oleh : ir. a.rachman hasibuan dan naemah mubarakah,...
TRANSCRIPT
BAB 4
PENGANALISAAN RANGKAIAN
DENGAN PERSAMAAN DIFERENSIAL
ORDE DUA ATAU LEBIH TINGGI
Oleh :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.
0iadt
dia
dt
ida 212
2
0 =++
penyelesaiannya berbentuk eksponensial yang dimisalkan dengan :penyelesaiannya berbentuk eksponensial yang dimisalkan dengan :
st.K)t(i ε=st.s.K
dt
diε=
st2
2
2
.s.Kdt
idε=→→
0KasKaKsa st
2
st
1
st2
0 =ε+ε+εSehingga :
oleh karena harga stKε tidak akan pernah nol untuk harga t yang terbatas :
0asasa 21
2
0 =++
20
2
1
00
121 aa4a
a2
1
a2
as;s −±−=
oleh sebab itu terdapat dua bentuk eksponensial dari penyelesaian persamaan diferensial homogen , yaitu :
ts12
ts11
21 KidanKi ε=ε=
jumlah penyelesaian-penyelesaian ini adalah : i3 = i1 + i2
maka secara umum dapat dinyatakan penyelesaian ini adalah :
ts
2
ts
121 .K.K)t(i ε+ε=
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 :
∫ =++ oVdtiC
1i.R
dt
diL
bila dideferensialkan : 0C
1s.Rs.L 2 =++ →
dt
ds =
Persamaan ini disebut sebagai persamaan karakteristik rangkaian di atas
Adapun akar-akar persamaan karakteristik ini adalah :
C
L4R
L2
1
L2
Rs;s 2
21 −±−=
maka bentuk umum penyelesaian dari persamaan diferensial :
ts
2
ts
121 .K.Ki ε+ε=
1. Bilamana : R2 > ( keadaan overdamped / teredam lebih)C
L4
Dalam kondisi ini besaran
−
C
L4R 2 adalah positif,
sehingga akar-akar s1 dan s2 adalah nyata.
maka pada t = 0, bagian dari ∫ = 0dtiC
1
∫ =+++o
)0(Vdt0
C
10.R
dt
diLmaka :
L
V
dt
dio)0( =+→
ts
22
ts
1121 .Ks.Ks
dt
diε+ε=
0s
22
0s
11
o)0(21 .Ks.Ks
L
V
dt
diε+ε==+→
0s
2
0s
121 .K.K0)0(i ε+ε==+ K1 + K2 = 0 →
L
VKsKs o
2211 =+
akan diperoleh :
)ss(L
VK
21
o
1 −= dan
)ss(L
VK
12
o
2 −=
ts
2
ts
121 .K.Ki ε+ε=
Karena :
→ ( )tsts
21
o
21
)ss(
LV
i ε−ε−
=
Vo tsts.K.K ε+ε
ts
11.K ε
)ss(
LV
K21
o
1 −=
)ss(
LV
K21
o
2 −−=
ts
2
ts
121 .K.K ε+ε
ts
22.K ε
t
Gambar 4.2 Kurva arus pada rangkaian seri RLC dengan input step pada
kondisi R > C
L4
2. Bilamana : R2 = ( keadaan critical damped / teredam lebih)C
L4
Pada kondisi ini besaran
−
C
L4R 2 menjadi nol, oleh karena itu akar
persamaan karakteristik adalah nyata dan sama, sehingga :
st
2
st
1 tKKi ε+ε=
→
Di dalam hal ini kondisi awal : 0)0(i =+ dan L
Vo)0(
dt
di=+.
st
2 tKi ε=
( )stst
2 stKdt
diε+ε= ( )0s0s
2 .0.sKL
Vo)0(
dt
diε+ε==+
L
VoK 2 =
st.t.L
Voi ε=
maka :
→sehingga :
L2
Rs −=dimana :
dan kalau digambarkan kurvanya adalah :
st.t.L
Voi ε=
Gambar 4.3 Kurva arus pada rangkaian seri RLC dengan input step
pada kondisi R > C
L4
Bilamana : R2 < (keadaan underdamped / kurang teredam)C
L4
Pada kondisi ini besaran
−
C
L4R 2 negatif, oleh karena itu akar
persamaan karakteristik adalah bilangan kompleks, yang dimisalkan :
.jBAsdanjBAs 21 −=+=
RC
L4
R2−
−dimana :
L2
RC
BdanL2
RA
−=
−=
t)jBA(
2
t)jBA(
1 KKi −+ ε+ε=sehingga :
t.L4
R
LC
1sin.
4
R
C
L
.Voi
2
2
2
tL2
R
−
−
ε=
−
Jika diturunkan akan di dapat persamaan arus nya :
terlihat bahwa dalam keadaan ini arus berosilasi, dan kalau bagian
eksponensialt
L2
R−
ε dihilangakan, maka arus i murni sinusoidal
[ ]ikdet
radian
L4
R
LC
1
2
2
n
−=ω
dengan frekuensi resonansi (natural angular frequency).
atau [ ]ikdet
siklus
L4
R
LC
1
2
1
2f
2
2n
n
−
π=
π
ω=
t
4
R
C
L
Vo
2
−
4
R
C
L
Vo
2
−
−
τ−
εt
τ−
ε−t
Gambar 4.4 Kurva arus dari rangkaian seri RLC dengan input unti step
pada kondisi R < C
L4
Contoh :Saklar pada rangkaian di bawah ini ditutup pada saat t = 0,dengan mengabaikan semua kondisi awal elemen rangkaian,carilah bentuk persamaan arus i.
Jawab :Bila saklar ditutup, persamaan tegangan pada rangkaian adalah :
VdtiC
1i.R
dt
diL =++ ∫
L
Vdti
LC
1i.
L
R
dt
di=++ ∫→
1,0
200dti
)10.100).(1,0(
1i.
1,0
200
dt
di6
=++ ∫− 2000dti10.10i.2000dt
di 4 =++ ∫→
0i.10.10dt
di.2000
td
id 4
2
2
=++ 0i10.10dt
d.2000
td
d 4
2
2
=
++
misalkan : sdt
d= ( ) 0i10.10s.2000s 42 =++
→→
( ) 010.10s.2000s 42 =++sehingga :
Di dapat : 31,51)10.10(420002000
s
42
1 −=−+−
=Di dapat : 31,511.2
s1 −==
68,19481.2
)10.10(420002000s
42
2 −=−−−
=
dari rangkaian dapat dilihat :
6
22
10.11,0.2
200
L2
R=
=
dan 5
610.1
)10.100).(1,0(
1
LC
1==
−
ternyata : LC
1
L2
R2
>
atau R2 >
C
L4, sehingga
ts
2
ts
121 .K.Ki ε+ε= t.68,1948
2
t.31,51
1 .K.Ki −− ε+ε=→untuk t = 0, diperoleh :
0.68,19482
0.31,511 .K.K
0
)0(i −− ε+ε=+↓
sehingga diperoleh : 0 = K + Ksehingga diperoleh : 0 = K1 + K2
dan demikian juga pada C yang tidak bisa berubah dengan seketika,
sehingga maka : 0dtiC
1=∫
V
0
dtiC
1
0
)0(i.R)0(dt
diL =++++
↓↓
∫321
det/Amp20001,0
200
L
V)0(
dt
di===+→
0.68,19482
0.31,511 .K.68,1948.K.31,51
2000
)0(dt
di −− ε+ε−=+
↓321
21 K.68,1948K.31,512000 +−=
Substitusikan dengan persamaan : 0 = K1 + K2
maka diperoleh : K1 = 1 dan K2 = -1
Sehingga di dapat persamaan arus pada rangkaian :
.Amp.i t.68,1948t.31,51 −− ε−ε=
Contoh :Perhatikan rangkaian di bawah ini :
dengan mengabaikan kondisi awal, pada saat t = 0 saklar ditutup.Carilah bentuk persamaan arus i pada rangkaian.Carilah bentuk persamaan arus i pada rangkaian.
Jawab :Adapun persamaan tegangan pada rangkaian setelah saklar ditutup adalah :
VdtiC
1i.R
dt
diL =++ ∫ L
Vdti
LC
1i.
L
R
dt
di=++ ∫
1
10dti
)04,0).(1(
1i.
1
10
dt
di=++ ∫ 10dti25i.10
dt
di=++ ∫
→→
0i.25dt
di.10
td
id2
2
=++ 0i25dt
d.10
td
d2
2
=
++→
misalkan : sdt
d=
→( ) 0i25s.10s2 =++ ( ) 025s.10s2 =++
Sehingga didapat :
52
)25.1(41010s
2
1 −=−+−
= dan 52
)25.1(41010s
2
2 −=−−−
=
terlihat bahwa : 251.2
10
L2
R22
=
=
25
)04,0).(1(
1
LC
1==
maka :LC
1
L2
R2
=
atau R2 =
C
L4
dan
sehingga bentuk umum penyelesaian persamaan ini adalah :
( )tKKi 21
t +ε= α
dimana : 52
10
L2
R−=−=−=α sehingga : ( )tKKi 21
t5 +ε= −
karena sifat L yang tidak dapat berubah dengan seketika, maka pada t = 0
arus : i(0+) = 0
( )
0
0.KK)0(i 210.5 +ε=+ −
↓
K1 = 0 →
tK.i 2
t5−ε=Di dapat :
demikian juga dengan C yang tidak dapat berubah dengan seketika,
maka tegangan pada C pada t = 0+ : 0dt)0(iC
1=+∫
00
Vdt)0(iC
1)0(i.R)0(
dt
diL =+++++
↓↓
∫43421
det
Amp /10L
V)0(
dt
di==+
bila Persamaan umum arus dideferensialkan satu kali, maka :
t5
22
t5 .KtK.5)0(dt
di −− ε+ε−=+ .K0.K.5)0(dt
di 0.5
22
0.5 −−
↓
ε+ε−=+321
→
→10
↓
maka diperoleh K2 = 10
Amp.t10i t5−ε=
Sehingga di dapat persamaan arus pada rangkaian :
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 :
IodtvL
1v.G
dt
dvC =++ ∫
dideferensialkan satu kali :
0v.LC
1
dt
d
C
G
dt
d2
2
=
++
bilamana : sdt
d= , maka : 0v.
LC
1s
C
Gs 2 =
++
didapat :L
C4G
C2
1
C2
Gs 2
1 −+−
=L
C4G
C2
1
C2
Gs 2
2 −−−
=dan
misalkan : C2
G−=α dan
L
C4G
C2
1 2 −=β
sehingga : )(s1 β+α= dan )(s2 β−α=
sehingga Persamaan karakteristik nya dapat menjadi :
[ ][ ] 0v.)(s)(s =β−α−β+α−
terlihat bahwa harga β bisa potitif; nol dan imaginer / negatif,
Kemunkinan I : harga β adalah positif dimana s1
dan s2 nyata.
→→→→>>>>L
C4G
2
Persamaan tegangan v pada rangkaian Gambar 4.5 bilamana saklar
dibuka pada t = 0 adalah : ( )tsts
21
21
)ss(
CIo
v ε+ε−
=
ts1.K ε
)ss(
CI
K21
o
1 −=
)ss(
CI
K21
o
2 −−=
ts
2
ts
121 .K.K ε+ε
ts
11.K ε
ts
22.K ε
t
Gambar 4.6 Kurva tegangan pada rangkaian paralel RLC dengan input searah
pada kondisi L
C42G >
Contoh :Perhatikan rangkaian ini :
dengan mengabaikan semua kondisi awal elemen pasif, maka pada t = 0 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 :
IodtvL
1v.G
dt
dvC =++ ∫ 4dtv12v.7
dt
dv=++ ∫→
0v12dt
dv7
dt
vd2
2
=++ 0v.12dt
d7
dt
d2
2
=
++
misalkan : sdt
d=
maka : ( ) 0v.12s7s 2 =++ atau : 012s7s 2 =++
→
akar-akar persamaan ini adalah :
17−=−+
−=
17−=−−
−=dan312.1.47
2
1
2
7s 2
1 −=−+−
= 412.1.472
1
2
7s 2
2 −=−−−
=dan
selanjutnya:
49)7(G 22 == dan 12)12/1(
1.4
L
C4==
maka : L
C4G 2 >
sehingga bentuk umum penyelesaian Persamaan adalah :
ts
2
ts
121 .K.Kv ε+ε=
sehingga Persamaan menjadi :
t4
2
t3
1 .K.Kv −− ε+ε=
Karena :
0.42
0.31 .K.K
0
)0(v −− ε+ε=+
↓321 maka : K1 + K2 = 0
Karena :
Io
0
dt)0(vL
1
0
)0(v.G)0(dt
dvC =+++++
↓↓
∫43421
321 det/volt101
10
C
Io)0(
dt
dv===+→
0.42
0.31 .K4.K.3
10
)0(dt
dv −− ε−ε−=+
↓43421
Jika persamaan tegangan dideferensialkan satu kali, didapat :
maka : -3K1 - 4K2 = 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 :
( ) volt10v t4t.3 −− ε−ε=
sedangkan besar tegangan v setelah saklar dibuka selama 0,1 detiksedangkan besar tegangan v setelah saklar dibuka selama 0,1 detik
adalah :
[ ] volt705,010v )1,0(4)1,0.(3det)1,0( =ε−ε= −−
Kemungkinan II : dimana β adalah nol dan s1 = s2→→→→====L
C4G
2
persamaan tegangan v pada rangkaian Gambar 4.5, untuk kondisi
L
C4G 2 = sebagai berikut :
t.t.C
Iov αε=
G−=αdengan :
C2=αdengan :
t.t.
C
Iov
αε=
Gambar 4.7 Kurva arus pada rangkaian paralel RLC dengan input arus searah
pada kondisi L
C42G =
Contoh :Perhatikan rangkaian berikut ini :
dengan mengabaikan semua kondisi awal dari elemen pasif, maka padasaat t = 0 saklar dibuka, carilah bentuk persamaan tegangan v dan berapabesar v setelah saklar terbuka selama 0,1 detik.besar v setelah saklar terbuka selama 0,1 detik.
Jawab :Adapun persamaan arus pada rangkaian setelah saklar dibuka ialah :
IodtvL
1v.G
dt
dvC =++ ∫ → 4dtv9v.6
dt
dv=++ ∫
bila dideferensialkan satu kali, maka diperoleh : 0v9dt
dv6
dt
vd2
2
=++
misalkan : sdt
d=
maka : ( ) 0v.9s6s2 =++ atau : 09s6s2 =++
akar-akar persamaan ini adalah :
39.1.462
1
2
6s 2
1 −=−+−
= dan 39.1.462
1
2
6s 2
2 −=−−−
=
terlihat bahwa :
36)6(G 22 == dan 36)9/1(
1.4
L
C4==
maka : L
C4G 2 = , sehingga bentuk umum penyelesaian Persamaan :
t2
t1 .t.K.Kv αα ε+ε=
dengan 31.2
)6(
C2
G−=
−=
−=α → t3
2t3
1 .t.K.Kv −− ε+ε=
Apabila saklar dibuka pada saat t = 0, maka :
0
.0.K.K)0(v 0.42
0.31
−−
↓
ε+ε=+321 K1 = 0 →
Io
0
dt)0(vL
1
0
)0(v.G)0(dt
dvC =+++++
↓↓
∫43421
321 det/volt41
4
C
Io)0(
dt
dv===+→
Dari :
Maka :
0.3
20.3
20.3
1 .K3.K.
0
K.3
4
)0(dt
dv −−− ε−ε+ε−=+↓
↓43421
→ K2 = 4
Sehingga diperoleh bentuk persamaan tegangan v pada rangkaian untuk
kondisiL
C4G 2 = adalah : volt.t.4v t.3−ε=
Setelah saklar dibuka selama 0,1 detik, maka besar tegangan V adalah :
volt296,0).1,0.(4v 1,0.3det)1,0( =ε= −
Kemungkinan III : harga β adalah negatif dimana s1 dan s2 kompleks
→→→→<<<<L
C4G
2
Dalam keadaan ini 2G
L
C4−=β , sedangkan
C2
G−=α
maka akar-akar merupakan bilangan kompleks :
( )β+α= js1 dan ( )β−α= js2( )β+α= js1 dan ( )β−α= js2
tC4
G
LC
1sin
4
G
L
C
.Iov
2
2
2
tC2
G
−
−
ε=
−
maka diperoleh persamaan tegangan v pada rangkaian Gambar 4.5,
untuk kondisi :L
C4G 2 <
terlihat v merupakan osilasi tegangan berbentuk sinus yang
amplitudonya tidak konstan dan menurun secara eksponensial
dengan konstanta waktuG
C2 dengan frekuensi ayunan ( angular frequency ) :
det/radC4
G
LC
12
2
n −=ω
tG
−
tC2
G−
ε
4
G
L
C
.Io
2
tC2
G
−
ε−
4
G
L
C
.Io
2
tC2
G
−
ε−
−
ε
tC2
G−
ε−
Gambar 4.8 Kurva tegangan pada rangkaian paralel RLC dengan input arus searah
pada kondisi L
C42G <
Contoh :Perhatikan rangkaian di bawah ini :
vIo = 2 Amp R = 0,5 Ω L = 0,5 H C = 1 F
t = 0 IL(0-) = 0 qC(0-) = 0
pada saat t = 0 saklar dibuka, carilah bentuk persamaan tegangan v padarangkaian.rangkaian.
Jawab :Adapun persamaan arus pada rangkaian setelah saklar dibuka ialah :
IodtvL
1v.G
dt
dvC =++ ∫ → 0v.2
dt
dv2
dt
vd2
2
=++
misalkan : sdt
d= maka :
( ) 0v.2s2s2 =++ → 02s2s2 =++
adapun akar-akar persamaan adalah :
1j11.2.422
1
2
2s 2
1 +−=−+−= 1j11.2.422
1
2
2s 2
2 −−=−−−=
dari rangkaian terlihat bahwa :
45,0
1G
22 =
= dan 8
5,0
1.4
L
C4==
dan
sehingga ternyata bahwa :L
C4G 2 <
L
maka bentuk umum penyelesaian Persamaan adalah :
( ) ( )t1j12
t1j11 .K.Kv −−+− ε+ε= ( )jt
2jt
1t .K.Kv −− ε+εε=→
karena :
tsinjtcostj β+β=ε βtsinjtcostj β−β=ε β−dan
( ) ( )[ ]tsin.jKjKtcos.KKv 2121t −++ε= − → ( )tsin.Ktcos.Kv 43
t +ε= −
( )0sin.K0cos.K
0
)0(v 430 +ε=+ −
↓321
K3 = 0
untuk t = 0
→
Io
0
dt)0(vL
1
0
)0(v.G)0(dt
dvC =+++++
↓↓
∫43421
321
Dari :
Maka :
→ det/volt21
2
C
Io)0(
dt
dv===+
Maka :
( )0sin0cosK.
2
)0(dt
dv4
0 −ε−=+ −
↓43421
→ K4 = 2
dan bilamana harga-harga K3 dan K4 disubstitusikan kedalam Persamaanmaka diperoleh bentuk persamaan tegangan v bilamana saklar dibukapada saat t = 0 adalah :
tsin2v t−ε=