BAB 4 PENGANALISAAN RANGKAIAN DENGAN PERSAMAAN DIFERENSIAL ORDE DUA ATAU LEBIH TINGGI. Ir. A.Rachman Hasibuan dan Naemah Mubarakah, ST

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.

0

i

a

dt

di

a

dt

i

d

a

_{2 1 2} 2 0

+

+

=

penyelesaiannya berbentuk eksponensial yang dimisalkan dengan : penyelesaiannya berbentuk eksponensial yang dimisalkan dengan :

st

.

K

)

t

(

i

=

ε

_dtdi = K.s.εst 2 2 st 2 . s . K dt i d ε =

→

→

0

K

a

sK

a

K

s

a

₀ 2

ε

st

+

₁

ε

st

+

₂

ε

st

=

Sehingga :

oleh karena harga

Kε

st _{tidak akan pernah nol untuk harga t yang terbatas :}

0

a

s

a

s

a

₀ 2

+

₁

+

₂

=

2 0 2 1 0 0 1 2 1 a 4a a a 2 1 a 2 a s ; s = − ± −

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

t s 1 2 t s 1 1

K

1

dan

i

K

2

i

=

ε

=

ε

jumlah penyelesaian-penyelesaian ini adalah : i₃ = i₁ + i₂

maka secara umum dapat dinyatakan penyelesaian ini adalah :

t s 2 t s 1 2 1

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 :

∫

= + + idt V_o C 1 i . R dt di L bila dideferensialkan :

0

C

1

s

.

R

s

.

L

2

+

+

=

→

dt

d

s

=

Adapun akar-akar persamaan karakteristik ini adalah : C L 4 R L 2 1 L 2 R s ; s_{1 2} = − ± 2 −

maka bentuk umum penyelesaian dari persamaan diferensial :

t s 2 t s 1 2 1

K

.

.

K

i

=

ε

+

ε

1. Bilamana : R2 > ( keadaan overdamped / teredam lebih)

C

L

4

Dalam kondisi ini besaran 

     − C L 4 R2 adalah positif, sehingga akar-akar s1 dan s2 adalah nyata.

maka pada t = 0, bagian dari

∫

i

dt

= 0

C

1

∫

= + + + o ) 0 ( V dt 0 C 1 0 . R dt di L maka :

L

V

dt

di

_{(0 ) o}

=

+

→

t s 2 2 t s 1 1 2 1

s

K

.

.

K

s

dt

di

ε

+

ε

=

2 2 s 0 0 s 1 1 o ) 0 ( _{1 2}

.

K

s

.

K

s

L

V

dt

di

ε

+

ε

=

=

+

→

0 s 2 0 s 1 2 1

K

.

.

K

0

)

0

(

i

+

=

=

ε

+

ε

→

K₁ + K₂ = 0

L

V

K

s

K

s

_{1 1}

+

_{2 2}

=

o

akan diperoleh : ) s s ( L V K 2 1 o 1 − = dan ) s s ( L V K 1 2 o 2 − = t s 2 t s 1 2 1

K

.

.

K

i

=

ε

+

ε

Karena :

→

(

s t s t

)

2 1 o 2 1

)

s

s

(

L

V

i

ε

−

ε

−

=

V_o t s t s . K . K ε + ε t s 1 1 . K ε ) s s ( L V K 2 1 o 1 − = ) s s ( L V K 2 1 o 2 − − = t s 2 t s 1 2 1 _{K .} . K ε + ε t s 2 2 . K ε t

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

C L 4

2. Bilamana : R2 = ( keadaan critical damped / teredam lebih)

C L 4

Pada kondisi ini besaran _

     − C L 4

R2 menjadi nol, oleh karena itu akar

persamaan karakteristik adalah nyata dan sama, sehingga :

st 2 st 1

K

t

K

i

=

ε

+

ε

→

Di dalam hal ini kondisi awal :

_i

₍

₀

+

₎

=

₀

dan

L Vo ) 0 ( dt di = + . st 2

t

K

i

=

ε

(

st st

)

2 st K dt di ε + ε =

(

s0 s0

)

2 s.0. K L Vo ) 0 ( dt di ε + ε = = +

L

Vo

K

₂

=

st

.

t

.

L

Vo

i

=

ε

maka :

→

sehingga : L 2 R s = − dimana :

dan kalau digambarkan kurvanya adalah : st . t . L Vo i = ε

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

C L 4

Bilamana : R2 < (keadaan underdamped / kurang teredam)

C L 4

Pada kondisi ini besaran _

     − C L 4

R2 negatif, oleh karena itu akar

persamaan karakteristik adalah bilangan kompleks, yang dimisalkan :

.

jB

A

s

dan

jB

A

s

₁

=

+

₂

=

−

R C L 4 R 2 − − dimana : L 2 R C B dan L 2 R A − = − = t ) jB A ( 2 t ) jB A ( 1

K

K

i

=

ε

+

+

ε

− sehingga : t . L 4 R LC 1 sin . 4 R C L . Vo i 2 2 2 t L 2 R         − − ε = −

terlihat bahwa dalam keadaan ini arus berosilasi, dan kalau bagian eksponensial t L 2 R −

ε

dihilangakan, maka arus i murni sinusoidal

[

radian_detik

]

L 4 R LC 1 2 2 n _        − = ω

dengan frekuensi resonansi (natural angular frequency).

atau

[

siklus_detik

]

L 4 R LC 1 2 1 2 f 2 2 n n _       − π = π ω = t 4 R C L Vo 2 − 4 R C L Vo 2 − − τ − ε t τ − ε − t

Gambar 4.4 Kurva arus dari rangkaian seri RLC dengan input unti step pada kondisi R <

C L 4

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 :

V

dt

i

C

1

i

.

R

dt

di

L

+

+

∫

=

L

V

dt

i

LC

1

i

.

L

R

dt

di

=

+

+

∫

→

1 , 0 200 dt i ) 10 . 100 ).( 1 , 0 ( 1 i . 1 , 0 200 dt di 6 = + + ₋

∫

_{2000.i 10.10 idt 2000} dt di ₄ = + +

∫

→

0 i . 10 . 10 dt di . 2000 t d i d 4 2 2 = + + _{10.10 i 0} dt d . 2000 t d d 4 2 2 =       + + misalkan :

_s

dt

d =

(

s

2

+

2000

.

s

+

10

.

10

4

)

i

=

0

→

→

(

s

2

+

2000

.

s

+

10

.

10

4

)

=

0

sehingga : Di dapat : _s 2000 2000 4(10.10 ) _51,31 4 2 1 = − − + − = Di dapat : _51,31 1 . 2 s₁ = = − 68 , 1948 1 . 2 ) 10 . 10 ( 4 2000 2000 s 4 2 2 = − − − − =

dari rangkaian dapat dilihat :

6 2 2

10

.

1

1

,

0

.

2

200

L

2

R

=













=













dan 5 6 1.10 ) 10 . 100 ).( 1 , 0 ( 1 LC 1 = = ₋

ternyata : LC 1 L 2 R 2 >       atau R2 _>

C

L

4

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

.

K

.

K

i

=

ε

−

+

ε

−

→

untuk t = 0, diperoleh : _{ K₁. 51,31.0 K₂. 1948,68.0 0 ) 0 ( i + = ε− + ε− ↓ sehingga diperoleh : 0 = K + K sehingga diperoleh : 0 = K₁ + K₂

dan demikian juga pada C yang tidak bisa berubah dengan seketika, sehingga maka : idt 0 C 1 =

∫

{

V

0

dt

i

C

1

0

)

0

(

i

.

R

)

0

(

dt

di

L

+

+

+

+

=

↓ ↓

∫

3

2

1

det

/

Amp

2000

1

,

0

200

L

V

)

0

(

dt

di

=

=

=

+

→

0 . 68 , 1948 2 0 . 31 , 51 1. 1948,68.K . K . 31 , 51 2000 ) 0 ( dt di _{− −} ε + ε − = + ↓ 3 2 1 2 1

1948

,

68

.

K

K

.

31

,

51

2000

=

−

+

Substitusikan dengan persamaan : 0 = K1 + K2 maka diperoleh : K₁ = 1 dan K₂ = -1

Sehingga di dapat persamaan arus pada rangkaian :

.

Amp

.

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 :

V dt i C 1 i . R dt di L + +

∫

= L V dt i LC 1 i . L R dt di = + +

∫

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

∫

₁₀

_.

_i

₂₅

_i

_dt

₁₀

dt

di

=

+

+

∫

→

→

0

i

.

25

dt

di

.

10

t

d

i

d

2 2

=

+

+

_{25 i 0} dt d . 10 t d d 2 2 =       + +

→

misalkan :

s

dt

d =

→

(

s2 +10.s + 25

)

i = 0

(

_s2 _{+10.s + 25}

)

_{= 0} Sehingga didapat :

5

2

)

25

.

1

(

4

10

10

s

2 1

=

−

−

+

−

=

dan 5 2 ) 25 . 1 ( 4 10 10 s 2 2 = − − − − = terlihat bahwa : 25 1 . 2 10 L 2 R 2 2 =       =       25 ) 04 , 0 ).( 1 ( 1 LC 1 = = maka :

LC

1

L

2

R

2

=













atau R2 ₌

C

L

4

dan

sehingga bentuk umum penyelesaian persamaan ini adalah :

(

K

K

t

)

i

=

ε

αt ₁

+

₂ dimana : ₅ 2 10 L 2 R − = − = − = α _{sehingga :}

_i

(

_K

_K

_t

)

2 1 t 5

₊

ε

=

−

karena sifat L yang tidak dapat berubah dengan seketika, maka pada t = 0 arus : i(0+) = 0 {

(

)

0 0 . K K ) 0 ( i + = ε−5.0 ₁ + ₂ ↓ K₁ = 0

→

t

K

.

i

=

ε

−5t ₂ Di dapat :

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

C 1

= +

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

∫

43 42 1 det Amp / 10 L V ) 0 ( dt di = = +

bila Persamaan umum arus dideferensialkan satu kali, maka :

t 5 2 2 t 5

.

K

t

K

.

5

)

0

(

dt

di

_{− −}

ε

+

ε

−

=

+

₍

₀

₎

₅

_.

_K

_.

₀

_K

_.

dt

di

_5.0 2 2 0 . 5 − − ↓

ε

+

ε

−

=

+

3

2

1

→

→

10

↓ maka diperoleh K₂ = 10

Amp

.

t

10

i

=

ε

−5t

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 :

Io dt v L 1 v . G dt dv C + +

∫

=

dideferensialkan satu kali : 0 v . LC 1 dt d C G dt d 2 2 =       + + bilamana :

_s

dt

d =

, maka : _{.v 0} LC 1 s C G s2  =      + + didapat : L C 4 G C 2 1 C 2 G s₁ = − + 2 − L C 4 G C 2 1 C 2 G s₂ = − − 2 − dan misalkan : C 2 G − = α dan L C 4 G C 2 1 2 ₋ = β sehingga :

_s

₍

₎

1

=

α

+

β

dan

s

2

=

(

α

−

β

)

sehingga Persamaan karakteristik nya dapat menjadi :

[

s

−

(

α

+

β

)

][

s

−

(

α

−

β

)

]

.

v

=

0

Kemunkinan I : harga β adalah positif dimana s₁ dan s₂ nyata. → → → → > >> > L C 4 G2

Persamaan tegangan v pada rangkaian Gambar 4.5 bilamana saklar dibuka pada t = 0 adalah :

(

s t s t

)

2 1 2 1

)

s

s

(

C

Io

v

ε

+

ε

−

=

t s1 . K ε ) s s ( C I K 2 1 o 1 − = ) s s ( C I K 2 1 o 2 − − = t s 2 t s 1 2 1 _{K .} . K ε + ε t s 1 1 . K ε t s 2 2 . K ε t

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

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 :

Io

dt

v

L

1

v

.

G

dt

dv

C

+

+

∫

=

_{7.v 12 vdt 4} dt dv = + +

∫

→

0 v 12 dt dv 7 dt v d 2 2 = + + 12 .v 0 dt d 7 dt d 2 2 =       + + misalkan : _s dtd = maka :

(

s

2

+

7

s

+

12

)

.

v

=

0

atau : s2 + 7s +12 = 0

→

akar-akar persamaan ini adalah : 1 7 − = − + − = _{7 4.1.12 3} dan = −7 − 1 − = − 2 1 2 7 s₁ = − + 2 − = − 7 4.1.12 4 2 1 2 7 s₂ = − − 2 − = − dan selanjutnya:

49

)

7

(

G

2

=

2

=

dan 12 ) 12 / 1 ( 1 . 4 L C 4 = = maka :

L

C

4

G

2

>

sehingga bentuk umum penyelesaian Persamaan adalah :

t s 2 t s 1 2 1

K

.

.

K

v

=

ε

+

ε

sehingga Persamaan menjadi : t 4 2 t 3 1

.

K

.

K

v

=

ε

−

+

ε

− Karena : 0 . 4 2 0 . 3 1. K . K 0 ) 0 ( v + = ε− + ε− ↓ 3 2 1 maka : K1 + K2 = 0 Karena : Io 0 dt ) 0 ( v L 1 0 ) 0 ( v . G ) 0 ( dt dv C + + + + + = ↓ ↓

∫

43 42 1 3 2 1 10 volt/det 1 10 C Io ) 0 ( dt dv = = = +

→

0 . 4 2 0 . 3 1. 4K . K . 3 10 ) 0 ( dt dv _{− −} ε − ε − = + ↓ 43 42 1

Jika persamaan tegangan dideferensialkan satu kali, didapat : maka : -3K₁ - 4K₂ = 10

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

(

)

volt

10

v

=

ε

−3.t

−

ε

−4t

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

[

]

0

,

705

volt

10

Kemungkinan II : dimana β adalah nol dan s==== →→→→ ₁ = s₂

L C 4 G2

persamaan tegangan v pada rangkaian Gambar 4.5, untuk kondisi

L C 4 G2 = sebagai berikut :

t

.

t

.

C

Io

v

=

ε

α

G − = α dengan : C 2 = α dengan : t . t . C Io v = εα

Gambar 4.7 Kurva arus pada rangkaian paralel RLC dengan input arus searah pada kondisi L C 4 2 G =

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.

besar v setelah saklar terbuka selama 0,1 detik.

Jawab :

Adapun persamaan arus pada rangkaian setelah saklar dibuka ialah :

Io

dt

v

L

1

v

.

G

dt

dv

C

+

+

∫

=

→

6

.

v

9

v

dt

4

dt

dv

=

+

+

∫

bila dideferensialkan satu kali, maka diperoleh : 9v 0 dt dv 6 dt v d 2 2 = + +

misalkan : s dtd =

maka :

(

_s

2

₊

₆

_s

₊

₉

)

_.

_v

₌

₀

_{atau :}

_s

2

₊

₆

_s

₊

₉

₌

₀

akar-akar persamaan ini adalah : 3 9 . 1 . 4 6 2 1 2 6 s₁ = − + 2 − = − dan 6 4.1.9 3 2 1 2 6 s₂ = − − 2 − = − terlihat bahwa : 36 ) 6 ( G2 = 2 = _{dan 36} ) 9 / 1 ( 1 . 4 L C 4 = = maka :

L

C

4

G

2

=

, sehingga bentuk umum penyelesaian Persamaan :

t 2 t 1

.

K

.

t

.

K

v

=

ε

α

+

ε

α dengan

3

1

.

2

)

6

(

C

2

G

−

=

−

=

−

=

α

→

v

=

K

₁

.

ε

−3t

+

K

₂

.

t

.

ε

−3t

Apabila saklar dibuka pada saat t = 0, maka : 0 . 0 . K . K ) 0 ( v ₁ −3.0 ₂ −4.0 ↓ ε + ε = + 3 2 1

→

K1 = 0 Io 0 dt ) 0 ( v L 1 0 ) 0 ( v . G ) 0 ( dt dv C + + + + + = ↓ ↓

∫

43 42 1 3 2 1 4 volt /det 1 4 C Io ) 0 ( dt dv = = = +

→

Dari : Maka : { 0 . 3 2 0 . 3 2 0 . 3 1. K . 3K . 0 K . 3 4 ) 0 ( dt dv _{− − −} ε − ε + ε − = + ↓ ↓ 43 42 1

→

K₂ = 4

Sehingga diperoleh bentuk persamaan tegangan v pada rangkaian untuk kondisi

L

C

4

G

2

=

adalah :

v

4

.

t

.

volt

t . 3 −

ε

=

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

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

Kemungkinan III : harga β adalah negatif dimana s₁ dan s₂ kompleks → → → → < << < L C 4 G2

Dalam keadaan ini G2 L C 4 − = β _{, sedangkan} C 2 G − = α

maka akar-akar merupakan bilangan kompleks :

(

α + β

)

= j s₁ =

(

α + jβ

)

dan

s

₂

=

(

α

−

j

β

)

s₁ dan

s

₂

=

(

α

−

j

β

)

t C 4 G LC 1 sin 4 G L C . Io v 2 2 2 t C 2 G         − − ε = −

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

L C 4 G2 <

terlihat v merupakan osilasi tegangan berbentuk sinus yang amplitudonya tidak konstan dan menurun secara eksponensial dengan konstanta waktu

G C

2 _{dengan frekuensi ayunan ( angular frequency ) :}

det / rad C 4 G LC 1 2 2 n = − ω t G − t C 2 G − ε 4 G L C . Io 2 t C 2 G − ε− 4 G L C . Io 2 t C 2 G − ε − − ε t C 2 G − ε −

Gambar 4.8 Kurva tegangan pada rangkaian paralel RLC dengan input arus searah pada kondisi L C 4 2 G <

Contoh :

Perhatikan rangkaian di bawah ini :

v

Io = 2 Amp R = 0,5 Ω L = 0,5 H C = 1 F t = 0 IL(0-) = 0 q_C(0-) = 0

pada saat t = 0 saklar dibuka, carilah bentuk persamaan tegangan v pada rangkaian.

rangkaian.

Jawab :

Adapun persamaan arus pada rangkaian setelah saklar dibuka ialah :

Io

dt

v

L

1

v

.

G

dt

dv

C

+

+

∫

=

→

2.v 0 dt dv 2 dt v d 2 2 = + + misalkan : s dtd = maka :

(

s

2

+

2

s

+

2

)

.

v

=

0

→

s2 + 2s + 2 = 0

adapun akar-akar persamaan adalah : 1 j 1 1 . 2 . 4 2 2 1 2 2 s₁ = − + 2 − = − + ₂ 2 4.2.1 1 j1 1 2 2 s₂ = − − 2 − = − −

dari rangkaian terlihat bahwa :

4 5 , 0 1 G 2 2 _{ =}      = dan 8 5 , 0 1 . 4 L C 4 = = dan

sehingga ternyata bahwa :

L

C

4

G

2

<

L

maka bentuk umum penyelesaian Persamaan adalah :

(

)

(

1 j1

)

t 2 t 1 j 1 1

.

K

.

K

v

=

ε

− +

+

ε

− −

→

v

=

ε

−t

(

K

₁

.

ε

jt

+

K

₂

.

ε

−jt

)

karena : t sin j t cos t j _{= β + β}

ε β dan ε−jβt = cos βt − j sinβt

(

)

(

)

[

K K .cost jK jK .sint

]

(

K .cos0 K .sin0

)

0 ) 0 ( v + = ε−0 ₃ + ₄ ↓ 3 2 1 K3 = 0 untuk t = 0

→

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

∫

43 42 1 3 2 1 Dari : Maka :

→

2 volt/det 1 2 C Io ) 0 ( dt dv = = = + Maka :

(

cos0 sin0

)

K . 2 ) 0 ( dt dv 4 0 ₋ ε − = + − ↓ 43 42 1

→

K₄ = 2

dan bilamana harga-harga K₃ dan K₄ disubstitusikan kedalam Persamaan maka diperoleh bentuk persamaan tegangan v bilamana saklar dibuka pada saat t = 0 adalah :

t

sin

2