1414 - Teknik Elektro S1 MK Rangkaian Listrik 2 [PDF]

Citation preview

MATERI KULIAH



Teknik Elektro S1



• MK Rangkaian Listrik 2



http://ocw.usu.ac.id



GARIS-GARIS BESAR PROGRAM PENGAJARAN



FAKULTAS TEKNIK U.S.U. DEPARTEMEN TEKNIK ELEKTRO JUDUL MATA KULIAH : KODE MATA KULIAH : JUMLAH SKS : DOSEN PENGAJAR : JABATAN/PANGKAT/GOLONGAN :



Rangkaian listrik.2 3 Ir. A. Rachman Hasibuan Pengajar/Pembina/IVa



DISKRIPSI SINGKAT



: Materi kuliah ini mencakup masalah transient pada rangkaian, rangkaian kutub empat, sistem tiga phasa, rangkaian tergandengsecara magnetik, deret Fourier.



TUJUAN INTRUKSIONAL UMUM



: Diharapkan setelah selesai mengikuti kuliah ini, maka mahasiswa dapat menganalisa keadaan transient pada rangkaian listrik,rangkaian kutub empat, sistem tiga phasa , rangkaian gandeng magnetik dan deret Fourier.



NO. 1



Tujuan Intruksioanal Khusus 2 Setelah mengikuti kuliah ini diharapkan mahasiswa mengerti. a. Arti dari keadaan steady state. b. Arti tujuan notasi yang ada dalam simbol. c. tentang sifat elemen rangkaian.



Pokok Bahasan 3 1.Keadaan steady state dan transient. 2.Kondisi awal. 3.Sifat elemen rangkaian disaat transient.



1



2



Setelah mengikuti kuliah ini diharapkan mahasiswa mengerti. Untuk mencari kondisi awal dari suatu turunan



Kondisi awal suatu turunan.



Sub. Pokok Bahasan 4



Es. Waktu



Kepustakaan



5



1.Steady state dan transient. 2.Keadaan sebelum, saat dan sesaat gejala peralihan. 3.Sifat elemen rangkaian. a.Resistor. b.Induktor. c.Kapasitor.



25.menit 50.menit



1,3,4



1.Kondisi awal dari turunan pertama rangkaian R-L seri. 2.Kondisi awal dari turunan pertama rangkaian R-L-C seri. 3.Kondisi awal rangkaian dua loop R-L-C. 4.Kondisi awal dari rangkaian tiga loop R-L-C



30. menit



1,3,4



30. menit



1,3,4



45. menit 45. menit



1,3,4 1,3,4



1,3,4 75.menit 1,3,4 1,3,4 1,3,4



NO. 1



3



4



5



6



7



Tujuan Intruksioanal Khusus 2



Pokok Bahasan



Sub. Pokok Bahasan



3



Setelah mengikuti kuliah ini diharapkan mahasiswa mengerti. Mencari/menggunakan persamaan transient pada rangkaian dengan input Unit step



Transient pada rangkaian sumber unit step.



dengan



Setelah mengikuti kuliah ini diharapkan mahasiswa mengerti. Transient pada rangkaian R-L-C parallel dengan sumber unit step dan rangkaian transient dengan sumber fungsi eksponensial



Transient pada rangkaian R-L-C parallel dengan sumber unit step dan rangkaian transient dengan sumber fungsi eksponensial



Es. Waktu



Kepustakaan



4



5



1.Transient pada rangkaian R-L seri dengan sumber unit step. 2.Transientpada rangkaian R-C seri dengan sumber unit step. 3.Transient pada rangkaian R-L-C seri dengan sumber unit step 1.Rangkaian transient R-L-C parallel dengan sumber unit step 2.Transient pada rangkaian R-L seri dengan sumber fungsi eksponensial. 3.Transientpada rangkaian R-C seri dengan sumber fungsi eksponensial 4.Transient pada rangkaian seri R-L-C dengan sumber fungsi eksponensial.



40.menit



1,3,4



40.menit



1,3,4



70.menit



1,3,4



35. menit



1,3,4



35. menit



1,3,4



40. menit



1,3,4



40. menit



1,3,4



50. menit



1,2,4



100.menit



1,2,4



Setelah mengikuti kuliah ini diharapkan mahasiswa dapat mengerti: Mencari/menggunakan persamaan transient pada rangkaian paralel R-L-C dengan input fungsi eksponensial dan transient pada rangkaian dengan input fungsi sinusoidal



1.Transient pada rangkaian parallel RL-C dengan input fungsi eksponensial. 2.Transient pada rangkaian dengan sumber fungsi sinusoidal



1.Transient pada rangkaian parallel R-L-C dengan input fungsi eksponensial 2.Transient pada rangkaian dengan sumber fungsi sinusoidal. -.Transientpada rangkaian R-C seri dengan input sinusoidal -Transient rangkaian R-L seri dengan input sinusoidal



Setelah mengikuti kuliah ini diharapkan mahasiswa dapat mengerti : Transient pada rangkaian R-L-C seri dengan input sinusoidal, transient pada rangkaian paralel R-L-C dengan input sinusoidal dan rangkaian kutub empat



1.Transient pada rangkaian seri R-L-C dengan input sinusoidal 2.transient pada rangkaian parallel RL-C dengan input sinusoidal 3. Rangkaian kutub empat.



50. menit



1,2,4



50. menit



1,2,4



50. menit



1,2,4



Setelah mengikuti kuliah ini diharapkan mahasiswa dapat mencari parameterparameter "g" ; "ABCD" dan "abcd"



Parameter "g" ; "ABCD" dan "abcd"



1.Transient pada rangkaian seri R-L-C dengan input sinusoidal 2.transient pada rangkaian parallel R-L-C dengan input sinusoidal 3. Rangkaian kutub empat. a.Parameter “z “. b.Parameter “y “ c.Parameter “h “ 1. Parameter "g"



50. menit



1,2,4



2. Parameter "ABCD"



50. menit



1,2,4



3. Parameter " abcd"



50. menit



1,2,4



NO. 1



8



9



10



11



Tujuan Intruksioanal Khusus



Pokok Bahasan



2



3



Setelah mengikuti kuliah ini diharapkan mahasiswa dapat : Cara mencara konversi antar parameterparameter kutub empat,dapat menggunakan table konversi dan dapat mencari hasil interkoneksi antar kutub empat.



1.Konversi antar parameter-parameter kutub empat. 2.Tabel konversi. 3.Interkoneksi antar parameter kutub empat.



Setelah mengikuti kuliah ini diharapkan mahasiswa dapat megerti : Munculnya EMF pada kumparan, hubungan pembangkit tiga phasa dan urutan phasa.



1.Pembangkitan EMF pada kumparan. 2.Hubungan pada sumber tiga phasa. 3. Urutan phasa.



Setelah mengikuti kuliah ini diharapkan Mahasiswa : Mengerti dan dapat menganalisa daya pada sistem tiga phasa seimbang , dan akibat dari beban-beban tak seimbang,serta daya pada system tiga phasa.



1. Hubungan sumber dengan beban tiga phasa seimbang. 2.Hubungan sumber dengan beban tiga phasa tak seimbang. 3.Daya pada system tiga phasa.



Setelah mengikuti kuliah ini diharapkan Mahasiswa : Rangkaian tergandeng secara magnetik,aturan tangan kanan-dot dan dapat mencari energi dalam rangkaian gandeng magnetik



1.Rangkaiantergandeng secara magnetik 2.Energi dalam rangkaian gandeng magnetik.



Sub. Pokok Bahasan



Es. Waktu



Kepustakaan



5



1.Konversi antar parameter-parameter kutub empat. -Mencari konversi antar parameter 2.Tabel konversi. -Menggunakan tabel 3.Interkoneksi antar parameter kutub empat. -Interkoneksi antar kutub empat



60. menit



6 1;3;4



30. menit



1;3;4



60. menit



1;3;4



1.Pembangkitan EMF pada kumparan. 2.Hubungan pada sumber tiga phasa a.Hubungan bintang [Y] b.Hubungan segi tiga [ 3.Urutan phasa



60.menit 60.menit



1,2,4 1,2,4



30.menit



1,2,4



1.Hubungan sumber dengan beban tiga phasa seimbang. a.Hubungan Y-Y dan Y-  b.Hubungan -dan -Y 2.hubungan sumber dengan beban tiga phasa tak seimbang. 3.Daya pada system tiga phasa



60.menit



1,2,4



60.menit



1,2,4



30.menit



1,2,4



1.Rangkaian tergandeng secara magnetik. a.Induktansi timbal balik. b.Aturan tangan kanan-dot 2.Energi dalam rangkaian gandeng maknetik. a.Kontanta gandeng.



70. menit



1,2,4



80. menit



1,2,4



4



NO. 1



12



13



14



15



16



Tujuan Intruksioanal Khusus 2 Setelah mengikuti kuliah ini diharapkan mahasiswa mengerti : Prinsip dasar Transformator linear, transformator ideal dan autotransformator ideal.



Pokok Bahasan 3 1.Transformator linear. 2.Transformator ideal 3.Autotransformator ideal.



Sub. Pokok Bahasan



Es. Waktu



Kepustakaan



5



1.Transformator linear. a.Impedansi balik. 2.transformator ideal. a.Perbandingan belitan. b.Transformator penurun tegangan. c.transformator penaik tegangan. 3.Autotransformator ideal.



30.menit



6 1,2,4



90.menit



1,2,4



30.menit



1,2,4



1.Prinsip dasar transformator tiga phasa. 2.Deret Fourier. a.Bentuk trigonometri b.Konstanta Fourier. 3.Kesimetrisan a.Fungsi genap



30.menit 70.menit



1 , 2, 3 , 4 1 , 2, 3 , 4



50.menit



1 , 2, 3 , 4



1.Kesimetrisan. a.Fungsi ganjil b.Fungsi setengah gelombang 2.Penerapan deret Fourier dalam analisa rangkaian. 3.harga rata-rata dan rms.



60. menit



1 , 2, 3 , 4



45. menit



1 , 2, 3 , 4



45.menit



1 , 2, 3 , 4



4



:Setelah mengikuti kuliah ini diharapkan mahasiswa mengerti: Prinsip dasar transformator tiga. Konsep dasar deret Fourier, bentuk trigonometri.dan kesimetrisan



1.Prinsip dasar transformator tiga phasa. 2.Deret Fourier. 3.Kesimetrisan



Setelah mengikuti kuliah ini diharapkan mahasiswa : Kesimetrisan fungsi ganjil dan setengah gelombang,penerapan deret Fourier dalam analisa rangkaian, harga rata-rata dan rms



1.Kesimetrisan fungsi ganjil dan setengah gelombang. 2.Penerapan deret Fourier dalam analisa rangkaian. 3.Harga rata-rata dan rms.



Setelah mengikuti kuliah ini diharapkan Mahasiswa : Mengerti tentang bentuk eksponensial dari deret Fourie, dan menghitung respons steady state sinyal periodik,spectrum daya dari sinyal periodik. Memberikan kesimpulan ringkas kuliah rangkaian Listri.II yang telah diberikan dan persiapan ujian semester agar mahasiswa dapat memperisapkan diri.



1.Bentuk eksponensial deret Fourier.



1.Bentuk eksponensial deret Fourier



50. menit



1 , 2, 3 , 4



2.Respons steady state fungsi periodik.



2.Respons steady state fungsi periodik 3.Spektrum daya dari sinyal periodik.



50. menit 50.menit



1 , 2, 3 , 4 1 , 2, 3 , 4



150.menit



Seluruh materi kuliah yang telah diberikan.



3.Spektrum daya dari sinyal periodik.



-



-



BAB I Rangkaian Transient



Oleh : Ir. A.Rachman Hasibuan dan Naemah Mubarakah, ST



1.1 Pendahuluan




Pada pembahasan rangkaian listrik, arus maupun tegangan yang dibahas adalah untuk kondisi steady state/mantap. Akan tetapi sebenarnya sebelum rangkaian mencapai keadaan steady state, arus maupun tegangan pada rangkaian mengalami transisi (transient), dan apabila transisi ini berakhir maka dikatakanlah arus maupun tegangan pada rangkaian tersebut telah mencapai keadaan steady state.








Adapun yang dibahas pada materi kuliah ini hanya mencakup rangkaian-rangkaian yang linear yang memiliki persamaan diferensial orde satu dan dua dengan konstanta sembarang.



1.2 Kondisi Awal














Dalam analisa rangkaian transient perlu dibedakan tiga daerah waktu yaitu:
Sesaat sebelum dilakukan perubahan pada rangkaian (pada kuliah ini yang dimaksud perubahan adalah posisi dari saklar pada rangkaian) yang dilambangkan pada saat t(0-).
Saat terjadinya perubahan yang dilambangkan pada saat t(0).
Sesaat setelah terjadinya perubahan yang dilambangkan pada saat t(0+). Keadaan awal sangat diperlukan agar konstanta sembarang yang muncul dalam penyelesaian umum dari persamaan diferensial dapat dihitung. Sebagaimana diketahui bahwa penyelesaian umum suatu persamaan diferensial orde suatu akan berisikan satu konstanta sembarang dan untuk persamaan diferensial orde dua akan berisikan dua buah konstanta sembarang sedangkan untuk orde n persamaan diferensial akan memiliki n buah konstanta sembarang.



1.3 Kondisi Awal Komponen Rangkaian




Komponen R iR(0-) ≠ iR(O) ≠ iR(0+)








Komponen L iL(0-) = iL(0) = iL(0+)








Komponen C [v0 = q0/c] dimana q0 adalah muatan awal



Adapun sifat dari ketiga komponen tersebut secara ringkas dapat diperlihatkan sebagai berikut:



1.4 Kondisi Awal Dari Turunan Pertama Rangkaian R-L Seri Misalkan suatu rangkaian seri seperti dibawah ini :



Gambar 1.1 Rangkaian seri RL



maka menurut hukum Kirchoff, persamaan tegangan pada rangkaian di atas adalah :



di L + R.i = Vo dt



atau



di 1 = (Vo − i.R ) dt L



Persamaan ini memperlihatkan variasi turunan arus dengan waktu dan sebagaimana diketahui bahwa sesaat setelah saklar ditutup, pada rangkaian tidak mengalir arus (karena sifat induktor yang tidak bisa berubah dengan seketika) maka sesaat setelah penutupan saklar, arus pada rangkaian adalah nol, sehingga persamaan berbentuk :



di Vo (0 + ) = dt L



Laju perubahan arus terhadap waktu dinyatakan dengan : di 1 (t 1 ) = (Vo − i1 .R ) dt L



Gambar 1.2 Kurva pendekatan kondisi awal arus pada rangkaian RL seri


















Adapun langkah-langkah untuk kondisi awal dari suatu turunan pada rangkaian: Gantikan semua induktor dengan dengan rangkaian terbuka atau dengan sumber arus yang memiliki arus sebesar arus yang mengalir pada saat t(0+). Gantikan semua kapasitor dengan hubungan singkat atau dengan sumber tegangan sebesar bila terdapat muatan awal (q0). Resistor/tahanan dibiarkan tetap tanpa ada perubahan.



Jawab : Karena sifat L yang tidak bisa berubah dengan seketika, maka rangkaian ekivalen dari rangkaian di atas saat saklar ditutup adalah :



maka terlihat bahwa i(0+) = 0.



Adapun persamaan tegangan pada rangkaian setelah penutupan saklar adalah



: di L + R.i = v dt



L



di (0 + ) + R.i(0 + ) = V dt



atau:



atau



(a)



di L (0 + ) + R.0 = V dt



di V 10 (0 + ) = = = 10 Amp/det dt L 1



2 d i , (0 + ) 2 dt



untuk mendapatkan



maka persamaan (a) dideferensialkan satu kali :



d 2i



di ( (0 + ) L 0 + ) + R. 2 dt 23 dt 1



atau



→



d 2i dt



2



(0 + ) + 100(10 Amp / det ) = 0



↓



10 Amp/det. 2



atau :



d i (0 + ) = − 1000 Amp / det 2 dt



Contoh Rangkaian di bawah ini sudah dalam keadaan steady state.



.



Pada saat t = 0 saklar dipindahkan ke posisi 2, carilah i(0+) ; di d 2i (0 + ) dan dt 2 (0 + ) dt



Jawab : Adapun bentuk rangkaian ekivalen dalam keadaan steady state :



Maka sewaktu saklar di posisi 1 besar arus pada rangkaian adalah :



V 20 i(∞ ) = = = 2 Amp R 10



Adapun bentuk rangkaian setelah saklar di posisi 2 adalah :



Karena sifat L yang tidak dapat berubah dengan seketika, maka :



i(0 + ) = i(∞ ) = 2 Amp. Saklar di posisi 2, maka persamaan tegangan pada rangkaian adalah :



L



di (0 + ) + (R1 + R 2 ). i{ (0 + ) = 0 dt ↓ 2 Amp



(a)



atau :



(R 1 + R 2 ) di (0 + ) + .2 = 0 dt L



atau :



di (0 + ) = − (10 + 20 ) .2 dt 1



atau



di (0 + ) = −60Amp / det . dt



Bila persamaan (a) di diferensialkan satu kali maka diperoleh : L



d 2i dt 2



+ (R 1 + R 2 )



di (0 + ) = 0 dt24 1 4 3 ↓



atau :



- 60 Amp



(R 1 + R 2 ) × (60Amp / det ) (10 + 20)(60Amp / det .) d 2i ( ) 0 = − =− = − 1800 Amp / det 2 + 2 L 1 dt



1.5 Kondisi awal dari turunan pertama rangkaian R-L-C seri.



Gambar 1.3 Rangkaian RLC seri



Karena kondisi awal dari elemen pasif diasumsikan nol, maka sesaat setelah saklar ditutup yaitu pada saat t = 0 + , rangkaian ekivalennya adalah :



Gambar 1.4 rangkaian ekivalen Gambar 1.3 pada saat t = 0+



Dari Gambar 1.3 bilamana saklar ditutup, maka persamaan tegangan pada rangkaian adalah:



L



di 1 + R.i + ∫ idt = V0 dt C



Untuk t = 0 + , maka persamaan (1.6) berbentuk :



L



di 1 (0 + ) + R.i1 (2 0 + ) + ∫ i(0 + )dt = V0 3 C 123 dt ↓



↓



0



0



Maka terlihat bahwa :



di L (0 + ) = V0 dt



atau :



V0 di (0 + ) = dt L



d 2i (0 + ) , maka diferensialkan Selanjutnya untuk mencari 2 dt sebelumnya satu kali untuk t =



0 + ,sehingga diperoleh :



0 ↑ } i(0 + ) d 2i di (0 ) + R. (0 + ) + =0 L 2 + dt24 C dt 14 3 ↓



Vo/L atau :



R.V0 d 2i (0 + ) = 2 L dt



atau :



R.V0 d 2i L 2 (0 + ) + =0 L dt



Contoh : Dengan mengasumsikan semua kondisi awal dari elemen pasif Rangkaian di bawah ini, dan pada saat t = 0 saklar ditutup, maka carilah : i(0+) ; di (0 ) dan d 2 i + (0 + ) 2 dt dt



Jawab : Adapun rangkaian ekivalen setelah saklar ditutup adalah :



maka terlihat dari rangkaian bahwa :



i(0 + ) = 0



Saat saklar ditutup rangkaiannya adalah :



maka persamaan tegangan pada rangkaian adalah :



di 1 L + R.i + ∫ idt = V dt C



(a)



Untuk t =0 + , maka persamaan (a) menjadi :



di 1 L (0 + ) + R.i(0 + ) + ∫ i(0 + )dt = V { C { dt ↓ ↓ 0 0 Sehingga :



di V 20 (0 + ) = = = 20 Amp / det . dt L 1



d 2i (0 + ) diferensialkan 2 dt



Selanjutnya untuk mendapatkan persamaan (a) satu kali:



d 2i di i L 2 + R. + = 0 dt C dt untuk t = 0 + , maka : L



d 2i dt



(0 ) + R. 2 +



di (0 + ) dt 23 1



0 ↑8 67 i(0 ) + + =0 C



↓



20 Amp/det.



Sehingga :



R (20.Amp / det .) 100(20.Amp / det .) ( 0+ ) = − =− = − 2000Amp / det . 2



d 2i dt



L



1



Contoh : Rangkaian di bawah ini telah mencapai keadaan steady state sebelumnya, maka pada saat t = 0 saklar dipindahkan ke posisi 2. d 2i Carilah : i(0+) ; di (0dan (0 + ) +) 2 dt dt



Jawab : Sewaktu saklar di posisi 1, rangkaian telah dalam keadaan steady state, sehingga rangkaian ekivalennya adalah :



maka arus pada rangkaian adalah :



i(0 + ) = 0



Pada saat saklar di posisi 2 rangkaian ekivalennya adalah :



maka persamaan tegangan pada rangkaian :



di 1 R.i + L + ∫ idt = VC dt C



Dan untuk t = 0 + , persamaan ini berbentuk :



di 1 R.i(0 + ) + L (0 + ) + ∫ i(0 + )dt = VC { dt C { ↓ ↓ 0 0 maka diperoleh :



atau :



di L (0 + ) = 10 dt



di 10 10 (0 + ) = = = 10Amp / det . dt L 1



Selanjutnya untuk menghitung



d 2i (0 + ) 2 dt



diferensialkan



Persamaan (a) satu kali :



di d 2i i R. + L 2 + = 0 dt C dt Pada t = 0 +, maka persamaan ini menjadi : di (0 + ) R. dt 123



0 ↑8 67 i(0 + ) d 2i (0 ) + +L =0 2 + C dt



↓



Sehingga :



10 Amp/det.



d 2i 2 ( ) 0 = − 10 . amp / det + dt 2



1.6 Kondisi awal Rangkaian RLC dua Loop Perhatikan rangkaian di bawah ini :



Gambar 1.5 Rangkaian RLC Dua Loop



Karena semua kondisi awal dari setiap elemen pasif diabaikan, maka saat saklar ditutup rangkaian ekivalen berbentuk :



Gambar 1.6 Rangkaian Ekivalen sesaat saklar ditutup



Terlihat bahwa : i1 (0 + ) =



V0 R1



dan :



i2(0+) = 0



Dari rangkaian Gambar 1.5 bila sakalar ditutup, maka persamaan tegangan setiap loop adalah : Loop 1 :



1 1 Vo = i1 R 1 + ∫ i1dt − ∫ i 2 dt C C



atau :



1 Vo = i 1 R 1 + ∫ (i i − i 2 )dt C



Loop 2 :



di 2 atau : 0 = 1 (i 2 − i 2 )dt + i 2R 2 + L di 2 1 1 0 = ∫ i 2 dt − ∫ i1dt + i 2 R 2 + L C∫ dt C C dt



Untuk t = 0 + , maka persamaan menjadi : di 2 1 ( i − i ) dt + R i + L (0 + ) = 0 1 2 (0 + ) 2 2(0 + ) ∫ 1 2 3 C 44 dt 1 42444 3 ↓



0



Sehingga :



di 2 (0 + ) = 0 dt



↓



0



Untuk mendapatkan



di1 (0 + ) maka deferensialkan : dt



1 Vo = i 1 R 1 + ∫ (i i − i 2 )dt C t = 0+, maka :



sehingga :



V0



R1 0 ↑8 ↑8 67 67 di1 i1 (0 + ) i 2 (0 + ) (0 + ) ⋅ R 1 + 0= − dt C C



V0 di1 (0 + ) = − 2 dt CR 1



d 2 i1 Untuk mendapatkan (0 + ) maka deferensialkan : 2 dt



di1 i1 i 2 0= R1 + − dt C C t = 0+, maka :



−  V0 / CR12    0 ↑4 ↑ 4 6 47 8 647 8 di1 di 2 ( ) (0 + ) 0 + d 2 i1 (0 + ) + dt 0 = R1 − dt dt C C 2



sehingga :



V0 d i1 (0 + ) = 2 3 2 dt C R1



Untuk mendapatkan



d 2i 2 dt



2



(0 + ) maka deferensialkan :



di1 i1 i 2 0= R1 + − dt C C t = 0+, maka :



Vo / R1 0 ↑8 ↑8 67 67 i 2(0 + ) i1(0 + ) di 2 d 2i 2 (0 + ) + L 2 (0 + ) 0= − + R2 C C dt dt 1 424 3 ↓



0 sehingga :



V0 d 2i 2 (0 + ) = 2 LCR 1 dt



1.7 Kondisi Awal Rangkaian RLC Yang Terdiri Dari Tiga Loop Perhatikan rangkaian RLC yang terdiri dari tiga loop dibawah ini.



Gambar 1.6.Rangkaian RLC yang terdiri dari tiga loop



Sebelum dilihat kondisi pada t = 0+ , maka harus dilihat terlebih dahulu kondisi pada t = 0- (sesaat sebelum saklar ditutup). Adapun rangkaian ekivalen sebelum saklar ditutup adalah :



Gambar 1.7.Rangkaian ekivalen dari Gambar 6.pada t = 0-



I L ( 0 − ) = I R 2 (0 − )



V = R1 + R 2



Dalam keadaan steady state induktor L bersifat hubungan singkat sedangkan kapasitor C1- danC2, sehingga arus yang mengalir pada induktor L adalah :



I L (0 − ) = I R 2 (0 − )



V = R1 + R 2



Sedangkan tegangan pada terminal kapasitor-kapasitor adalah :



v C1 + v C 2



R 2V = R1 + R 2



atau:



v C1



R 2 .V = − v C2 R1 + R 2



Karena muatan pada kapasitor yang terhubung seri adalah sama, maka diperoleh :



q C1 = q C 2



atau :



C1 .v C1 = C 2 .v C 2



1



1



dan apabila dimisalkan D1 = , maka dapat dan D 2 = C1 C2 Dituliskan :



v C1 D1 = v C2 D 2 Karena : v C1 + v C 2



Sehingga :



Dan :



atau :



R 2V = R1 + R 2



v C2



D 2 .v C1 = D1



D 2 .v C1 R2 Maka : v C1 + = .V D1 R1 + R 2



v C1



R 2 .V = R1 + R 2



 D1   D1 + D 2



  



v C2



R 2 .V = R1 + R 2



 D1     D1 + D 2 



Dengan demikian rangkaian ekivalen pada saat t = 0+ adalah :



R1 V



+ -



C1



+ -



C2



+ -



i1(0+)



i2(0+)



R3



i3(0+)



V R1 + R2 R2



Gambar 1.8 Rangkaian ekivalen dari Gambar.6.pada t = 0+



Persamaan tegangan pada rangkaian ini adalah: V = R1.i1(0+) + vC1 + vC2



R 1 .i1 (0 + ) = V − v C1 − v C 2 = V − (v C1 + v C 2 ) R2 .V R1 .i1 (0 + ) = V − R1 + R2 Rangkaian resistor seri sebagai pembag



Catatan :



R 2V R 1i1 (0 + ) = V − 1 424 3 R1 + R 2 VR 1 14 42 44 3 VR 1 =



R 1V R1 + R 2



maka :



V i1 (0 + ) = R1 + R 2



Oleh karena arus pada L tidak bisa berubah dengan seketika, maka :



V i2 (0 + ) = i L (0 − ) = R1 + R2 Demikian pula karena tegengan pada kapasitor tidak dapat berubah dengan seketika, maka tegangan pada kapasitor C2 adalah :



v C 2 = R 2 .i 3 (0 + ) + R 3 [i 3 (0 + ) − i 2 (0 + )]



i 3 (0 + )( . R 2 + R 3 ) = v C 2 + i 2 (0 + )R 3 i 3 (0 + )( . R2 + R3 ) =



Sehingga :



i 3 (0 + ) =



R 2 .V D2 V . + R 3. R 1 + R 2 D1 + D 2 R1 + R 2



 R 2 .D 2  V  + R 3  (R 1 + R 2 )(R 2 + R 3 )  D1 + D 2 



BAB 2 RESPONS FUNGSI STEP PADA RANGKAIAN RL DAN RC



Oleh : Ir. A.Rachman Hasibuan dan Naemah Mubarakah, ST



2.1 Persamaan Diferensial Orde Satu Adapun bentuk yang sederhana dari suatu persamaan diferensial orde satu adalah:



di a 0 + a 1 .i = 0 dt



sehingga dapat dikatakan bahwa besarnya orde dari suatu persamaan diferensial dinyatakan oleh turunan yang tertinggi pada suatu persamaan diferensial dan secara umum dapat dituliskan dengan :



dni d n −1i di a 0 n + a 1 n −1 + ... + a n −1 + a n i = C dt dt dt



Persamaan diferensial Linear dan Non Linear Suatu persamaan diferensial dikatakan linear apabila variabel dependent dan semua turunannya adalah ber-orde satu, dan yang lainnya dikatakan non linear.



Persamaan diferensial biasa (ordinary) Suatu persamaan diferensial dikatakan persamaan diferensial biasa kalau hanya mengandung turunan total (total derivatives) dan sebaliknya kalau persamaan diferensial tersebut juga mengandung turunan parsial maka persamaan diferensial tersebut dikatakan persamaan diferensial parsial.



2.2 Persamaan Diferensial Homogen Misalkan seperti rangkaian dibawah ini :



Gambar 2.1. Rangkaian RL dengan sumber tegangan V



Setelah pada t = 0, maka dari rangkaian dapat dituliskan persamaan tegangan Kirchoff sebagai berikut :



di L + (R 1 + R 2 ).i = 0 dt Persamaan ini memperlihatkan persamaan diferensial linear orde satu yang homogen dengan koefisien konstan. Persamaan ini dapat dinyatakan dengan bentuk



( R1 + R 2 ) di =− .dt i L Jika diturunkan persamaan tersebut, akan di dapat :



i = kε



−



R eq L



t



dimana : Req = R1 + R2



Konstanta k dapat dihitung dengan menggunakan kondisi awal dari rangkaian yaitu kondisi pada saat t = 0-.



Gambar 2.2 Rangkaian ekivalen dari Gambar 2.1. pada saat t = 0



Maka persamaan menjadi : Sehingga :



V i(0 ) = = k.ε R1



−



R eq L



(0 )



R eq



V − L t i= ε R1



2.3 Penyelesaian Persamaan Diferensial Non Homogen Dengan Faktor Integrasi Dimisalkan persamaan diferensial yang tidak homogen :



di + Pi = Q dt



Dimana P adalah konstanta dan Q merupakan fungsi independent ataupun konstanta.



di Pt ε + Pi.ε Pt = Q.ε Pt dt



i = ε − Pt ∫ Q.ε Pt .dt + ε − Pt K



Atau :



ε − Pt ∫ Q.ε Pt .dt



ε − Pt K Sehingga :



: disebut sebagai integral partikular : disebut sebagai fungsi komplementer i = iss + itr



2.4 Respon Dari Rangkaian Seri RL Dengan Sumber Tegangan Searah/Unit Step Perhatikan rangkaian dibawah ini :



Gambar 2.3 Rangkaian RL dengan sumber tegangan searah



Adapun persamaan tegangan pada rangkaian setelah saklar ditutup adalah :



di R.i + L = V dt



Penurunan rumus untuk mencari besar arus I pada rangkaian :



di R.i + L = V dt di R = − dt L  V i −    R



R  V Ln i −  = − t + K ' L  R V i− =ε R i = K.ε



−



 R   − t +K '   L 



R t L



V + R



=ε



−



R t L



⋅ ε K'



2.4.1 Menentukan Konstanta K



Karena rangkaian pada Gambar 2.3, disaat t = 0 arus yang mengalir pada rangkaian adalah nol dan pada saat saklar ditutup (t = 0), komponen L bersifat terbuka, maka pada saat saklar ditutup arus pada rangkaian adalah nol, sehingga pada t=0 : i = 0 = Kε



Sehingga :



R − .0 L



V + R



Atau



: K = -V R



R   − V  V Lt i= + − ε  R  R  {  ↓ 14243 i ss ↓ i tr



R



− t V i = i ss + i tr = ( 1 − ε L ) R



R



V − t i = i tr = − ε L R



Gambar 2.4 Kurva dari Persamaan (2.21)



2.4.2 Konstanta Waktu (Time Constant) Rangkaian dibawah ini sudah dalam keadaan steady state dan pada saat t = 0 saklar digeser keposisi 2 :



Gambar 2.5 Rangkaian RL dengan sumber tegangan V



Sebelum saklar dipindahkan ke posisi 2 pada rangkaian telah mengalir arus sebesar :



I (0 − )



V = = I0 R



Dan setelah saklar di posisi 2 maka persamaan arus pada rangkaian adalah :



misalkan :



V i= ε R L τ= R



−



R t L



Atau :



i = I0ε



maka :



− i =ε τ I0



−



R t L



t



Dan seandainya untuk rangkaian pada Gambar 2.1 untuk satu konstanta waktu setelah saklar ditutup adalah sebesar: − t  V i = 1 − ε L  R  R



atau:



R − t   i = I1 − ε L   



V/R



i = I(1 −



R ε− t L



)



63,2 %



τ 1τ



2τ



3τ



4τ



Gambar 2.6 Kurva arus dalam satu konstanta waktu dari Persamaan (2.20)



2.4.3 Tegangan Transient Pada R dan L



Pada R:



− t  V v R = R.i = R. 1 − ε L  R 



Pada L:



R − t  di d V  v L = L = L  1 − ε L  dt dt  R  



R



V = v R + v L = V (1 − ε



R − t   vR=V 1 − ε L   



atau:



−



R t L



vL=V ε



atau:



) + Vε



−



R t L



=V



τ



Gambar 2.7 Kurva VR dan VL sebagai fungsi τ



−



R t L



2.4.4 Daya Sesaat Pada R:  p R = v R .i = V1 − ε  Pada L:



p L = v L i = Vε



R − t L



−



R t L



 V  × 1 − ε  R  



V × 1 − ε R



R − t L



−



   



R t L



   



atau:



V2 pR = R



atau:



V2 pL = R



R R − t −2 t   1 − 2ε L + ε L      R −2 t   − RL t L  ε − ε    



Sedangkan total daya : V2 pT = pR + pL = R



R − t   1 − ε L     



V2  L  1 2 W=  = I L 2R  R  2



τ Gambar 2.8 Kurva PR, PL dan Pr



Contoh: Perhatikan rangkaian dibawah ini:



Carilah: a. Bentuk persamaan arus setelah saklar ditutup. b. Bentuk persamaan tegangan pada R dan L setelah saklar ditutup. c. Berapa besar arus pada rangkaian setelah saklar ditutup selama 0,5 det. d. Berapa besar arus pada rangkaian setelah saklar ditutup selama satu konsatanta waktu rangkaian.



Jawab: Setelah saklar ditutup, maka persamaan tegangan pada rangkaian adalah : di di R.i + L = V atau: 50.i + 5 = 100 dt dt



di di = −10 (i − 2) dt



i = K.ε-10t+2



atau:



(a)



karena sifat dari L yang tidak dapat disubtitusikan ke Persamaan (a), diperolehlah bentuk persamaan arus yang mengalir pada rangkaian setelah saklar ditutup. a.



(



)



i = 2 1 − ε −10 t Amp



b. Bentuk persamaan tegangan di R setelah saklar ditutup adalah:



[(



)]



[(



v R = R.i = R. 2 1 − ε −10 t = 50 2 1 − ε −10 t



v R = 100(1 - ε −10 t ) volt



)]



Bentuk persamaan tegangan di L setelah saklar ditutup adalah :



di d v L = L = 5 2(1 − ε −10 t )  = 5(20ε −10 t ) dt dt



v L = 100.ε −10 t volt c. Besar arus pada rangkaian setelah saklar ditutup selama 0,5 detik adalah: i(0,5 det) = 2(1-ε-10.0,5)



atau:



i (0,5 det) = 1,98 Amp



d. Besar arus selama 1 konstanta waktu setelah saklar ditutup : τ=



1 = 0,1. det . 10



i(τ=0,1.det) = 2(1-ε-10.0,1)



atau:



i(τ=0,1.det) = 1,26.Amp.



2.5 Respons Dari Rangkaian Seri RC Dengan Sumber Tegangan Searah/Unit Step Pada saat t = 0 saklar pada rangkaian dibawah ini ditutup.



Gambar 2.9 Rangkaian RC seri dengan sumber searah



R.i +



1 i dt = V ∫ C



Penyelesaian umum (general solution) dari Persamaan di atas : t − i = Kε RC



2.5.1 Menentukan Konstanta K



K = i0 =



V R



→



t V −τ i= ε



R



Gambar 2.10 Kurva arus dari Persamaan (2.36)



2.5.2 Tegangan Transient Pada R dan C Pada R :



Pada C :



t  − V VR = R.i = R. ε τ 



R 



 



atau :



t  −  VC = V 1 − ε τ     



Gambar 2.11 Kurva VR dan VC



VR = V.ε



−



t τ



2.5.3 Daya Sesaat t



Pada R :



Pada C :



t 2 −2  − τt   V − τ  V pR =VR .i = V.ε   ε  = ε τ R    R



t t  −  V −  pC = VC.i = V 1 − ε τ   ε τ  = R   



2



dan :



V pT = pR + pC = R



V2 R



t −2   − τt τ ε − ε   



t ε τ −



Gambar 2.12 Kurva PR, PC dan Pr



2.6 Transient Dari Muatan q Pada Rangkaian RC Seri



→ →



1 R.i + ∫ idt = V C 1 − t q = Kε RC



+ CV



dq i= dt



t   −   q = CV1 − ε RC     



q = qss + qtr dimana :



q ss = CV 1 q tr = −CVε RC −



Gambar 2.13 Kurva muatan transient RC seri



BAB 3 RESPONS SINUSOIDAL PADA RANGKAIAN SERI RL DAN RC



Oleh : Ir. A.Rachman Hasibuan dan Naemah Mubarakah, ST



3.1 Respons Sinusoidal Pada Rangkaian RL Seri



Gambar 3.1 Rangkaian RL dengan sumber tegangan v = Vm sin (ωt + θ)



Pada saat t = 0 :



di R.i + L = Vm sin (ωt + θ ) dt



Penyelesaian umum persamaan ini adalah : i



= i ss + i tr



itr = ic = penyelesaian komplementer iss = ip = penyelesaian partikular



R t L Dimana : i c = Kε −



ip =



Vm ω 2 L2 + R 2



sin (ωt + θ − φ)



Gambar 3.2 Segitiga impedansi RL seri



φ sehingga dengan demikian :



i = ic + ip



Dimana :



R t L i = Kε + −



atau :



K=−



Vm ω 2 L2 + R 2



Vm ω 2 L2 + R 2



sin (θ + φ)



sin (ωt + θ − φ)



Contoh :



Pada t = 0 saklar ditutup θ = 0, carilah bentuk persamaan arus i. Jawab : Sewaktu rangkaian dihubungkan dengan sumber tegangan v dimana θ = 0 persamaan tegangan pada rangkaian :



Ri+ L



di =v dt



atau :



di 50 i + 0,2 = 500 sin 500 t dt



Adapun penyelesaian komplementer dari persamaan di atas adalah :



50 i c + 0,2



di c =0 dt



→



i c = Kε −250 t



Misalkan persamaan partikular (i = ip) adalah 50i p + 0,2



maka :



di p dt



= 150 sin 500t



→



i p = 1,31sin (500 t − 63,4°)



i = Kε-250.t + 1,34 sin (250.t - 63,4o)



Pada saat t = 0- diketahui iL(0-) = 0, dan karena sifat dari L yang tidak dapat berubah dengan seketika, pada saat t = 0, arus i(0) = 0 sehingga : i(0) = 0 = Kε-250.0 + 1,34 sin (250.0-63,40) Maka diperoleh : K = 1,19,



Sehingga di dapat :



i = 1,19.ε −250 t + 1,34 sin (250t − 63,4°) Αmp



3.2 Response Sinusoidal Pada RC Seri



Gambar 3.3 Rangkaian RC dengan sumber tegangan v = Vm sin (ωt + θ)



Setelah saklar di tutup maka persamaan tegangan pada rangkaian adalah :



R.i +



1 idt = Vm sin(ωt + θ) ∫ C



Penyelesaian umum persamaan ini adalah : i



= i ss + i tr



itr = ic = penyelesaian komplementer iss = ip = penyelesaian partikular



Dimana :



i c = K.ε



−



t RC



ωCVm



ip=



ω2 C 2 R 2 + 1



sin (ωt+ θ − φ)



φ −



1 z = R2 + 2 2 ωC



1 ωC



Gambar 3.4 Segitiga impedansi RC seri



maka, dengan demikian : −



i = i c + i p = K.ε Dimana :



K=



Vm sin θ − R



t RC



+



ωCVm ω2C 2 R 2 + 1



ωCVm ω2C 2 R 2 + 1



sin (ωt+ θ − φ)



sin (θ − φ)



Contoh : Perhatikan rangkaian di bawah ini : R = 100 Ω



v = 250 sin (500t + θ) volt



C = 25 µF q c (0−) = 0



Pada saat t = 0, dan θ = 0 saklar ditutup sehingga rangkaian terhubung ke sumber tegangan v, carilah bentuk persamaan arus i pada rangkaian. Jawab : Adapun persamaan tegangan pada rangkaian setelah saklar ditutup adalah :



1 R.i + ∫ i dt = 250 sin 500 t C



→



di + 400.i = 1250 cos 500t dt



Untuk mencari penyelesaian komplementer maka Persamaan disamakan dengan nol dimana i = ic.



di c + 400.i c = 0 dt



→



i c = K.ε −400 t



Misalkan penyelesaian partikular adalah :



i p = A cos 500 t + B sin 500 t Didapat :



→



di p dt



+ 400.i p = 1250 cos 500t



i p = 1,22 cos 500 t + 1,525 sin 500 t atau :



i p = 1,953 cos (500 t − 51,3°)



maka, dengan demikian :



i = K.ε −400 t + 1,953 cos (500t − 51,3°)



i ( 0) = 0 = K.ε −400 t + 1,953 cos (500.0 − 51,3°)



→



K = -1,22



maka diperoleh persamaan arus pada rangkaian setelah saklar ditutup adalah :



i = −1,22.ε −400 t + 1,953 cos (500.t − 51,3°) Amp.



BAB 4 PENGANALISAAN RANGKAIAN DENGAN PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDE DUA ATAU LEBIH TINGGI



Oleh : Ir. A.Rachman Hasibuan dan Naemah Mubarakah, ST



4.1 Pendahuluan Pada umumnya persamaan diferensial homogen orde dua dengan koefisien konstan diperlihatkan sebagai berikut.



d 2i di a 0 2 + a 1 + a 2i = 0 dt dt penyelesaiannya berbentuk eksponensial yang dimisalkan dengan :



i( t ) = K.ε st



→



di = K.s.ε st dt



→



d 2i = K.s 2 .ε st 2 dt



a 0 s 2 Kε st + a 1sKε st + a 2 Kε st = 0



Sehingga : oleh karena harga



Kε st tidak akan pernah nol untuk harga t yang terbatas :



a 0 s 2 + a 1s + a 2 = 0



a1 1 s1 ; s 2 = − ± 2a 0 2a 0



2



a 1 − 4a 0 a 2



oleh sebab itu terdapat dua bentuk eksponensial dari penyelesaian persamaan diferensial homogen , yaitu :



i1 = K1εs1t dan i 2 = K1εs 2t jumlah penyelesaian-penyelesaian ini adalah :



i3 = i1 + i2



maka secara umum dapat dinyatakan penyelesaian ini adalah :



i( t ) = K 1 .ε s1t + K 2 .ε s 2 t



4.2 Respons Rangkaian RLC Seri Dengan Input Unit Step



Gambar 4.1 Rangkaian seri RLC dengan input tegangan searah



maka pada saat t = 0 saklar ditutup, sehingga dapat dituliskan persamaan tegangan pada rangkaian adalah : di 1 L + R.i + ³ i dt = Vo dt C bila dideferensialkan :



L.s 2 + R.s +



1 =0 C



→



s=



d dt



Persamaan ini disebut sebagai persamaan karakteristik rangkaian di atas



Adapun akar-akar persamaan karakteristik ini adalah :



s1 ; s 2 = −



R 1 L R2 − 4 ± 2L 2L C



maka bentuk umum penyelesaian dari persamaan diferensial :



i = K 1 .ε s1t + K 2 .ε s 2 t



1. Bilamana : R2 >



4L ( keadaan overdamped / teredam lebih) C



Dalam kondisi ini besaran



§ 2 4L · ¨R − ¸ adalah positif, C ¹ ©



sehingga akar-akar s1 dan s2 adalah nyata. maka pada t = 0, bagian dari maka :



L



di ( 0 + ) dt



+ R.0 +



1 i dt = 0 ³ C



1 0 dt = Vo ³ C



i(0+) = 0 = K 1 .ε s1 0 + K 2 .ε s 2 0 di = s1 K 1 .ε s1t + s 2 K 2 .ε s 2 t dt



→



→ →



di ( 0 + ) dt



di ( 0 + ) dt



Vo = L



K1 + K2 = 0



Vo = = s1 K 1 .ε s1 0 + s 2 K 2 .ε s 2 0 L



Vo s1 K 1 + s 2 K 2 = L



akan diperoleh : Vo K1 = L(s1 − s 2 )



Vo K2 = L(s 2 − s1 )



dan



Karena :



i = K 1 .ε s1t + K 2 .ε s 2 t



Vo



→



i=



(



L εs1t − εs2t (s1 − s 2 )



)



K1.ε s1t



Vo



K1 =



L (s1 − s 2 )



K1.ε s1t + K 2 .ε s 2 t t



Vo



K2 = −



L (s1 − s 2 )



K 2 .ε s 2 t



Gambar 4.2 Kurva arus pada rangkaian seri RLC dengan input step pada kondisi R >



4L C



2. Bilamana : R2 =



4L ( keadaan critical damped / teredam lebih) C



Pada kondisi ini besaran §¨ R 2 − 4L ·¸ menjadi nol, oleh karena itu akar C ¹ © persamaan karakteristik adalah nyata dan sama, sehingga :



i = K 1ε st + K 2 tε st Di dalam hal ini kondisi .awal : i(0 + ) maka :



(



i = K 2 tε st



di = K 2 ε st + stε st dt sehingga :



)



→



=0



dimana :



di Vo (0 + ) = dt L R s=− 2L



dan



(



di Vo (0+ ) = = K 2 ε s 0 + s.0.ε s 0 dt L



Vo st i= .t.ε L



)



→



K2 =



Vo L



dan kalau digambarkan kurvanya adalah :



i=



Vo st .t.ε L



Gambar 4.3 Kurva arus pada rangkaian seri RLC dengan input step pada kondisi R >



4L C



Bilamana : R2 < 4L (keadaan underdamped / kurang teredam) C



Pada kondisi ini besaran §¨ R 2 − 4L ·¸ negatif, oleh karena itu akar C ¹ © persamaan karakteristik adalah bilangan kompleks, yang dimisalkan :



s1 = A + jB dan s 2 = A − jB. dimana : sehingga :



A=



−R 2L



dan



B=



4L − R2 C 2L



i = K 1ε ( A + jB) t + K 2 ε ( A − jB) t



Jika diturunkan akan di dapat persamaan arus nya : R t 2 L Vo.ε −



§ 1 R2 ¨ − i= . sin ¨ 2 2 LC 4 L L R © − C 4



· ¸.t ¸ ¹



terlihat bahwa dalam keadaan ini arus berosilasi, dan kalau bagian eksponensial



ε



−



R t 2L



dihilangakan, maka arus i murni sinusoidal



dengan frekuensi resonansi (natural angular frequency). § 1 R2 ¨ ωn = − ¨ LC 4L2 ©



· ¸ ¸ ¹



[radian det ik ] Vo



ωn 1 §¨ 1 R2 fn = = − 2π 2π ¨ LC 4L2 ©



atau ε



−



· ¸ ¸ ¹



[siklus det ik ]



t τ



L R2 − C 4 −



Vo L R2 − C 4



−ε



−



t τ



Gambar 4.4 Kurva arus dari rangkaian seri RLC dengan input unti step pada kondisi R
1 LC © 2L ¹ i = K 1 .ε s1t + K 2 .ε s 2 t



atau



→



untuk t = 0, diperoleh :



R2



>



4L C



, sehingga



i = K 1 .ε −51,31. t + K 2 .ε −1948, 68.t



i, (0+) = K1.ε −51,31. 0 + K 2 .ε −1948,68. 0 ↓



0 sehingga diperoleh :



0 = K1 + K2



dan demikian juga pada C yang tidak bisa berubah dengan seketika, sehingga



1 i dt = 0 maka : ³ C



di 1 L (0+) + R.i, (0+) + ³ i dt = V dt C  ↓ ↓ 0 0



→



di V 200 (0 + ) = = = 2000 Amp / det dt L 0,1



di (0+) = −51,31.K1.ε − 51,31. 0 + 1948,68.K 2 .ε −1948,68. 0 dt  ↓



2000



2000 = −51,31.K 1 + 1948,68.K 2 Substitusikan dengan persamaan : 0 = K1 + K2 maka diperoleh :



K1 = 1 dan K2 = -1



Sehingga di dapat persamaan arus pada rangkaian :



i = ε −51,31. t − .ε −1948,68.t Amp.



Contoh : Perhatikan rangkaian di bawah ini :



dengan mengabaikan kondisi awal, pada saat t = 0 saklar ditutup. Carilah bentuk persamaan arus i pada rangkaian. Jawab : Adapun persamaan tegangan pada rangkaian setelah saklar ditutup adalah :



L



di 1 + R.i + ³ i dt = V dt C



di 10 1 10 + .i + i dt = dt 1 (1).(0,04) ³ 1



→ →



di R 1 V + .i + i dt = dt L LC ³ L



di + 10.i + 25 ³ i dt = 10 dt



→



d 2i di + 10 . + 25.i = 0 2 dt d t d =s misalkan : dt



(s



2



)



§ d2 · d ¨¨ 2 + 10. + 25 ¸¸i = 0 dt ©d t ¹



→



+ 10.s + 25 i = 0



(s



2



)



+ 10.s + 25 = 0



Sehingga didapat :



− 10 − 10 2 − 4(1.25) − 10 + 10 2 − 4(1.25) = −5 s1 = = −5 dan s 2 = 2 2 2



terlihat bahwa :



2



§ R · § 10 · = ¨ ¸ ¨ ¸ = 25 dan © 2L ¹ © 2.1 ¹



1 1 = = 25 LC (1).(0,04)



2



maka :



1 § R · = ¨ ¸ 2 L LC © ¹



atau R2 =



4L C



sehingga bentuk umum penyelesaian persamaan ini adalah :



i = ε αt (K 1 + K 2 t ) dimana :



α=−



R 10 = − = −5 2L 2



sehingga :



i = ε −5 t (K 1 + K 2 t )



karena sifat L yang tidak dapat berubah dengan seketika, maka pada t = 0 arus :



i(0+) = 0 i, (0+) = ε −5.0 (K1 + K 2 .0 ) ↓



→



K1 = 0



0



Di dapat :



i = ε −5 t .K 2 t



demikian juga dengan C yang tidak dapat berubah dengan seketika, maka tegangan pada C pada t = 0+ :



1 i(0+ ) dt = 0 C³



L



di 1 (0+) + R.i, (0+) + ³ i(0+) dt = V dt C  ↓



→



di V (0+) = = 10 dt L



Amp



/ det



↓



0



0



bila Persamaan umum arus dideferensialkan satu kali, maka :



di (0+ ) = −5.ε −5 t K 2 t + K 2 .ε −5 t dt



→



di (0+) = −5.ε −5. 0 K 2 .0 + K 2 .ε −5. 0 dt  ↓



10 maka diperoleh K2 = 10 Sehingga di dapat persamaan arus pada rangkaian :



i = 10 t . ε −5 t Amp



4.3 Response Rangkaian Paralel RLC Dengan Sumber Searah



Gambar 4.5 Rangkaian paralel RLC dengan sumber searah



Bila saklar terbuka, maka menurut hukum arus Kirchhoff dapat dituliskan :



C



dv 1 + G.v + ³ v dt = Io dt L



dideferensialkan satu kali : § d2 G d 1 · ¨¨ 2 + ¸¸.v = 0 + C dt LC ¹ © dt



bilamana : d = s , maka :



dt



didapat :



misalkan : sehingga :



s1 =



1 · § 2 G ¨s + s + ¸.v = 0 C LC © ¹



−G 1 4C + G2 − 2C 2C L



−G α= 2C



s1 = (α + β)



dan



s2 =



−G 1 4C − G2 − 2C 2C L



1 4C G2 − 2C L



dan



β=



dan



s 2 = (α − β)



sehingga Persamaan karakteristik nya dapat menjadi :



[s − (α + β)][s − (α − β)].v = 0 terlihat bahwa harga ȕ bisa potitif; nol dan imaginer / negatif,



Kemunkinan I : G 2 >



4C → harga ȕ adalah positif dimana s1 L



dan s2 nyata. Persamaan tegangan v pada rangkaian Gambar 4.5 bilamana saklar dibuka pada t = 0 adalah :



Io



v=



(



C ε s1t + ε s2 t (s1 − s 2 )



)



K1.ε s1t



Io



C K1 = (s1 − s 2 )



K1.ε s1t + K 2 .ε s 2 t t



Io



K2 = −



C (s1 − s 2 )



K 2 .ε s 2 t



Gambar 4.6 Kurva tegangan pada rangkaian paralel RLC dengan input searah pada kondisi G 2 > 4C L



Contoh : Perhatikan rangkaian ini :



dengan mengabaikan semua kondisi awal elemen pasif, maka pada t = 0 saklar dibuka, carilah bentuk persamaan tegangan v, dan berapa besar tegangan v setelah saklar dibuka selama 0,1 detik. Jawab : Persamaan arus pada rangkaian setelah saklar dibuka adalah :



C



dv 1 + G.v + ³ v dt = Io dt L



→



dv + 7.v + 12 ³ v dt = 4 dt



d2v dv 7 + + 12 v = 0 2 dt dt



misalkan :



d =s dt



maka :



(s



2



→ )



+ 7s + 12 .v = 0



· § d2 d ¨¨ 2 + 7 + 12 ¸¸.v = 0 dt © dt ¹



atau :



s 2 + 7s + 12 = 0



akar-akar persamaan ini adalah : −7 1 2 + 7 − 4.1.12 = −3 2 2 selanjutnya: s1 =



G 2 = (7) 2 = 49 maka :



G2 >



dan



dan



s2 =



−7 1 2 − 7 − 4.1.12 = −4 2 2



4C 4.1 = = 12 L (1 / 12)



4C L



sehingga bentuk umum penyelesaian Persamaan adalah :



v = K 1 .ε s1t + K 2 .ε s 2 t



sehingga Persamaan menjadi :



v = K 1 .ε −3t + K 2 .ε −4 t Karena : v (0+) = K1.ε −3.0 + K 2 .ε −4.0 



maka :



K1 + K2 = 0



↓



0



Karena : C



dv 1 (0+) + G.v(0+) + ³ v(0+) dt = Io  L dt  ↓



0



→



dv Io 10 (0+ ) = = = 10 volt / det dt C 1



↓



0



Jika persamaan tegangan dideferensialkan satu kali, didapat : dv (0+) = −3.K1.ε − 3.0 − 4K 2 .ε − 4.0 dt 



maka :



-3K1 - 4K2 = 10



↓



10



Maka didapat :



K1 = 10 dan K2 = -10



bilamana harga K1 dan K2 ini disubstitusikan kedalam Persamaan, maka didapat bentuk persamaan tegangan v bilamana saklar dibuka pada t = 0 adalah :



(



v = 10 ε − 3.t − ε − 4 t



)



volt



sedangkan besar tegangan v setelah saklar dibuka selama 0,1 detik adalah :



[



]



v (0,1det) = 10 ε −3.(0,1) − ε −4(0,1) = 0,705 volt



Kemungkinan II : G 2 =



4C → dimana ȕ adalah nol dan s1 = s2 L



persamaan tegangan v pada rangkaian Gambar 4.5, untuk kondisi G2 =



4C sebagai berikut : L



dengan :



α=



−G 2C



Io α t v = .t.ε C v=



Io αt .t.ε C



Gambar 4.7 Kurva arus pada rangkaian paralel RLC dengan input arus searah pada kondisi G 2 =



4C L



Contoh : Perhatikan rangkaian berikut ini :



dengan mengabaikan semua kondisi awal dari elemen pasif, maka pada saat t = 0 saklar dibuka, carilah bentuk persamaan tegangan v dan berapa besar v setelah saklar terbuka selama 0,1 detik. Jawab : Adapun persamaan arus pada rangkaian setelah saklar dibuka ialah :



dv 1 C + G.v + ³ v dt = Io dt L



→



dv + 6.v + 9 ³ v dt = 4 dt



bila dideferensialkan satu kali, maka diperoleh :



d2v dt 2



+6



dv +9v = 0 dt



misalkan : maka :



d =s dt



(s



2



)



+ 6s + 9 .v = 0



atau :



s 2 + 6s + 9 = 0



dan



s2 =



dan



4C 4.1 = = 36 L (1 / 9)



akar-akar persamaan ini adalah : −6 1 2 s1 = + 6 − 4.1.9 = −3 2 2



−6 1 2 − 6 − 4.1.9 = −3 2 2



terlihat bahwa : G 2 = (6) 2 = 36



maka :



G2 =



4C , sehingga bentuk umum penyelesaian Persamaan : L



v = K1.ε α t + K 2 .t.ε α t dengan



− G − ( 6) α= = = −3 2C 2.1



→



v = K1 .ε −3 t + K 2 .t.ε −3 t



Apabila saklar dibuka pada saat t = 0, maka :



v (0+ ) = K1 .ε −3.0 + K 2 .0.ε −4.0  ↓



K1 = 0



0



Dari : C



→



dv 1 (0+) + G.v(0+) + ³ v(0+) dt = Io  L dt  ↓



0



Maka :



→



dv Io 4 (0+ ) = = = 4 volt / det dt C 1



↓



0



→



dv − 3.0 − 3.0 − 3.0 K2 = 4 (0+) = −3.K . ε + K . ε − 3 K . ε 1 2 2 , dt  ↓ ↓ 0 4 Sehingga diperoleh bentuk persamaan tegangan v pada rangkaian untuk



4C kondisi G = L 2



adalah :



v = 4.t.ε −3.t volt



Setelah saklar dibuka selama 0,1 detik, maka besar tegangan V adalah :



v (0,1det) = 4.( 0,1 ). ε −3.0,1 = 0,296 volt



Kemungkinan III : G 2 < 4C → harga ȕ adalah negatif dimana L s1 dan s2 kompleks Dalam keadaan ini



β=



4C − G2 L



, sedangkan α =



−G 2C



maka akar-akar merupakan bilangan kompleks :



s1 = (α + jβ)



dan



s 2 = (α − jβ)



maka diperoleh persamaan tegangan v pada rangkaian Gambar 4.5, untuk kondisi G 2