama nilai netto (vP − vN ) cukup kecil, vo akan proporsional terhadap masukan. Akan tetapi jika µ (vP − vN ) > VCC OP AMP akan jenuh; tegangan keluaran tidak akan melebihi tegangan catu ± VCC
190
190
8/25/2012
Model Ideal OP AMP
+ iP
Ro
vP + Ri vN + iN
−
+ µ (v − v ) P N −
io + vo
vo ≤ VCC
atau
µ(vP − vN ) ≤ VCC ⇒ (vP − v N ) ≤
Karena µ sangat besar, dapat dianggap µ = ∞ , sedangkan VCC tidak lebih dari 24 Volt, maka (VCC /µ ) = 0 sehingga vP = vN . Ri dapat dianggap ∞ sehingga arus masuk di kedua terminal masukan dapat dianggap nol, iP = iN = 0. Jadi untuk OP AMP ideal :
VCC µ
vP = vN iP = iN = 0
191
191
8/25/2012
Penguat Non-Inversi vN =
iP vP vs
+ −
vN
+ −
vo R1
iN
R2
vP = vN =
vo =
R2 vo R1 + R 2 R2 vo = vs R1 + R 2 R1 + R2 vs R2
umpan balik
K=
R1 + R 2 R2
192
192
8/25/2012
CONTOH: 2kΩ
vo i B
+ − 5V
+
2kΩ + vB 1kΩ −
−
vB = ?
iB = ?
RB =1kΩ
v p = vN iP = 0 =
5 − vP → vP = 5 V = vN 2000
1 v N = vo 3 vB = vo = 15 V ; iB =
Resistansi masukan :
pB = ?
vo = 3v N = 15 V
vB = 15 mA ; pB = vBiB = 225 mW. RB
Rin =
vin 5 = = ∞ karena iin = iP = 0 iin iin
193
193
8/25/2012
CONTOH: iin
A
B + −
vs
R4
R3
+ − R2
R5
+ vo
R1 A
B
VT
+ −
+ −
R3
RT
vo =? vs
+ vo R2
VT =
R1
v P = VT = vN
R5 vs R 4 + R5
R1 = vo R1 + R 2
→ →
R5 R1 vs = vo R4 + R5 R1 + R2 vo R5 R + R2 = × 1 v s R4 + R5 R1
R5 R 4 R5 v s ; RT = R 4 + R5 R 4 + R5
Resistansi masukan Rin =
vs = R 4 + R5 iin
194
194
8/25/2012
Rangkaian Penguat Inversi umpan balik
i1 R1 vs
+ −
i2
A R2
iN vN vP
−
+
vo
1 v v 1 + i N − s − o = 0 v N + R1 R 2 R1 R 2 vs vo + =0 R1 R 2
R sehingga v o = − 2 v s R1
195
195
8/25/2012
Rangkaian Penyangga (buffer) iP vP vs
+ −
vN
+ −
vo
io
R iN
196
196
8/25/2012
CONTOH: iin
vs
R1
A
R2 −
+ −
+ R3
+ vo
1 v v 1 + i N − s − o = 0 v N + R1 R 2 R1 R 2
v −v s −v o − R2 + =0 → o = R1 R2 vs R1 Rin =
Rin = Rin =
v in vs = = R1 iin vs / R1
vin vs = iin (v s − vo ) /( R1 + R2 )
vs R1 1 = = v s (1 − vo / v s ) /( R1 + R2 ) (1 + R2 / R1 ) /( R1 + R2 ) ( R1 + R2 ) /( R1 + R2 )
197
197
8/25/2012
CONTOH: vs
iin + −
R4
B
R1
A
R2 − +
R5
+ vo
R3
vo R R2 =− 2 =− VT RT R1 + (R4 || R5 ) RT
VT
+ −
A
R2 −
+
+ vo
v o v o VT R5 R2 = × =− × v s VT v s R1 + R 4 || R5 R 4 + R5 =−
R3
Rin = VT =
R5 v s ; RT = R1 + (R4 || R5 ) R4 + R5
R 2 R5 ( R1 R5 + R1 R 4 + R 4 R5 )
vs = R4 + R1 || R5 iin
=
R4 ( R1 + R5 ) + R1R5 R1 + R5 198
198
8/25/2012
Penjumlah i1 R1
i2 R2
v1
+ −
v2
+ −
RF
iN vN vP
1 v v v 1 1 + i N − 1 − 2 − o = 0 v N + + R1 R2 RF R1 R2 RF
iF
A
vo
v1 v2 vo + + =0 R1 R2 RF
− +
v v R R v o = − R F 1 + 2 = − F v1 − F v 2 = K 1 v1 + K 2 v 2 R1 R2 R1 R 2
vo =
∑ n
K n vn
dengan
Kn = −
RF Rn
199
199
8/25/2012
CONTOH:
R
R v1
−
vo
+
v2
vo = −
R R v1 − v 2 = −(v1 + v 2 ) R R
R
R
A
v1
+ −
v2
vo R
R
v v 1 1 vP + + iP − 1 − 2 = 0 R R R R v + v2 → vP = 1 2 vN =
R
vo 2
v1 + v 2 v o = → v o = v1 + v 2 2 2
200
200
8/25/2012
Pengurang (Penguat Diferensial) i1
i2
R1 v1 + −
R2
iN − +
R3 v2
+ −
+ vo
R4
v o1 = −
R2 v1 R1
Jika v1 dimatikan:
iP
R1 R4 v o2 = v2 R1 + R 2 R3 + R4
Jika v2 dimatikan:
vN =
atau
R1 v o2 R1 + R 2
R4 v o2 = R3 + R4
vP =
R4 v2 R3 + R 4
R1 + R 2 R1
v 2
R4 R1 + R2 R v2 = −K1v1 + K 2 v2 vo = vo1 + vo2 = − 2 v1 + R1 R3 + R4 R1 Jika kita buat R1 = R2 = R3 = R4 maka vo = v2 − v1 201
201
8/25/2012
Integrator iR
iC
A
+ R iN vs vN vP
C
+ vo
−
+
v d 1 v N − C (v o − v N ) − s = 0 dt R R vs d = −C (v o ) R dt
1 RC
v o = v o ( 0) −
atau
∫
vo ( t )
d (v o ) = −
1 RC
vo = −
1 RC
d (v s ) = −
1 RC
v o ( 0)
∫
t
v s dt
0
t
∫ v dt s
0
t
∫ v dt 0
s
Diferensiator iC + C vs iN vN vP
iR
A R −
+ vo
vN v d − C (v s − v N ) − o = 0 R dt R vo d = −C (v s ) R dt
+ vs = −
1 RC
∫
atau
vs ( 0)
t
0
v o dt
∫
vs (t )
atau
v o = − RC
t
∫ v dt 0
o
dv s dt 202
202
8/25/2012
Diagram Blok v1
v1
vo
+
v1
−
K
R1 R2
K =
vo
R1
R1 + R 2 R2
R1
vo
v1
K1 +
− +
R2
vo
K 2
= −
RF R2
Penguat Inversi
RF
v2
v1
R _ 2 +
K
Penguat Non-Inversi v1
vo
v2
K1 = −
RF R1
= −
RF R2
vo
+
K
K2
2
Penjumlah v1 v2
R1 R3
− +
R2
R4
vo
v1
K1
K1 = − +
v2
vo
+
K2
K
2
R2 R1
R + R2 = 1 R1
×
R4 R + R 4 3
Pengurang 203
203
8/25/2012
Hubungan Bertingkat v1
v3
v2
vo
+
v1
−
−
+
+
KK 1 1
v2
K2
−
v3
K3
vo
vo = K 3v3 = K 3 K 2 v2 = K 3 K 2 K1v1
204
204
8/25/2012
11. Analisis Transien
205
205
8/25/2012
Pengantar Peristiwa transien dalam rangkaian listrik, yang walaupun berlangsung hanya beberapa saat namun jika tidak ditangani secara benar dapat menyebabkan terjadinya hal-hal yang sangat merugikan pada rangkaian
Dalam pelajaran ini analisis transien dilakukan di kawasan waktu meliputi
Analisis Transien Rangkaian Orde-1 Analisis Transien Rangkaian Orde-2
206
206
8/25/2012
Yang dimaksud dengan analisis transien adalah analisis rangkaian yang sedang dalam keadaan peralihan atau keadaan transien.
Peristiwa transien biasanya berlangsung hanya beberapa saat namun jika tidak ditangani secara baik dapat menyebabkan terjadinya hal-hal yang sangat merugikan pada rangkaian Peristiwa transien timbul karena pada saat terjadi perubahan keadaan rangkaian, misalnya penutupan atau pembukaan saklar, rangkaian yang mengandung elemen dinamik cenderung memperatahankan status yang dimilikinya sebelum perubahan terjadi
207
207
8/25/2012
Dalam pembahasan model piranti pasif kita pelajari bahwa tegangan kapasitor adalah peubah status kapasitor; dan arus induktor adalah peubah status induktor. Pada saat-saat terjadi perubahan rangkaian, kapasitor cenderung mempertahankan tegangan yang dimilikinya sesaat sebelum terjadi perubahan Pada saat-saat terjadi perubahan rangkaian, induktor cenderung mempertahankan arus yang dimilikinya sesaat sebelum terjadi perubahan
Peubah status tidak dapat berubah secara mendadak
208
208
8/25/2012
Kita ambil contoh rangkaian seri R dan C S
R
+ vs −
A + vC
C
− B
Apabila sesaat sebelum saklar S ditutup kapasitor tidak bertegangan, maka setelah saklar ditutup tegangan kapasitor akan meningkat mulai dari nol. Tegangan kapasitor tidak dapat berubah secara mendadak.
Kita ambil contoh lain, rangkaian seri R dan L S + vs −
R
A iL
L B
Sesaat sebelum saklar dibuka, arus pada induktor adalah iL = vs/R. Pada waktu saklar dibuka, arus induktor akan turun menuju nol dalam waktu tertentu karena arus induktor tidak dapat berubah secara mendadak. Sebelum mencapai nol arus induktor mengalir melalui dioda. 209
209
8/25/2012
Karena hubungan antara arus dan tegangan pada induktor maupun kapasitor merupakan hubungan linier diferensial, maka persamaan rangkaian yang mengandung elemen-elemen ini juga merupakan persamaan diferensial
Persamaan diferensial ini dapat berupa persamaan diferensial orde pertama dan rangkaian yang demikian ini disebut rangkaian atau sistem orde-1 Jika persamaan rangkaian berbentuk persamaan diferensial orde kedua maka rangkaian ini disebut rangkaian atau sistem orde-2
210
210
8/25/2012
Rangkaian Orde-1 biasanya mengandung hanya satu elemen dinamik, induktor atau kapasitor S
Rangkaian RC Seri vs
+ −
R + vin −
A i
iC C
+ v
−
B
dv HTK setelah − v + iR + v = − v + RC +v = 0 s s saklar tertutup: dt RC
dv + v = vs dt
Inilah persamaan rangkaian yang merupakan persamaan diferensial orde pertama dengan tegangan sebagai peubah rangkaian 211
211
8/25/2012
Rangkaian RL Seri S + −
R vs
A i
iL
L B
HTK setelah saklar tertutup:
vs − Ri − v L = vs − Ri − L L
di + Ri = v s dt
di =0 dt
Inilah persamaan rangkaian yang merupakan persamaan diferensial orde pertama dengan arus sebagai peubah rangkaian
212
212
8/25/2012
Rangkaian Orde-2 biasanya mengandung dua elemen dinamik, induktor dan kapasitor Rangkaian RLC Seri
vs
L
S
+ −
+ R vin −
Ri + L
i C
+ v −
di + v = vin dt
Karena i = iC = C dv/dt, maka: LC
d 2v dt 2
+ RC
dv + v = vin dt
Inilah persamaan rangkaian yang merupakan persamaan diferensial orde ke-dua dengan tegangan sebagai peubah rangkaian 213
213
8/25/2012
is
Rangkaian RLC Paralel A iR
iC
iL = i
L
R
C
+ v −
B
iR + iL + iC = is v =vL =L di/dt, sehingga iR = v/R dan iC = C dv/dt v dv +i+C = is R dt LC
d 2i dt 2
+
atau
L di + i = is R dt
Inilah persamaan rangkaian yang merupakan persamaan diferensial orde ke-dua dengan arus sebagai peubah rangkaian
214
214
8/25/2012
215
215
8/25/2012
Bentuk Umum Persamaan Rangkaian Orde-1 a
dy + by = x(t ) dt
y adalah fungsi keluaran
Fungsi x(t) adalah masukan pada rangkaian yang dapat berupa tegangan ataupun arus dan disebut fungsi pemaksa atau fungsi penggerak.
tetapan a dan b ditentukan oleh nilai-nilai elemen yang membentuk rangkaian Persamaan diferensial seperti di atas mempunyai solusi yang disebut solusi total yang merupakan jumlah dari solusi homogen dan solusi khusus 216
216
8/25/2012
Solusi homogen adalah fungsi yang dapat memenuhi persamaan homogen di mana x(t) bernilai nol:
a
dy + by = 0 dt
Misalkan solusi persamaan ini y0
Solusi khusus adalah fungsi yang dapat memenuhi persamaan aslinya di mana x(t) tidak bernilai nol
a
dy + by = x(t ) dt
Misalkan solusi persamaan ini yp
Solusi total adalah jumlah dari kedua solusi.
Jadi ytotal = (y0+yp)
217
217
8/25/2012
Tanggapan Alami, Tanggapan Paksa, Tanggapan Lengkap Dalam rangkaian listrik, fungsi pemaksa x(t) adalah besaran yang masuk ke rangkaian dan memaksa rangkaian untuk menanggapinya; besaran ini biasanya datang dari sumber. R
S
A
Dalam rangkaian ini
x(t) = vs
+ −
vs
i
iL
L B
Dalam rangkaian listrik solusi homogen adalah tanggapan rangkaian apabila x(t) = vs = 0 dan tanggapan ini disebut tanggapan alami Dalam rangkaian listrik solusi khusus adalah tanggapan rangkaian apabila x(t) = vs ≠ 0 dan tanggapan ini disebut tanggapan paksa Dalam rangkaian listrik solusi total disebut tanggapan lengkap yang merupakan jumlah dari tanggapan alami dan tanggapan paksa 218
218
8/25/2012
Tanggapan Alami Tanggapan alami adalah solusi khusus dari persamaan homogen :
a
dy a dy + by = 0 atau + y=0 dt b dt
Dalam kuliah ini kita akan mencari solusi persamaan homogen ini dengan cara pendugaan Persamaan homogen ini memperlihatkan bahwa y ditambah dengan suatu tetapan kali turunan y, sama dengan nol untuk semua nilai t Hal ini hanya mungkin terjadi jika y dan turunannya berbentuk sama; fungsi yang turunannya mempunyai bentuk sama dengan fungsi itu sendiri adalah fungsi eksponensial. Jadi kita dapat menduga bahwa solusi dari persamaan homogen ini mempunyai bentuk eksponensial
y = K1est 219
219
8/25/2012
Jika solusi dugaan ini kita masukkan ke persamaannya, kita peroleh
aK1se st + bK1e st = 0
yK1 (as + b ) = 0
atau
Salah satu solusi adalah y = 0, namun ini bukanlah solusi yang kita cari sedangkan K1 adalah tetapan yang ≠ 0 Ini disebut persamaan karakteristik. Persamaan ini akan menentukan bentuk tanggapan rangkaian.
Inilah yang harus bernilai 0
as + b = 0 Akar persamaan ini adalah s = −(b/a) Jadi tanggapan alami yang kita cari adalah
ya = K1e st = K1e −(b / a ) t Tetapan ini masih harus kita cari. Nilai tetapan ini diperoleh dari tanggapan lengkap pada waktu t = 0 Untuk mencari tanggapan lengkap kita mencari lebih dulu tanggapan paksa, yp
220
220
8/25/2012
Tanggapan Paksa Tanggapan paksa adalah solusi dari persamaan:
a
dy + by = x(t ) dt
Jika solusi persamaan ini kita sebut yp(t), maka bentuk yp(t) haruslah sedemikian rupa sehingga jika yp(t) dimasukkan ke persamaan ini maka ruas kiri dan ruas kanan persamaan akan berisi bentuk fungsi yang sama. Hal ini berarti x(t), yp(t), dan dyp(t) /dt harus berbentuk sama Kita lihat beberapa kemungkinan bentuk fungsi pemaksa, x(t): 1. x(t) = 0. Jika fungsi pemaksa bernilai nol maka hanya akan ada tanggapan alami; tanggapan paksa = 0. 2. x(t) = K. Jika fungsi pemaksa bernilai tetap maka tanggapan paksa yp juga harus merupakan tetapan karena hanya dengan cara itu dyp /dt akan bernilai nol sehingga ruas kanan dan kiri dapat berisi bentuk fungsi yang sama. 3. x(t) = Aeαt. Jika fungsi pemaksa berupa fungsi eksponensial, maka tanggapan paksa yp harus juga eksponensial karena dengan cara itu turunan yp juga akan berbentuk eksponensial, dan fungsi di ruas kiri dan kanan persamaan rangakaian akan berbentuk sama. 221
221
8/25/2012
4. x(t) = Asinωt. Jika fungsi pemaksa berupa fungsi sinus, maka tanggapan paksa akan berupa penjumlahan fungsi fungsi sinus dan cosinus karena fungsi sinus merupakan penjumlahan dari dua fungsi eksponensial kompleks.
e jx − e − jx sin x = 2
Melihat identitas ini, maka kita bisa kembali ke kasus 3; perbedaannya adalah kita menghadapi eksponensial kompleks sedangkan di kasus 3 kita menghadapi fungsi eksponensial nyata. Dalam hal ini maka Solusi yang kita cari akan berbentuk jumlah fungsi sinus dan cosinus. 5. x(t) = Acosωt. Kasus ini hampir sama dengan kasus 4, hanya berbeda pada identitas fungsi cosinus
e jx + e − jx cos x = 2
222
222
8/25/2012
Ringkasan bentuk tanggapan paksa
Jika x(t ) = 0 , maka y p = 0 Jika x(t ) = A = konstan, maka y p = konstan = K Jika x(t ) = Aeαt = eksponensial, maka y p = eksponensial = Keαt Jika x(t ) = A sin ωt , maka y p = K c cos ωt + K s sin ωt Jika x(t ) = A cos ωt , maka y p = K c cos ωt + K s sin ωt
Perhatikan : y = K c cos ωt + K s sin ωt adalah bentuk umum fungsi sinus maupun cosinus .
223
223
8/25/2012
Tanggapan Lengkap Dugaan tanggapan y = y p + y a = y p + K1e s t lengkap adalah Ini masih dugaan karena tanggapan paksa Dugaan tanggapan alami tanggapan alami juga masih dugaan K1 masih harus ditentukan melalui penerapan kondisi awal yaitu kondisi pada t = 0
Kondisi Awal Kondisi awal adalah situasi sesaat setelah penutupan rangkaian (jika saklar ditutup) atau sesaat setelah pembukaan rangkaian (jika saklar dibuka); Sesaat sebelum penutupan/pembukaan saklar dinyatakan sebagai t = 0Sesaat sesudah penutupan/pembukaan saklar dinyatakan sebagai t = 0+. Pada induktor, arus pada t = 0+ sama dengan arus pada t = 0Pada kapasitor, tegangan pada t = 0+ sama dengan tegangan pada t = 0224
224
8/25/2012
Jika kondisi awal kita masukkan pada dugaan solusi lengkap akan kita peroleh nilai K1 y (0 + ) = y p (0 + ) + K1 → K1 = y (0 + ) − y p (0 + ) = A0
Dengan demikian tanggapan lengkap adalah
y = y p + A0 e s t Ini merupakan komponen mantap dari tanggapan lengkap; ia memberikan nilai tertentu pada tanggapan lengkap pada t = ∞
Ini merupakan komponen transien dari tanggapan lengkap; ia bernilai 0 pada t=∞
225
225
8/25/2012
Prosedur Mencari Tanggapan Lengkap Rangkaian 1. Carilah nilai peubah status pada t = 0− ; ini merupakan kondisi awal. 2. Carilah persamaan rangkaian untuk t > 0. 3. Carilah persamaan karakteristik. 4. Carilah dugaan tanggapan alami. 5. Carilah dugaan tanggapan paksa. 6. Carilah dugaan tanggapan lengkap. 7. Terapkan kondisi awal pada dugaan tanggapan lengkap yang akan memberikan niali-nilai tetapan yang harus dicari. 8. Dengan diperolehnya nilai tetapan, didapatlah tanggapan rangkaian yang dicari
226
226
8/25/2012
Contoh: x(t) = 0 Saklar S telah lama pada posisi 1. Pada t = 0 + S dipindah ke posisi 2. Carilah tanggapan vs= 12V − rangkaian.
1 + v −
S
2 R=10kΩ C=0.1µF
1. Pada t = 0- kapasitor telah terisi penuh dan v(0+) = 12 V 2. Persamaan rangkaian untuk t > 0: − v + i R R = 0 Karena iR = −iC = −C maka
− v − RC
dv dt
dv =0 dt
dv 1 + v=0 dt RC
dv + 1000v = 0 dt
3. Persamaan karakteristik:
s + 1000 = 0 → s = −1000 227
227
8/25/2012
Persamaan karakteristik : s + 1000 = 0 → s = −1000 4. Dugaan tanggapan alami : va = A0 e −1000t 5. Dugaan tanggpan paksa : v p = 0 ( tidak ada fungsi pemaksa) st −1000t 6. Dugaan tanggapan lengkap : v = v p + A0 e = 0 + A0 e
7. Kondisi awal : v(0 + ) = v(0 − ) = 12 V. Penerapan kondisi awal pada dugaan tanggapan lengkap
memberikan : 12 = 0 + A0 → A0 = 12 −1000 t V 8. Tanggapan lengkap menjadi : v = 12 e
228
228
8/25/2012
Contoh: x(t) = 0 A Saklar S telah lama tertutup. Pada t = 0 saklar S dibuka. Carilah tanggapan rangkaian
+ vs = − 50 V
S R =1 kΩ 0 R =3 kΩ
L= 0.6 H
i
Sebelum saklar dibuka: i (0 − ) =
50 = 50 mA 1000
Persamaan rangkaian pada t > 0: Simpul A:
vA +i=0 3000
Karena vA = vL = L di/dt,
1 di L +i = 0 3000 dt 1 di 0,6 + i = 0 3000 dt 0,6
Persamaan karakteristik:
di + 3000 i = 0 dt
0,6 s + 3000 = 0 229
229
8/25/2012
Persamaan karakteristik:
0,6 s + 3000 = 0
Dugaan tanggapan alami : ia = 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
230
230
8/25/2012
Contoh: x(t) = A i
S + -
2 1 12V
10kΩ 0,1µF
+ v −
Saklar S telah lama pada posisi 1. Pada t = 0 saklar dipindah ke posisi 2. Carilah tanggapan rangkaian.
Pada t = 0- kapasitor tidak bermuatan; tegangan kapasitor v(0-) = 0. ⇒ v(0+) = 0 Persamaan rangkaian pada t > 0:
− 12 + 10 4 i + v = 0 Karena i = iC = C dv/dt
− 12 + 10 4 × 0,1 × 10 − 6
10−3
Persamaan karakteristik:
dv +v = 0 dt
dv + v = 12 dt
10 −3 s + 1 = 0
231
231
8/25/2012
Persamaan karakteristik : 10 −3 s + 1 = 0 → s = −1 / 10 −3 = −1000 Dugaan tanggapan alami : va = A0 e −1000 t
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
12 v [V]
−1000t
12-12e
1000t
t
0
V
0
0.002
0.004
232
232
8/25/2012
Contoh: x(t) = Acosω ωt
A
Rangkaian di samping ini mendapat masukan tegangan sinusoidal yang muncul pada t = 0.
vs=50cos10t u(t) V
+ −
15Ω vs
iC
1/30 F
+ v −
10Ω
v(0+) = 0 Kondisi awal dinyatakan bernilai nol:
v (0 + ) = 0
Persamaan rangkaian untuk t > 0: Simpul A:
v v 1 1 1 v + + iC − s = 0 → v + iC = s 15 6 15 15 10 1 1 dv vs v+ = 6 30 dt 15
iC = C dv/dt
→
Persamaan karakteristik:
dv + 5v = 100 cos 10t dt
s + 5 = 0 → s = −5 233
233
8/25/2012
Persamaan karakteristik:
s + 5 = 0 → s = −5
Dugaan tanggapan alami : va = A0 e −5 t 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 + A0 e −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 234
234
8/25/2012
Konstanta Waktu Lama waktu yang diperlukan oleh suatu peristiwa transien untuk mencapai akhir peristiwa (kondisi mantap) ditentukan oleh konstanta waktu yang dimiliki oleh rangkaian. 1
Tinjauan pada Contoh sebelumnya + vs −
Setelah saklar S pada posisi 2, persamaan raqngkaian adalah: Fungsi karakteristik:
Dugaan tanggapan alami:
+ v −
S
2 C
R
iR
dv 1 + v=0 dt RC s+
1 =0 RC
va = K1e
−
s=−
1 RC
1 t RC
Tanggapan alami ini yang akan menentukan komponen transien pada tanggapan lengkap 235
235
8/25/2012
Tanggapan alami:
va = K1e
−
1 t RC
Tanggapan alami dapat dituliskan: va = K1e −t / τ dengan:
τ = RC
Tanggapan lengkap menjadi: v = v p + va = v p + K1e
−t / τ
Tanggapan paksa
τ disebut konstanta waktu. Ia ditentukan oleh besarnya elemen rangkaian. Ia menentukan seberapa cepat transien menuju akhir. Makin besar konstanta waktu, makin lambat tanggapan rangkaian mencapai nilai akhirnya (nilai mantapnya), yaitu nilai komponen mantap, vp 236
236
8/25/2012
Tinjauan pada Contoh sebelumnya A Pada t = 0 saklar S dibuka
S
+ vs −
Persamaan rangkaian setelah saklar dibuka adalah:
R0 R
L
di = −R i dt
Persamaan karakteristik:
Tanggapan alami:
ia =
R − t K1e L
+
+
−
L
i
−
di R + i=0 dt L
s+
R =0 L
s=−
R L
Tanggapan alami ini juga akan menentukan komponen transien pada tanggapan lengkap seperti halnya tinjauan pada Contoh-2.1 237
237
8/25/2012
Tanggapan alami: ia =
R − t K1e L
Tanggapan alami dapat dituliskan: ia = K1e −t / τ dengan: Tanggapan lengkap:
τ=
L R
i = i p + ia = i p + K1e −t / τ Tanggapan paksa
τ disebut konstanta waktu. Ia ditentukan oleh besarnya elemen rangkaian. Ia menentukan seberapa cepat transien menuju akhir. Makin besar konstanta waktu, makin lambat transien mencapai nilai akhirnya yaitu nilai komponen mantap, ip.
238
238
8/25/2012
Tinjauan pada Contoh sebelumnya i
S + vs -
2 1
R C
Persamaan rangkaian setelah saklar pada posisi 2:
+ v −
Pada t = 0, S dipindahkan ke posisi 2.
− vs + Ri + v = 0
Karena i = iC = C dv/dt
− vs + Ri + v = 0 RC
dv + v = vs dt
Persamaan karakteristik: RCs + 1 = 0 − (1 / RC )t = Ke −t / τ Tanggapan alami: va = Ke
s = −1 / RC
τ = RC Tanggapan lengkap: v = v p + va = v p + Ke
−t / τ
239
239
8/25/2012
A
Tinjauan pada Contoh sebelumnya vs=Acosωt u(t)
Simpul A:
iC = C dv/dt
+ −
R1
iC C
+ v −
R2
1 v 1 + iC − s = 0 v + R1 R1 R2
R + R2 dv vs + C v 1 = R R dt R1 1 2
Persamaan karakteristik:
R ∗ + Cs = 0
s = −1 / R ∗C ∗
Tanggapan alami: Tanggapan lengkap:
R + R2 R ∗ = 1 R R 1 2
va = Ke − (1 / R C )t = Ke −t / τ
τ = R ∗C
v = v p + va = v p + Ke −t / τ
240
240
8/25/2012
Dari tinjauan contoh-1 s/d 4, dengan menggambarkan rangkaian untuk melihat tanggapan alami saja, kita buat ringkasan berikut:
C
R
τ = RC
τ = L/R
R1
τ=R C *
C
L
R
R2
R + R2 R ∗ = 1 R1R2
Konstanta waktu ditentukan oleh besar elemen-elemen rangkaian
Untuk rangkaian R-C : τ = RC Untuk rangkaian R-L : τ = L/R 241
241
8/25/2012
Konstanta waktu ditentukan oleh besar elemen-elemen rangkaian
Untuk rangkaian R-C : τ = RC Untuk rangkaian R-L : τ = L/R Konstanta waktu juga ditentukan oleh berapa besar energi yang semula tersimpan dalam rangkaian (yang harus dikeluarkan) Makin besar C dan makin besar L, simpanan energi dalam rangkaian akan makin besar karena 1 2 1 Cv dan wL = Li 2 2 2 Oleh karena itu konstanta waktu τ berbanding lurus dengan C atau L wC =
Pengurangan energi berlangsung dengan mengalirnya arus i dengan desipasi daya sebesar i2R. Dalam kasus rangkaian R-C, di mana v adalah peubah status, makin besar R akan makin besar τ karena arus untuk desipasi makin kecil. Dalam kasus rangkaian R-L di mana peubah status adalah i makin besar R akan makin kecil τ karena desipasi daya i2R makin besar
242
242
8/25/2012
Tanggapan Masukan Nol dan Tanggapan Status Nol Peristiwa transien dapat pula dilihat sebagai gabungan dari tanggapan masukan nol dan tanggapan status nol
Tanggapan Masukan Nol adalah tanggapan rangkaian jika tidak ada masukan. Peristiwa ini telah kita kenal sebagai tanggapan alami
Tanggapan Status Nol adalah tanggapan rangkaian jika ada masukan masukan pada rangkaian sedangkan rangkaian tidak memiliki simpanan energi awal (simpanan energi sebelum terjadinya perubahan rangkaian). Pengertian tentang tanggapan status nol ini muncul karena sesungguhnya tanggapan rangkaian yang mengandung elemen dinamik terhadap adanya masukan merupakan peristiwa transien walaupun rangkaian tidak memiliki simpanan energi awal
243
243
8/25/2012
Tanggapan Masukan Nol +
vC
C
R
R
−
L
iL
Bentuk tanggapan rangkaian tanpa fungsi pemaksa secara umum adalah
y m 0 = y (0 + ) e − t / τ tanggapan masukan nol
vC(0+) atau iL(0+) masing-masing menunjukkan adanya simpanan energi energi awal dalam rangkaian di kapasitor sebesar ½CvC 2 di induktor sebesar ½LiL2
peubah status, vC dan iL, tidak dapat berubah secara mendadak Pelepasan energi di kapasitor dan induktor terjadi sepanjang peristiwa transien, yang ditunjukkan oleh perubahan tegangan kapasitor dan arus induktor 244
244
8/25/2012
Tanggapan Status Nol Jika sebelum peristiwa transien tidak ada simpanan energi dalam rangkaian, maka tanggapan rangkaian kita sebut tanggapan status nol Bentuk tanggapan ini secara umum adalah
y s 0 = y f − y f (0 + ) e − t / τ Tanggapan status nol Status final t=∞
Bagian ini merupakan reaksi elemen dinamik (kapasitor ataupun induktor) dalam mencoba mempertahankan status rangkaian. Oleh karena itu ia bertanda negatif. yf (0+) adalah nilai tanggapan pada t = 0+ yang sama besar dengan yf sehingga pada t = 0+ tanggapan status nol ys0 = 0. 245
245
8/25/2012
Dengan demikian tanggapan lengkap rangkaian dapat dipandang sebagai terdiri dari tanggapan status nol dan tanggapan masukan nol
y = y s 0 + ym 0 = y f (t ) − y f (0+ ) e − t / τ + y (0+ ) e −t / τ
Konstanta waktu τ ditentukan oleh elemen rangkaian
246
246
8/25/2012
247
247
8/25/2012
Bentuk Umum Persamaan Rangkaian Orde-2 a
d2y dt 2
+b
dy + cy = x(t ) dt
y = tanggapan rangkaian yang dapat berupa tegangan ataupun arus
fungsi pemaksa atau fungsi penggerak.
tetapan a dan b ditentukan oleh nilainilai elemen yang membentuk rangkaian Persamaan diferensial orde ke-dua muncul karena rangkaian mengandung kapasitor dan induktor
dengan tegangan sebagai peubah status
dengan arus sebagai peubah status
sedangkan peubah dalam persamaan rangkaian harus salah satu di ataranya, tegangan atau arus 248
248
8/25/2012
Tanggapan Alami Tanggapan alami adalah solusi persamaan rangkaian di mana x(t) bernilai nol:
d2y dy a 2 + b + cy = 0 dt dt Dugaan solusi y berbentuk fungsi eksponensial ya = Kest dengan nilai K dan s yang masih harus ditentukan. Kalau solusi ini dimasukkan ke persamaan, akan diperoleh
aKs 2 e st + bKse st + cKe st = 0
(
)
atau
Ke st as 2 + bs + c = 0 Bagian ini yang harus bernilai nol yang memberikan persamaan karakteristik
as 2 + bs + c = 0 249
249
8/25/2012
as 2 + bs + c = 0 Persamaan karakteristik yang berbentuk persamaan kwadrat itu mempunyai dua akar yaitu
− b ± b 2 − 4ac s1, s2 = 2a Dengan adanya dua akar tersebut maka kita mempunyai dua solusi homogen, yaitu
ya1 = K1e s1t dan
y a 2 = K 2 e s2 t
Tanggapan alami yang kita cari akan berbentuk
ya = K1e s1t + K 2e s2t Seperti halnya pada rangkaian orde pertama, tetapan-tetapan ini diperoleh melalui penerapan kondisi awal pada tanggapan lengkap 250
250
8/25/2012
Tanggapan Paksa Tanggapan paksa adalah solusi persamaan rangkaian di mana x(t) ≠ 0: a
d2y dt 2
+b
dy + cy = x(t ) dt
Bentuk tanggapan paksa ditentukan oleh bentuk x(t) sebagaimana telah diulas pada rangkaian orde pertama, yaitu
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 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 . 251
251
8/25/2012
Tanggapan Lengkap Tanggapan lengkap adalah jumlah tanggapan alami dan tanggapan paksa y = y p + ya = y p + K1e s1t + K 2e s2t Tetapan ini diperoleh melalui penerapan kondisi awal Jika rangkaian mengandung C dan L, dua elemen ini akan cenderung mempertahankan statusnya. Jadi ada dua kondisi awal yang harus dipenuhi yaitu
vC (0 + ) = vC (0− ) dan
iL (0 + ) = iL (0 − ) 252
252
8/25/2012
Kondisi Awal Secara umum, kondisi awal adalah:
y (0 + ) = y (0 − )
dan
dy + (0 ) = y ' (0 + ) dt
Nilai sesaat sebelum dan sesudah penutupan/pembukaan saklar harus sama, dan laju perubahan nilainya juga harus kontinyu y
y
0
t
Pada rangkaian orde pertama dy/dt(0+) tidak perlu kontinyu
0
t
Pada rangkaian orde kedua dy/dt(0+) harus kontinyu sebab ada d2y/dt2 dalam persamaan rangkaian yang hanya terdefinisi jika dy/dt(0+) kontinyu 253
253
8/25/2012
Tiga Kemungkinan Bentuk Tanggapan Persamaan karakteristik
as 2 + 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 akar ini akan memberikan tiga kemungkinan bentuk tanggapan
254
254
8/25/2012
Persamaan karakteristik dengan dua akar riil berbeda, s1 ≠ s2, {b2− 4ac } > 0 Contoh-1 1H
S 1 2 + −
15 V
+ v
−
iC 0,25 µF
i 8,5 kΩ
Saklar S telah lama berada pada posisi 1. Pada t = 0 saklar dipindahkan ke posisi 2. Carilah perubahan tegangan kapasitor.
− − Pada t = 0- : i (0 ) = 0 dan v (0 ) = 12 V
Persamaan Rangkaian pada t > 0 : − v + L
di + Ri = 0 dt 2
Karena i = -iC = -C dv/dt, maka: − v − LC d v − RC dv = 0 dt dt 2 −
d 2v dt
d 2v dt 2
2
−
R dv v − =0 L dt LC
+ 8,5 × 103
dv + 4 × 106 v = 0 dt
255
255
8/25/2012
Persamaan karakteristik:
s 2 + 8,5 × 103 s + 4 × 10 6 = 0
→ akar - akar : s1 , s2 = −4250 ± 103 (4,25) 2 − 4 = −500, − 8000 −500t + K 2 e −8000t Dugaan tanggapan lengkap: v = 0 + K1e
Tak ada fungsi pemaksa
Kondisi awal: vC (0 + ) = 15 V dan iL (0 + ) = 0 Karena persamaan rangkaian menggunakan v sebagai peubah maka kondisi awal arus iL(0+) harus diubah menjadi dalam tegangan v dvC (0 + ) i L (0 ) = iC (0 ) = C =0 dt +
+
dvC (0 + ) =0 dt 256
256
8/25/2012
Kondisi awal:
+
v(0 ) = 15 V
dv(0 + ) =0 dt
−500t + K 2 e −8000t Dugaan tanggapan lengkap: v = 0 + K1e
15 = K1 + K 2
0 = −500 K1 − 8000 K 2
0 = −500 K1 − 8000(15 − K1 ) K1 =
8000 ×15 = 16 7500
K 2 = −1
Tanggapan lengkap menjadi: v = 16e −500 t − e −8000 t V
(hanya ada tanggapan alami). Ini adalah pelepasan muatan kapasitor pada rangkaian R-L-C seri 257
257
8/25/2012
Tanggapan lengkap : v = 16e −500 t − e −8000 t V 16 12
v 8 4 0 0
0.001
0.002
0.003
0.004
0.005
-4
Perhatikan bahwa pada t = 0+ tegangan kapasitor adalah 15 V Pada waktu kapasitor mulai melepaskan muatannya, ada perlawanan dari induktor yang menyebabkan penurunan tegangan pada saat-saat awal agak landai 258
258
8/25/2012
Contoh-2
1H
S + −
19 V
+ v
−
iC 0,25 µF
Saklar S telah lama tertutup. Pada t = 0 saklar dibuka. Tentukan perubahan tegangan kapasitor dan arus induktor.
i 8,5 kΩ
Sebelum saklar dibuka arus hanya melalui induktor. Dioda tidak konduksi. i L (0 − ) =
vC ( 0 − ) = 0 V
19 = 2 mA 8500
Persamaan Rangkaian pada t > 0 : − v + L dv i = −iC = −C C dt
di + Ri = 0 dt
d 2v dv − v − LC 2 − RC =0 dt dt
d 2 v R dv v − 2 − − =0 L dt LC dt d 2v dt 2
+ 8,5 × 103
dv + 4 × 106 v = 0 dt 259
259
8/25/2012
Persamaan karkteristik : s 2 + 8,5 ×103 s + 4 ×106 = 0 → akar - akar : s1, s2 = −4250 ± 103 (4,25) 2 − 4 = −500, − 8000
Dugaan tanggapan lengkap : v = 0 + K1e −500t + K 2e−8000t Tak ada fungsi pemaksa Kondisi awal: iL (0 + ) = 2 mA dan vC (0 + ) = 0 V Karena persamaan rangkaian menggunakan v sebagai peubah maka kondisi awal iL(0+) harus diubah menjadi dalam v
dvC (0 + ) − i L (0 ) = iC (0 ) = C = 2 × 10 −3 dt +
+
dvC (0 + ) 2 × 10 −3 =− dt C 260
260
8/25/2012
dv (0 + ) 2 × 10 −3 Kondisi awal: v(0 ) = 0 =− = −8 × 10 3 dt 0,25 × 10 −6 +
Dugaan tanggapan lengkap : v = 0 + K1e−500t + K 2e−8000t 0 = K1 + K 2
−8000 = −500 K1 − 8000 K 2 −8000 = −500 K1 + 8000 K1
K1 =
−8000 ≈ −1,06 7500
K 2 = − K1 = 1
Tegangan kapasitor menjadi : v ≈ 1,06e −500 t − 1e −8000 t V Ini adalah pengisian kapasitor oleh arus induktor pada rangkaian R-L-C seri
Arus induktor : i L = −iC = −C
(
dv ≈ −0,25 × 10 −6 − 530e −500t − 8000e −8000t dt
)
≈ −133 × 10 −3 e −500 t + 2e −8000 t mA 261
261
8/25/2012
Tanggapan lengkap : v = 1,06e −500 t − 1e −8000 t V 1
v [V]
0. 5
0 0
0.001
0.002
0.003
0.004
0.005
-0. 5
-1
Perhatikan bahwa pada awalnya tegangan kapasitor naik karena menerima pelepasan energi dari induktor Kenaikan tegangan kapasitor mencapai puncak kemudian menurun karena ia melepaskan muatan yang pada awalnya diterima. 262
262
8/25/2012
v = 1,06e −500 t − 1e −8000 t V
v = 16e −500 t − e −8000 t V 16
1
v [V]
Pelepasan energi induktor
v
12
[V]
v
8
0. 5 0 0
4
0.001
0.002
0.003
0.004
0.005
-0. 5
0 0 -4
0.001
0.002
0.003
0.004
0.005
-1
Untuk kedua peristiwa ini yang di-plot terhadap waktu adalah tegangan kapasitor Seandainya tidak ada induktor, penurunan tegangan kapasitor akan terjadi dengan konstanta waktu
τ = RC = 8500 × 0.25 ×10−6 = 2125 ×10-6 atau 1/ττ = 470,6. Tetapi karena ada induktor, konstanta waktu menjadi lebih kecil sehingga 1/ττ = 500. Inilah yang terlihat pada suku pertama v. Suku ke-dua v adalah pengaruh induktor, yang jika tidak ada kapasitor nilai 1/ττ = R/L = 8500. Karena ada kapasitor nilai ini menjadi 8000 pada suku ke-dua v.
263
263
8/25/2012
Persamaan Karakteristik Memiliki Dua Akar Riil Sama Besar s1 = s2, {b2− 4ac } = 0 Dua akar yang sama besar dapat kita tuliskan sebagai s1 = s dan s2 = s + δ ; dengan δ → 0 Tanggapan lengkap akan berbentuk y = y p + K1e s1t + K 2e s2t = y p + K1e st + K 2e( s + δ)t Tanggapan paksa
Kondisi awal pertama
Tanggapan alami
Kondisi awal kedua
y (0 + ) = y p (0 + ) + K1 + K 2
y ′(0 + ) = y ′p (0 + ) + K1s + K 2 ( s + δ)
y (0 + ) − y p (0 + ) = K1 + K 2 = A0
y ′(0 + ) − y ′p (0 + ) = ( K1 + K 2 ) s + K 2 δ = B0
B − A0 s A0 s + K 2 δ = B0 → K 2 = 0 δ
dan
B − A0 s K1 = A0 − 0 δ 264
264
8/25/2012
Tanggapan lengkap menjadi
1 eδ t y = y p + A0 + ( B0 − A0 s) − + δ δ
st e
1 eδ t δt = lim e − 1 = t lim − + δ → 0 δ δ δ→ 0 δ
y = y p + [A0 + ( B0 − A0 s) t ] e st
y = y p + [K a + K b t ] e st ditentukan oleh kondisi awal
ditentukan oleh kondisi awal dan s s sendiri ditentukan oleh nilai elemenelemen yang membentuk rangkaian dan tidak ada kaitannya dengan kondisi awal
265
265
8/25/2012
Contoh-3. 1H
S 1 2 + −
15 V
+ v
−
iC 0,25 µF
i 4 kΩ
Sakalar telah lama di posisi 1. Pada t = 0 di pindah ke posisi 2. Tentukan perubahan tegangan kapasitor.
(Diganti dengan 4 kΩ dari contoh sebelumnya)
Sebelum saklar dipindahkan: v(0 − ) = 15 V ; i (0 − ) = 0 Persamaan rangkaian untuk t > 0: − v + L Karena i = − iC = −C dv/dt
di + iR = 0 dt
d 2v dv LC 2 + RC + v = 0 dt dt
d 2v dv + 4 ×103 + 4 ×106 v = 0 2 dt dt Persamaan karakteristik:
s 2 + 4 ×103 s + 4 ×10 6 = 0 266
266
8/25/2012
Persamaan karakteristik : s 2 + 4000s + 4 × 10 6 = 0 akar - akar : s1 , s 2 = −2000 ± 4 × 10 6 − 4 × 10 6 = −2000 = s
Karena persamaan karakteristik memiliki akar sama besar maka tanggapan lengkap akan berbentuk : v = v p + (K a + K b t ) e st = 0 + (K a + K b t ) e st Tak ada fungsi pemaksa
Kondisi awal pertama v(0 + ) = v(0 − ) ⇒ v (0 + ) = 15 = K a . Kondisi awal kedua →
dv + dv (0 ) = 0 ⇒ = K b e st + (K a + K bt ) s e st dt dt
dv + (0 ) = 0 = K b + K a s → K b = − K a s = 30000 dt ⇒ Jadi : v = (15 + 30000t ) e −2000 t V 267
267
8/25/2012
v = (15 + 30000t ) e −2000 t V 15 10
v = 30000 t e −2000 t
5 0 0
0.001
0.002
0.003
0.004
0.005
0.006
-5 -10
v = 15 e −2000 t
-15
268
268
8/25/2012
Dua akar kompleks konjugat {b2− 4ac } < 0 Akar-Akar Kompleks Konjugat : s1 = α + jβ
dan
s2 = α − jβ
Tanggapan lengkap akan berbentuk
(
)
y = y p + K1e ( α + jβ) t + K 2e ( α − jβ) t = y p + K1e + jβ t + K 2e − jβ t e αt K1 (cos β t + j sin β t ) K 2 (cos β t − j sin β t ) ( K1 + K 2 ) cos β t + j ( K1 − K 2 ) sin β t
y = y p + (K a cos βt + K b sin βt ) e αt + + Kondisi awal pertama: y (0 ) = y p (0 ) + K a
K a cos β t + K b sin β t
K a = y (0 + ) − y p (0 + )
+ + αt Kondisi awal kedua: y ′(0 ) = y ′p (0 ) + {(αK b − K a β) sin β t + ( K bβ + αK a ) cos βt}e
= y ′p (0 + ) + αK a + βK b
αK a + β K b = y ′(0 + ) − y ′p (0 + ) 269
269
8/25/2012
Contoh-4. 1H
S 1 2 + −
15 V
+ v −
iC 0,25 µF
i 1 kΩ
Saklar S sudah lama pada posisi 1. Pada t = 0 dipindah ke poisisi 2. Carilah perubahan tegangan kapasitor.
(Diganti dengan 1 kΩ dari contoh sebelumnya)
Pada t = 0+ : v(0 − ) = 15 V ; i (0 − ) = 0
−v+ L
di + iR = 0 dt
Persamaan rangkaian untuk t > 0: Karena i = −iC = −C dv/dt
d 2v dv LC 2 + RC + v = 0 dt dt
d 2v 3 dv + 1 × 10 + 4 ×106 v = 0 2 dt dt Persamaan karakteristik:
s 2 + 1×103 s + 4 × 10 6 = 0 270
270
8/25/2012
dv Persamaan karakteristik : s 2 + 1000 + 4 × 10 6 = 0 dt akar - akar : s1 , s2 = −500 ± 500 2 − 4 × 10 6 = −500 ± j 500 15
dua akar kompleks konjugat α ± jβ dengan α = −500 ; β = 500 15
Tanggapan lengkap akan berbentuk:
v = 0 + (K a cos βt + K b sin βt ) e αt
Kondisi awal pertama ⇒ v(0 + ) = 15 = K a Kondisi awal kedua ⇒
dv + (0 ) = 0 = αK a + β K b dt − αK a 500 × 15 → Kb = = = 15 β 500 15
(
)
Tanggapan lengkap : v = 15 cos(500 15 t ) + 15 sin(500 15 t ) e −500t V 271
271
8/25/2012
(
)
v = 15 cos(500 15 t ) + 15 sin(500 15 t ) e −500t V 15
15 cos(500 15 t
v 10 [V] 5
15 sin(500 15 t ) 0 0
0.001
0.002
0.003
0.004
0.005
0.006
-5 -10 -15
272
272
8/25/2012
Perbandingan tanggapan rangkaian: Dua akar riil berbeda: sangat teredam, v = 16e −500 t − e −8000 t V Dua akar riil sama besar : teredam kritis, v = (15 + 30000t ) e −2000 t V Dua akar kompleks konjugat : kurang teredam,
(
)
v = 15 cos(500 15 t ) + 15 sin(500 15 t ) e −500t V 15 10 5 0 0
0.001
0.002
0.003
0.004
0.005
0.006
-5 -10 -15
273
273
8/25/2012
Contoh Tanggapan Rangkaian Dengan Masukan Sinyal Sinus
vs = 26cos3t u(t) V
+ −
i vs
5Ω
1H
1 F 6
+ v
−
Rangkaian mendapat masukan sinyal sinus yang muncul pada t = 0. Tentukan perubahan tegangan dan arus kapasitor, apabila kondisi awal adalah i(0) = 2 A dan v(0) = 6 V
Pada t = 0+ : i(0+) = 2 A dan v(0+) = 6 V Persamaan rangkaian untuk t > 0 : − v s + Ri + L
di +v = 0 dt
dv d 2i RC + LC + v = vs 2 dt dt 5 dv 1 d 2 v → + + v = 26 cos 3t 6 dt 6 dt 2
d 2v dt 2
+5
dv + 6v = 156 cos 3t dt 274
274
8/25/2012
Persamaan karakteristik : s 2 + 5s + 6 = 0 = ( s + 2)( s + 3); akar - akar : s1 , s 2 = −2, − 3 Dugaan tanggapan paksa : v p = Ac cos 3t + As sin 3t Persamaan rangkaian
d 2v dt 2
+5
dv + 6v = 156 cos 3t dt
→ (− 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 paksa : v p = −2 cos 3t + 10 sin 3t Dugaan tanggapan lengkap : v = −2 cos 3t + 10 sin 3t + K1e −2t + K 2 e −3t masih harus ditentukan melalui penerapan kondisi awal 275
275
8/25/2012
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 ⇒ i=
1 dv = sin 3t + 5 cos 3t − 2e −2t − e −3t A 6 dt Amplitudo tegangan menurun
30
v [V] 20 i [A] 10
vs
Amplitudo arus meningkat
v
0 -10 0
t [s] i
2
4
6
8
10
-20 -30 276
276
8/25/2012
Kuliah Terbuka Analisis Rangkaian Listrik di Kawasan Waktu
Sudaryatno Sudirham
277
277
