Analisis Rangkaian Elektrik - Ee-cafe.org

eecafedotnet.files.wordpress.com
  • No tags were found...

Analisis Rangkaian Elektrik - Ee-cafe.org

Sudaryatno SudirhamAnalisisRangkaian ListrikJilid 2darpublic


AnalisisRangkaian ListrikJilid 2(Analisis Transien, Analisis MenggunakanTransformasi Laplace, Tanggapan Frekuensi,Analisis Menggunakan Transformasi Fourier)olehSudaryatno Sudirham


Hak cipta pada penulis, 2010SUDIRHAM, SUDARYATNOAnalisis Rangkaian ListrikBandungare-0710e-mail: darpublic@yahoo.comAlamat pos: Kanayakan D-30, Komp ITB, Bandung, 40135.Fax: (62) (22) 2534117


PengantarBuku ini adalah jilid ke-dua dari satu seri pembahasan analisis rangkaianlistrik. Penataan ulang serta penambahan penjelasan penulis lakukanterhadap buku yang diterbitkan tahun 2002.Buku jilid ke-dua ini berisi materi lanjutan, ditujukan kepada pembacayang telah mempelajari materi di buku jilid pertama. Pokok bahasandisajikan dalam sebelas bab. Dalam dua bab pertama bahasan kembali kekawasan waktu dengan pokok bahasan tentang analisis transien padasistem orde pertama dan sistem orde ke-dua. Pokok bahasan dalam tujuhbab berikutnya adalah mengenai analisis rangkaian menggunakantransformasi Laplace, yang dapat digunakan untuk analisis keadaanmantap maupun transien; bahasan ini mencakup dasar-dasar transformasiLaplace sampai ke aplikasinya, yang kemudian dilanjutkan denganpembahasan mengenai fungsi alih dan tanggapan frekuensi, sertapengenalan pada sistemtermasuk persamaan ruang status. Dua babterakhir membahas analisis rangkaian listrik menggunakan transformasiFourier. Pengetahuan tentang aplikasi transformasi Fourier dalamanalisis akan memperluas pemahaman mengenai tanggapan frekuensi,baik mengenai perilaku sinyal itu sendiri maupuan rangkaiannya.Lanjutan pembahasan analisis rangkaian listrik akan disajikan di jilid ketiga,yang akan meliputi rangkaian pemroses energi serta analisisharmonisa di mana sinyal dipandang sebagai suatu spektrum.Mudah-mudahan sajian ini bermanfaat bagi para pembaca. Saran danusulan para pembaca untuk perbaikan dalam publikasi selanjutnya, sangatpenulis harapkan.Bandung, 26 Juli 2010Wassalam,Penulis.iii


A. Schopenhauer, 1788 – 1860Dari Mini-EncyclopédieFrance LoisirsISBN 2-7242-1551-6


Kata PengantarDaftar IsiDaftar IsiBab 1: Analisis Transien Rangkaian Orde Pertama 1Contoh Rangkaian Orde Pertama. Tinjauan Umum TanggapanRangkaian Orde Pertama. Komponen Mantap dan KomponenTransien. Tanggapan Rangkaian Tanpa Fungsi Pemaksa.Tanggapan Rangkaian Orde Pertama Terhadap Sinyal AnakTangga. Tanggapan Rangkaian Orde Pertama Terhadap SinyalSinus. Tanggapan Masukan Nol dan Tanggapan Status Nol.Ringkasan Mengenai Tanggapan Rangkaian Orde Pertama.Bab 2: Analisis Transien Rangkaian Orde Ke-dua 31Contoh Rangkaian Orde Kedua. Tinjauan Umum TanggapanRangkaian Orde Kedua. Tiga Kemungkinan BentukTanggapan. Tanggapan Rangkaian Orde Kedua TerhadapSinyal Anak Tangga. Tanggapan Rangkaian Orde KeduaTerhadap Sinyal Sinus.Bab 3: Transformasi Laplace 55Transformasi Laplace. Tabel Transformasi Laplace. Sifat-SifatTransformasi Laplace. Transformasi Balik. Solusi PersamaanRangkaian Menggunakan Transformasi Laplace.Bab 4: Analisis Menggunakan Transformasi Laplace 85Hubungan Tegangan-Arus Elemen di Kawasan s. KonsepImpedansi di Kawasan s. Representasi Elemen di Kawasan s.Transformasi Rangkaian. Hukum Kirchhoff. Kaidah-KaidahRangkaian. Teorema Rangkaian. Metoda-Metoda Analisis.Bab 5: Fungsi Jaringan 105Pengertian dan Macam Fungsi Jaringan. Peran Fungsi Alih.Hubungan Bertingkat dan Kaidah Rantai . Fungsi Alih danHubungan Masukan-Keluaran di Kawasan Waktu. TinjauanUmum Mengenai Hubungan Masukan-Keluaran.Bab 6: Tanggapan Frekuensi Rangkaian Orde Pertama 121Tanggapan Rangkaian Terhadap Sinyal Sinus KeadaanMantap. Pernyataan Tanggapan Frekuensi. Bode Plot.iiivv


Bab 7: Tanggapan Frekuensi Rangkaian Orde Ke-dua 141Rangkaian Orde Kedua Dengan Pole Riil. Fungsi AlihDengan Zero Riil Negatif . Tinjauan Umum Bode Plot dariRangkaian Dengan Pole dan Zero Riil. Tinjauan KualitatifTanggapan Frekuensi di Bidang s. Rangkaian Orde KeduaYang Memiliki Pole Kompleks Konjugat.Bab 8: Analisis Pada Sistem 163Sinyal. Sistem. Model Sistem. Diagram Blok. PembentukanDiagram Blok. Reduksi Diagram Blok. Sub-Sistem Statis danDinamis. Diagram Blok Integrator.Bab 9: Sistem Dan Persamaan Ruang Status 185Blok Integrator dan Blok Statis. Diagram Blok Integrator,Sinyal Sebagai Fungsi t. Membangun Persamaan RuangStatus. Membangun Diagram Blok dari Persamaan RuangStatus.Bab 10: Transformasi Fourier 195Deret Fourier. Transformasi Fourier. Transformasi Balik.Sifat-Sifat Transformasi Fourier. Ringkasan.Bab 11: Analisis Menggunakan Transformasi Fourier 221Transformasi Fourier dan Hukum Rangkaian. Konvolusi danFungsi Alih. Energi Sinyal.Daftar Referensi 237Indeks 239Biodata 241vi


BAB 1Analisis Transien di Kawasan WaktuRangkaian Orde PertamaYang dimaksud dengan analisis transien adalah analisis rangkaian yangsedang dalam keadaan peralihan atau keadaan transien. Gejala transienatau gejala peralihan merupakan salah satu peristiwa dalam rangkaianlistrik yang perlu kita perhatikan. Peristiwa ini biasanya berlangsunghanya beberapa saat namun jika tidak ditangani secara baik dapatmenyebabkan terjadinya hal-hal yang sangat merugikan berupakerusakan peralatan.Dalam sistem penyaluran energi, pemutusan dan penyambunganrangkaian merupakan hal yang sering terjadi. Operasi-operasi tersebutdapat menyebabkan terjadinya lonjakan tegangan yang biasa disebuttegangan lebih. Tegangan lebih pada sistem juga terjadi manakala adasambaran petir yang mengimbaskan tegangan pada saluran transmisi.Tegangan lebih seperti ini akan merambat sepanjang saluran transmisiberbentuk gelombang berjalan dan akan sampai ke beban-beban yangterhubung pada sistem tersebut. Piranti-piranti elektronik akan menderitakarenanya. Di samping melalui saluran transmisi, sambaran petir jugamengimbaskan tegangan secara induktif maupun kapasitif padaperalatan-peralatan. Semua kejadian itu merupakan peristiwa-peristiwaperalihan.Kita mengetahui bahwa kapasitor dan induktor adalah piranti-pirantidinamis dan rangkaian yang mengandung piranti-piranti jenis ini kitasebut rangkaian dinamis. Piranti dinamis mempunyai kemampuan untukmenyimpan energi dan melepaskan energi yang telah disimpansebelumnya. Hal demikian tidak terjadi pada resistor, yang hanya dapatmenyerap energi. Oleh karena itu, pada waktu terjadi operasi penutupanataupun pemutusan rangkaian, perilaku rangkaian yang mengandungkapasitor maupun induktor berbeda dengan rangkaian yang hanyamengandung resistor saja.Karena hubungan antara arus dan tegangan pada induktor maupunkapasitor merupakan hubungan linier diferensial, maka persamaanrangkaian yang mengandung elemen-elemen ini juga merupakanpersamaan diferensial. Persamaan diferensial ini dapat berupa persamaan1


diferensial orde pertama dan rangkaian yang demikian ini disebutrangkaian atau sistem orde pertama. Jika persamaan rangkaian berbentukpersamaan diferensial orde kedua maka rangkaian ini disebut rangkaianatau sistem orde kedua. Perilaku kedua macam sistem tersebut akan kitapelajari berikut ini.Dengan mempelajari analisis transien orde pertama, kita akan• mampu menurunkan persamaan rangkaian yang merupakanrangkaian orde pertama.• memahami bahwa tanggapan rangkaian terdiri dari tanggapanpaksa dan tanggapan alami.• mampu melakukan analisis transien pada rangkaian ordepertama.1.1. Contoh Rangkaian Orde PertamaRangkaian RC Seri. Salahsatu contoh rangkaian ordepertama dalam keadaanperalihan adalah rangkaianRC seri seperti padaGb.1.1. Pada awalnyasaklar S pada rangkaian initerbuka; kemudian padasaat t = 0 ia ditutupsehingga terbentukv s+−rangkaian tertutup terdiri dari sumber v s dan hubungan seri resistor Rdan kapasitor C. Jadi mulai pada t = 0 terjadilah perubahan status padasistem tersebut dan gejala yang timbul selama terjadinya perubahanitulah yang kita sebut gejala perubahan atau gejala transien. Gejalatransien ini merupakan tanggapan rangkaian seri RC ini setelah saklarditutup, yaitu pada t > 0. Aplikasi HTK pada pada rangkaian untuk t > 0memberikandvdv− vs + iR + v = −vs+ RC + v = 0 atau RC + v = vs(1.1)dtdtPersamaan (1.1) adalah persamaan rangkaian seri RC denganmenggunakan tegangan kapasitor sebagai peubah. Alternatif lain untukmemperoleh persamaan rangkaian ini adalah menggunakan arus i sebagaipeubah. Tetapi dalam analisis transien, kita memilih peubah yangS+v in−RCGb.1.1. Rangkaian RC.ii CA+v−B2 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


merupakan peubah status dalam menyatakan persamaan rangkaian.Untuk rangkaian RC ini peubah statusnya adalah tegangan kapasitor, v.Pemilihan peubah status dalam melakukan analisis transien berkaitandengan ada tidaknya simpanan energi dalam rangkaian yang sedangdianalisis, sesaat sebelum terjadinya perubahan. Hal ini akan kita lihatpada pembahasan selanjutnya.Persamaan (1.1) merupakan persamaan diferensial orde pertama takhomogen dengan koefisien konstan. Tegangan masukan v s merupakansinyal sembarang, yang dapat berbentuk fungsi-fungsi yang pernah kitapelajari di Bab-1. Tugas kita dalam analisis rangkaian ini adalah mencaritegangan kapasitor, v, untuk t > 0.Rangkaian RL Seri. Contoh lain rangkaian orde pertama adalahrangkaian RL seri seperti padaGb.1.2. Saklar S ditutup pada t S R= 0 sehingga terbentukArangkaian tertutup RL seri. +Aplikasi HTK pada rangkaian −ini untuk t > 0 memberikan :v s ii LLBdivs− Ri − vL= vs− Ri − L = 0dt Gb.1.2. Rangkaian RL seri.ataudiL + Ri = v s(1.2)dtPersamaan (1.2) adalah persamaan rangkaian RL seri dengan arus isebagai peubah. Sebagaimana kita ketahui, arus merupakan peubah statusuntuk induktor dan kita pilih ia sebagai peubah dalam analisis rangkaianRL.Rangkaian Orde Pertama yang Lain. Persamaan rangkaian RC dan RLmerupakan persamaan diferensial orde pertama dan oleh karena iturangkaian itu disebut rangkaian orde pertama atau sistem orde pertama.Sudah barang tentu sistem orde pertama bukan hanya rangkaian RC danRL saja, akan tetapi setiap rangkaian yang persamaannya berupapersamaan diferensial orde pertama adalah sistem orde pertama.3


1.2. Tinjauan Umum Tanggapan Rangkaian Orde PertamaSecara umum, persamaan rangkaian orde pertama berbentukdya + by = x(t)(1.3)dtPeubah y adalah keluaran atau tanggapan dari rangkaian yang dapatberupa tegangan ataupun arus sedangkan nilai a dan b ditentukan olehnilai-nilai elemen yang membentuk rangkaian. Fungsi x(t) adalahmasukan pada rangkaian yang dapat berupa tegangan ataupun arus dandisebut fungsi pemaksa atau fungsi penggerak.Kita mengetahui bahwa persamaan diferensial seperti (1.3) mempunyaisolusi total yang merupakan jumlah dari solusi khusus dan solusihomogen. Solusi khusus adalah fungsi yang dapat memenuhi persamaan(1.3) sedangkan solusi homogen adalah fungsi yang dapat memenuhipersamaan homogendya + by = 0(1.4)dtHal ini dapat difahami karena jika fungsi x 1 memenuhi (1.3) dan fungsix 2 memenuhi (1.4), maka y = (x 1 +x 2 ) akan memenuhi (1.3) sebabdyadt( x + x )d 1 2dx( ) 1 dx+ by = a + b x21 + x2= a + bx1+ a + bx2dtdt dtdx= a 1 + bx1+ 0dtJadi y = (x 1 +x 2 ) adalah solusi dari (1.3), dan kita sebut solusi total.1.2.1. Tanggapan Alami, Tanggapan Paksa, Tanggapan LengkapDalam rangkaian listrik, solusi total persamaan diferensial (1.3)merupakan tanggapan lengkap (complete response) rangkaian, yangtidak lain adalah keluaran (tanggapan) rangkaian dalam kurun waktusetelah terjadi perubahan, atau kita katakan untuk t > 0. Tanggapanlengkap ini terdiri dua komponen yaitu tanggapan alami dan tanggapanpaksa, sesuai dengan adanya solusi homogen dan solusi khusus dari (1.3).Tanggapan alami adalah solusi homogen dari persamaan homogen (1.4);disebut demikian karena ia merupakan tanggapan yang tidak ditentukanoleh fungsi pemaksa x(t) karena x(t) = 0. Komponen ini ditentukan oleh4 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


elemen rangkaian dan keadaannya sesaat setelah terjadinya perubahanatau kita katakan ditentukan oleh keadaan pada t = 0 + . Tanggapan paksaadalah solusi khusus dari persamaan rangkaian (1.3); disebut demikiankarena tanggapan ini merupakan tanggapan rangkaian atas adanya fungsipemaksa x(t).Tanggapan Alami. Banyak cara untuk mencari solusi persamaan (1.4).Salah satu cara adalah memisahkan peubah dan kemudian melakukanintegrasi. Di sini kita tidak menggunakan cara itu, tetapi kita akanmenggunakan cara pendugaan. Persamaan (1.4) menyatakan bahwa yditambah dengan suatu koefisien konstan kali dy/dt, sama dengan noluntuk semua nilai t. Hal ini hanya mungkin terjadi jika y dan dy/dtberbentuk sama. Fungsi yang turunannya mempunyai bentuk samadengan fungsi itu sendiri adalah fungsi eksponensial. Jadi kita dapatmenduga bahwa solusi dari (1.4) mempunyai bentuk eksponensial y =K 1 e st . Jika solusi dugaan ini kita masukkan ke (1.4), kita peroleh( as + ) 0st staK1 se + bK1e= 0 atau yK1b =(1.5)Peubah y tidak mungkin bernilai nol untuk seluruh t dan K 1 juga tidakboleh bernilai nol karena hal itu akan membuat y bernilai nol untukseluruh t. Satu-satunya cara agar persamaan (1.5) terpenuhi adalahas + b = 0(1.6)Persamaan (1.6) ini disebut persamaan karakteristik sistem ordepertama. Persamaan ini hanya mempunyai satu akar yaitu s = −(b/a). Jaditanggapan alami yang kita cari adalahst −(b / a)tya= K1e= K1e(1.7)Nilai K 1 masih harus kita tentukan melalui penerapan suatu persyaratantertentu yang kita sebut kondisi awal yaitu kondisi pada t = 0 + . Yangdimaksud dengan t = 0 + adalah sesaat setelah terjadinya perubahankeadaan; dalam kasus penutupan saklar S pada rangkaian Gb.1.1, t = 0 +adalah sesaat setelah saklar ditutup. Ada kemungkinan bahwa y telahmempunyai nilai tertentu pada t = 0 + sehingga nilai K 1 haruslahsedemikian rupa sehingga nilai y pada t = 0 + tersebut dapat dipenuhi.Akan tetapi kondisi awal ini tidak dapat kita terapkan pada tanggapanalami karena tanggapan ini baru merupakan sebagian dari tanggapanrangkaian. Kondisi awal harus kita terapkan pada tanggapan lengkap danbukan hanya untuk tanggapan alami saja. Oleh karena itu kita harus5


mencari tanggapan paksa lebih dulu agar tanggapan lengkap dapat kitaperoleh untuk kemudian menerapkan kondisi awal tersebut.Tanggapan Paksa. Tanggapan paksa dari (1.3) tergantung dari bentukfungsi pemaksa x(t). Seperti halnya dengan tanggapan alami, kita dapatmelakukan pendugaan pada tanggapan paksa. Bentuk tanggapan paksaharuslah sedemikian rupa sehingga jika dimasukkan ke persamaanrangkaian (1.3) maka ruas kiri dan ruas kanan persamaan itu akanberisi bentuk fungsi yang sama. Jika tanggapan paksa kita sebut y p , makay p dan turunannya harus mempunyai bentuk sama agar hal tersebutterpenuhi. Untuk berbagai bentuk fungsi pemaksa x(t), tanggapan paksadugaan y p adalah sebagai berikut.Jika x(t)= 0 , maka y p = 0Jika x(t)= A = konstan, maka y p = konstan = KJikaαtx(t)= Ae = eksponensial, makaαty p = eksponensial = KeJika x(t)= Asinωt, maka y p = Kccosωt+ Kssin ωtJika x(t)= Acosωt,maka y p = Kccosωt+ Kssin ωtPerhatikan : y = Kccosωt+ Kssin ωtadalah bentuk umumfungsi sinus maupun cosinus .(1.8)Tanggapan Lengkap. Jika tanggapan paksa kita sebut y p , makatanggapan lengkap adalahs ty = y p + y a = y p + K 1e(1.9)Pada solusi lengkap inilah kita dapat menerapkan kondisi awal yang akanmemberikan nilai K 1 .Kondisi Awal. Peubah y adalah peubah status, bisa berupa tegangankapasitor v C atau arus induktor i L . Kondisi awal adalah nilai y pada t = 0 + .Sebagaimana telah kita pelajari di Bab-1, peubah status harus merupakanfungsi kontinyu. Jadi, sesaat sesudah dan sesaat sebelum terjadiperubahan pada t = 0, y harus bernilai sama. Dengan singkat dituliskanKondisi awal+ −+ −: v C (0 ) = vC(0 ) ataupun iL(0) = iL(0) (1.10)Jika kondisi awal ini kita sebut y(0 + ) dan kita masukkan pada dugaansolusi lengkap (1.9) akan kita peroleh nilai K 1 .6 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


+ ++( = p 1 1py 0 ) y (0 ) + K → K = y(0) − y (0 ) (1.11)Nilai y(0 + ) dan y p (0 + ) adalah tertentu (yaitu nilai pada t=0 + ). Jika kitasebut+++y( 0 ) − yp (0 ) = A0(1.12)maka tanggapan lengkap menjadis ty = y p + A0e(1.13)1.3. Komponen Mantap dan Komponen TransienTanggapan lengkap rangkaian seperti yang ditunjukkan oleh (1.13),terdiri dari dua komponen. Komponen yang pertama (ditunjukkan olehsuku pertama) kita sebut komponen mantap. Komponen yang kedua(ditunjukkan oleh suku kedua) kita sebut komponen transien ataukomponen peralihan. Komponen transien ini berbentuk eksponensialdengan konstanta waktu yang besarnya ditentukan oleh parameterrangkaian, yaitu τ = a/b. Dengan pengertian konstanta waktu initanggapan rangkaian dapat kita tulis−t/ τy = y p + A0e(1.14)Sebagaimana kita ketahui, fungsi eksponensial dapat kita anggap hanyaberlangsung selama 5 kali konstanta waktunya karena pada saat itunilainya sudah tinggal kurang dari 1% dari amplitudo awalnya. Jadikomponen transien boleh kita anggap hanya berlangsung selama 5τ,sedangkan komponen mantap tetap berlangsung walau komponentransien telah hilang (oleh karena itulah disebut komponen mantap).Komponen transien tidak lain adalah tanggapan alami, yang merupakanreaksi alamiah dari rangkaian terhadap adanya perubahan. Berikut inikita akan melihat beberapa contoh analisis transien sistem orde pertama.1.4. Tanggapan Rangkaian Tanpa Fungsi Pemaksa, x(t) = 0Persamaan rangkaian tanpa fungsi pemaksa ini berasal dari rangkaiantanpa masukan. Perubahan tegangan dan arus dalam rangkaian bisaterjadi karena ada pelepasan energi yang semula tersimpan dalamrangkaian dan tanggapan rangkaian yang akan kita peroleh hanyalahtanggapan alami saja. Walaupun demikian, dalam melakukan analisiskita akan menganggap bahwa fungsi pemaksa tetap ada, akan tetapi7


ernilai nol. Hal ini kita lakukan karena kondisi awal harus diterapkanpada tanggapan lengkap, sedangkan tanggapan lengkap harus terdiri daritanggapan alami dan tanggapan paksa (walaupun mungkin bernilai nol).Kondisi awal tidak dapat diterapkan hanya pada tanggapan alami sajaatau tanggapan paksa saja.COTOH-1.1: Saklar S padarangkaian di samping initelah lama berada padaposisi 1. Pada t = 0, saklar Sdipindahkan ke posisi 2.Carilah tegangan kapasitor,v, untuk t > 0.Penyelesaian :12VKarena S telah lama pada posisi 1,maka kapasitor telah terisi penuh, aruskapasitor tidak lagi mengalir, dantegangan kapasitor sama dengantegangan sumber, yaitu 12 V; jadi v(0 − )= 12 V. Setelah saklar dipindahkan ke posisi 2, kita mempunyairangkaian tanpa sumber (masukan) seperti di samping ini, yang akanmemberikan persamaan rangkaian tanpa fungsi pemaksa. AplikasiHTK pada rangkaian ini memberikan : − v + iR R = 0 .dvKarena iR= −iC= −Cmaka kita dapat menuliskan persamaandtrangkaian sebagai :dv dv− v − RC = 0 atau + 1 v = 0dtdt RCDengan nilai elemen seperti diperlihatkan pada gambar, makapersamaan rangkaian menjadi :dv+ 1000 v = 0dt0.1µF10kΩInilah persamaan rangkaian untuk t > 0. Pada rangkaian ini tidak adafungsi pemaksa. Ini bisa dilihat dari gambar rangkaian ataupun daripersamaan rangkaian yang ruas kanannya bernilai nol.+−+v−S1 2+v−0.1µF10kΩi R8 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


Persamaan karakteristik : s + 1000 = 0 → s = −1000Dugaan tanggapan alami: vDugaan tanggpan paksa : vDugaan tanggapan lengkap : v = vKondisi awal : v(0) = v(0) = 12 V.Penerapan kondisi awal pada dugaan tanggapan lengkapmemberikan: 12 = 0 + A → ATanggapan lengkap menjadi : v = 12 ePemahaman :+p−a= A= 0 ( tidak ada fungsi pemaksa)0−1000t0ep+ A e0st= 120−1000t= 0 + A eV−1000t0Rangkaian tidak mengandung fungsi pemaksa. Jadi sesungguhnyayang ada hanyalah tanggapan alami. Tanggapan paksa dinyatakansebagai v p = 0. Kondisi awal harus diterapkan pada tanggapanlengkap v = v p + va= 0 + vawalaupun kita tahu bahwa hanya adatanggapan alami dalam rangkaian ini.COTOH-1.2: Saklar S pada rangkaian berikut ini telah lama tertutup.Pada t = 0 saklar dibuka. Carilah arus dan tegangan induktor untuk t> 0.AS+ 1 kΩi50 V −3 kΩ 0.6 HPenyelesaian :Saklar S telah lama tertutup, berarti keadaan mantap telah tercapai.Pada keadaan mantap ini tegangan induktor harus nol, karenasumber berupa sumber tegangan konstan. Jadi resistor 3 kΩterhubung singkat melalui induktor. Arus pada induktor dalamkeadaan mantap ini (sebelum saklar dibuka) sama dengan arus yang− 50melalui resistor 1 kΩ yaitu i ( 0 ) = = 50 mA . Setelah saklar1000dibuka, rangkaian tinggal induktor yang terhubung seri dengan9


vresistor 3 kΩ. Untuk simpul A berlaku A+ i = 0 . Karena v A = v L30001 ⎛ di ⎞= L di/dt, maka persamaan ini menjadi ⎜0,6⎟ + i = 03000 ⎝ dt ⎠di0,6 + 3000 i = 0dtPersamaan karakteristik : 0,6s+ 3000 = 0 → s = −5000−5000tDugaan tanggapan alami: ia= A0eDugaan tanggapan paksa : i p = 0 (tak ada fungsi−5000t−5000tDugaan tanggapan lengkap: i = i p + A0e= 0 + A0e+ −Kondisi awal : i(0) = i(0) = 50Penerapan kondisi awal pada dugaan tanggapan lengkapmemberikan : 50 = A0mA .pemaksa)atauTanggapanlengkapmenjadi :−5000 ti = 50 emACOTOH-1.3: Tentukanlahtegangan kapasitor, v , danarus kapasitor i untuk t > 0pada rangkaian di sampingini jika diketahui bahwakondisi awalnya adalah v(0 + )= 10 V.Penyelesaian :4 iDalam soal ini tidak tergambar jelas mengenai terjadinya perubahankeadaan (penutupan saklar misalnya). Akan tetapi disebutkan bahwakondisi awal v(0 + ) = 10 V. Jadi kita memahami bahwa rangkaian iniadalah rangkaian untuk keadaan pada t > 0 dengan kondisi awalsebagaimana disebutkan.Persamaan tegangan untuk simpul A adalah⎛ 1 1 ⎞ 4iv A ⎜ + ⎟ + i − = 0 atau 3 v + 6i= 0 .⎝105 ⎠ 10+−10Ωi1/6 FA+v−5Ω10 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


Karena i = C dv/dt = (1/6) dv/dt maka persamaan tersebut menjadidv+ 3 v = 0dtPersamaan karakteristik : s + 3 = 0 → s = −3Dugaan tanggapan alami: va−3t= A0eDugaan tanggapan paksa : v p = 0Dugaan tanggapan lengkap+Kondisi awal : v(0) = 10 VPenerapan kondisi awal memberikan: 10 = 0 + A0−3tTanggapan lengkap (tegangan kapasitor) menjadi : v = 10 eArus kapasitor : i = Cdvdt−3t: v = v p + A0e1−3t−3t= × 10×( −3)e = −5e6AVCOTOH-1.4:Tentukanlah arusinduktor i(t) untuk t >0 pada rangkaian disamping ini jikadiketahui bahwa i(0 + )= 2 A.Penyelesaian :Sumber tegangan tak-bebas berada di antara dua simpul yang bukansimpul referensi A dan B, dan kita jadikan simpul super. Denganmengambil i sebagai peubah sinyal, kita peroleh:Simpul Super AB :iA+ −⎛ 1 1 ⎞i + vB⎜+ ⎟ = 0⎝ 3 2 ⎠vvBA − vB= 0,5 iR= 0,52→ 3 i + 2vA= 0B0,5 i R0,5 H 3 Ω 2 Ω→ 6 i + 5vB= 04→ vB= vA5i R11


Karena v A = L di/dt = 0,5 di/dt maka persamaan di atas menjadi+Kondisi awal i(0) = 2 Adi+ 3 i =dtPersamaan karakteristik : s + 3 = 0 → s = −3−3tDugaan tanggapan alami: ia= A0eDugaan tanggapan paksa : ip= 0−3t−3tDugaan tanggapan lengkap : i = vp+ A0e= 0 + A0ePenerapan kondisi awal memberikan: 2 = 0 + A0−3tTanggapan lengkap menjadi : i = 2 e A1.5. Tanggapan Rangkaian Orde Pertama Terhadap Sinyal AnakTanggaFungsi anak tangga, Au(t), adalah fungsi yang bernilai 0 untuk t < 0 danbernilai konstan A untuk t > 0. Masukan yang berupa tegangan denganbentuk gelombang sinyal anak tangga dapat digambarkan dengan sebuahsumber tegangan konstan A V seri dengan saklar S yang ditutup pada t=0 yang akan memberikan tegangan masukan v s =Au(t). Rangkaiansumber ini dapat juga kita nyatakan dengan sebuah sumber teganganbebas v s =Au(t). Kedua cara ini sering digunakan dalam menyatakanpersoalan-persoalan rangkaian.0A V+−S ++v s+Au(t)V v s−−−Jika kita hanya meninjau keadaan untuk t > 0 saja, maka masukan sinyalanak tangga v s = Au(t) dapat kita tuliskan sebagai v s = A (konstan) tanpamenuliskan faktor u(t) lagi.SiCOTOH-1.5: Saklar S padarangkaian di samping ini telahlama pada posisi 1. Pada t = 0,S dipindahkan ke posisi 2.2112V12 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)+−10kΩ +v0,1µF −


Tentukan v (tegangan kapasitor) untuk t > 0.Penyelesaian :Saklar S telah lama pada posisi 1 dan hal ini berarti bahwa tegangankapasitor sebelum saklar dipindahkan ke posisi 2 adalah v(0 − ) = 0.Setelah saklar pada posisi 2, aplikasi HTK memberikan persamaanrangkaian4−12+ 10 i + v = 0 .Karena i = i C = C dv/dt, maka persamaan tersebut menjadi4 −6−12+ 10 × 0,1 × 10dvdt+ v = 0−atau 10 3 dv+ v = 12dt−3−3Persamaan karakteristik : 10 s + 1 = 0 → s = −1/10= −1000−1000tDugaan tanggapan alami: va= A0eFungsi pemaksa bernilai konstan (=12). Kita dapat menduga bahwatanggapan paksa akan bernilai konstan juga karena turunannya akannol sehingga kedua ruas persamaan rangkaian tersebut di atas dapatberisi suatu nilai konstan.Dugaan tanggapan paksa : v p = KMasukkan v pdugaan ini ke persamaan−1000tDugaan tanggapan lengkap : v = 12 + A0eV+Kondisi awal : v(0) = v(0−)= 0.rangkaian : 0 + K = 12 ⇒ v p = 12Penerapan kondisi awal memberikan : 0 = 12 + A0→ A0= −12−1000tTanggapan lengkap menjadi : v = 12 − 12 e VPemahaman :a). Persamaan tegangankapasitor inimenunjukkan perubahantegangan pada waktu iadiisi, sebagaimanaterlihat pada gambar disamping ini.12v[V]012−12e −1000t0 0.002 0.004t13


). Pemasukan suatu tegangan konstan ke suatu rangkaian denganmenutup saklar pada t = 0 sama dengan memberikan bentukgelombang tegangan anak tangga pada rangkaian. Pernyataanpersoalan diatas dapat dinyatakan dengan rangkaian sepertitergambar di samping ini dengan tambahan keterangan bahwav C (0 − ) = 0.COTOH-1.6: Tentukanlahtegangan kapasitor v untuk t > 0pada rangkaian di samping inijika v(0 − ) = 4 V.Penyelesaian :Aplikasi HTK pada rangkaian ini memberikan4−3dv−12u ( t)+ 10 i + v = 0 ⇒10+ v = 12u(t)dtJika kita hanya meninjau keadaan untuk t > 0 saja, maka fungsi anaktangga dapat kita tuliskan sebagai suatu nilai konstan tanpamenuliskan u(t) lagi. Jadi persamaan rangkaian di atas menjadi−10 3 dv+ v = 12dt−33Persamaan karakteristik : 10 s + 1=0 → s = −10−1000tDugaan tanggapan alami: va= A0eDugaan tanggapan paksa : vp= K (fungsi pemaksa konstan)→ 0 + K = 12 → vp= 12−1000t−1000tDugaan tanggapan lengkap: v = vp+ A0e= 12 + A0e+ −Kondisi awal: v(0) = v(0) = 4 V.12u(t)V10kΩ +v0,1µF −Penerapan kondisi awal memberikan: 4 = 12 + A0→ A0= −8−1000tTanggapan lengkap menjadi : v = 12 − 8 e V+−i14 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


COTOH-1.7: Semula, rangkaian berikut ini tidak mempunyaisimpanan energi awal dan saklar S terbuka (tidak pada posisi 1maupun 2). Kemudian saklar S ditutup pada posisi 1 selamabeberapa milidetik sampai arus yang mengalir pada resistor 15 Ωmencapai 2,6 A. Segera setelah nilai arus ini dicapai, saklar dipindahke posisi 2. Carilah tegangan kapasitor mulai saat saklar pada posisi2.S 15ΩA12 i C50 V +++−100 V v 10 Ω−−1/30 FPenyelesaian :Persoalan menutup saklar ke posisi 1 adalah persoalan pengisiankapasitor. Kita tidak membahasnya lagi, dan selain itu berapa lamasaklar ada di posisi 1 juga tidak dipermasalahkan. Informasi bahwasaklar ditutup pada posisi 1 sampai arus mencapai 2,6 Amenunjukkan bahwa sesaat sebelum saklar dipindahkan ke posisi 2,tegangan di simpul A (yang berarti pula tegangan pada kapasitor v),telah mencapai nilai tertentu yaitu−v ( 0 ) = 50 − 15 × 2,6 = 11 V .Setelah saklar ada di posisi 2, yaitu pada t > 0, persamaan teganganuntuk simpul A adalah:⎛v A⎜⎝1151 ⎞ 1001+ ⎟ + iC− = 0 atau v + iC=10 ⎠ 156Karena i C = C dv/dt , maka persamaan di atas menjadi1 1 dv 20 dvv + = atau + 5 v = 2006 30 dt 3 dt20315


Persamaan karakteristik : s + 5 = 0 → s = −5−5tDugaan tanggapan alami: va= A0eDugaan tanggapan paksa : vp= K → 0 + 5K= 200 → vp= 40−5t−5tDugaan tanggapan lengkap : v = vp+ A0e= 40 + A0e+ −Kondisi awal v(0) = v(0) = 11VPenerapan kondisi awal memberikan: 11=40 + A0−5tTanggapan lengkap menjadi : v = 40 − 29 e V.→ A0= −29COTOH-1.8: Semula, rangkaian di berikut ini tidak mempunyaisimpanan energi awal. Pada t = 0 saklar S ditutup di posisi 1 selamasatu detik kemudian dipindah ke posisi 2. Carilah tegangankapasitor untuk t > 0.S21+−150Ωi C50 V1/30 FA100Ω+v−Penyelesaian :Pada waktu saklar di posisi 1, persamaan tegangan simpul A adalah⎛ 1 1 ⎞ 50vA⎜+ ⎟ + iC− = 0⎝150100 ⎠ 150⎛ 5 ⎞ 1 dv 100→ v⎜⎟ + − = 0⎝ 300 ⎠ 30 dt 300dv⇒ v + 2 = 20dt16 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


Persamaan karakteristik : 1+2s= 0 → s = −0,5−0,5tDugaan tanggapan alami: va= A0eDugaan tanggapan paksa : v p = K → K + 0 = 20−0,5t−0,5tDugaan tanggapan lengkap : v1= v p + A0e= 20 + A0e+Kondisi awal : v1(0 ) = 0Penerapan kondisi awal → 0 = 20 + A0→ A0= −20−0.5tTanggapan lengkap menjadi: v1= 20 − 20 e V untuk 0 < t ≤1atau dapat dituliskan sebagai: v1=−0.5t[ 20 − 20 e ][ u(t)− u(t −1)] VTanggapan ini berlangsung selama 1 detik, yaitu sampai saat saklarS dipindahkan ke posisi 2. Pada saat t = 1, tegangan kapasitor adalah−0,5v 1 = 20 − 20 e = 20 −12,1= 7,9Untuk t > 1, persamaan tegangan simpul A adalahV⎛ 1 1 ⎞⎛ 5 ⎞ 1 dvdvvA ⎜ + ⎟ + iC= 0 → v⎜⎟ + = 0 ⇒ v + 2 = 0⎝150100 ⎠⎝ 300 ⎠ 30 dtdtPersamaan karakteristik : 1 + 2s= 0 → s = −0,5−0,5tDugaan tanggapan alami: va= A01e, untuk t ≥1va= 0 , untuk t < 1−0,5 ( t−1)atau dapat dituliskan sebagai: va= A01eu(t −1)Tanggapan paksa : vTanggapan lengkap: vKondisi awal: v= 0Tanggapan lengkap menjadi : v2+p12=−0,5( t−1)[ vp1+ A01e] u(−0,5( t −1)= [ 0 + A01e](1 ) = v (1 ) = 7,9 V12= 7,9 e01−0,5 ( t −1)t −1)u(t −1)Penerapan kondisi awal ( t = 1 ) : 7,9 = 0 + A → A−+01u(t −1)= 7,9Pernyataan tanggapan lengkap untuk seluruh selang waktu adalah17


−0,5t−0,5 ( t−1)( 20 − 20e)( u(t)− u(t −1)) + 7,9 e u(t 1)v = v1 + v2=−Pemahaman :Gambar dari perubahan tegangan kapasitor adalah seperti di bawahini.v10(20−20e −0,5t ){u(t)−u(t−1)}87,9e −0,5(t−1) u(t−1)6420t0 0.5 1 1.5 2 2.51.5.1. Prinsip SuperposisiPrinsip superposisi berlaku juga pada analisis transien. Jika rangkaianmengandung beberapa fungsi pemaksa, maka tanggapan total rangkaianadalah jumlah dari tanggapan lengkap dari masing-masing fungsipemaksa yang ditinjau secara terpisah.COTOH-1.9: Masukan pada rangkaian contoh 1.8. dapat dinyatakansebagai sebuah sinyal impuls yang muncul pada t = 0 denganamplitudo 50 V dan durasinya 1 detik. Carilah v untuk t > 0.Penyelesaian :Sinyal impuls ini dapat dinyatakan dengan fungsi anak tanggasebagaiv s = 50u(t)− 50u(t −1)VKita dapat memandang masukan ini sebagai terdiri dari dua sumberyaituvs1 = 50u(t)V dan vs2= −50u(t − 1)VRangkaian ekivalennya dapat digambarkan seperti di bawah ini.18 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


150ΩA−+ 50u(t−1) V+−50u(t) Vi C1/30 F100Ω+v−Untuk v s1 persamaan rangkaian adalah⎛ 1 1 ⎞ 50dvv A⎜+ ⎟ + iC− = 0 ⇒ v + 2 = 20u(t)⎝150100 ⎠ 150dtTanggapan lengkap dari persamaan ini telah diperoleh pada contoh1.8. yaituvo1=−0,5t( 20 − 20 e ) u(t)VUntuk v s2 dengan peninjauan hanya pada t > 1, persamaan rangkaianadalah⎛ 1 1 ⎞ 50dvv A⎜+ ⎟ + iC+ = 0 ⇒ v + 2 = −20u(t −1)⎝150100 ⎠ 150dtPersamaan karakteristik : 2s+ 1 = 0 → s = −0,5−0,5 ( t−1)Dugaan tanggapan alami: va= A01eu(t −1)Dugaan tanggapan paksa : vp2= K2→ K2+ 0 = −20−0,5 ( t−1)Dugaan tanggapan lengkap : vo2= −20+ A01eu(t −1)+Kondisi awal : v(1) = 0 → 0 = −20+ A01→ A01= 20Tanggapan lengkap menjadi:vo2=Tanggapan total :v = vo1+ vo2=−0,5 ( t−1)( − 20 + 20 e )u(t −1)V−0,5t−0,5 ( t−1)( 20 − 20 e ) u(t)+ ( − 20 + 20 e ) u(t −1)VHasil ini sama dengan yang telah diperoleh pada contoh-1.8.19


1.6. Tanggapan Rangkaian Orde Pertama Terhadap Sinyal SinusBerikut ini kita akan melihat tanggapan rangkaian terhadap sinyal sinus.Karena tanggapan alami tidak tergantung dari bentuk fungsi pemaksa,maka pencarian tanggapan alami dari rangkaian ini sama seperti apa yangkita lihat pada contoh-contoh sebelumnya,. Jadi dalam hal ini perhatiankita lebih kita tujukan pada pencarian tanggapan paksa.Bentuk umum dari fungsi sinus yang muncul pada t = 0 adalahy = Acos(ωt+ θ)u(t)(1.15.a)Jika kita hanya meninjau keadaan untuk t > 0 saja, maka u(t) pada(1.15.a) tidak perlu dituliskan lagi, sehingga pernyataan fungsi sinusmenjadiy = Acos( ωt+ θ)(1.15.b)Fungsi sinus umum ini dapat kita tuliskan sebagai berikut.{ cosωtcosθ − sin ωtθ}y = Acos(ωt+ θ)= Asiny = Acdengancosωt+ Asin ωtA = AcosθcsdanA = −Asinθs(1.16)Dengan pernyataan umum seperti (1.16), kita terhindar dari perhitungansudut fasa θ, karena sudut fasa ini tercakup dalam koefisien A c dan A s .Dalam analisis rangkaian yang melibatkan sinyal sinus, kita akanmenggunakan bentuk umum sinyal sinus seperti (1.16). Koefisien A c danA s tidak selalu ada. Jika sudut fasa θ = 0 maka A s = 0 dan jika θ = 90 omaka A c = 0. Jika kita memerlukan nilai sudut fasa dari fungsi sinusyang dinyatakan dengan persamaan umum (1.16), kita menggunakanhubunganAtan θ = s(1.17)AcTurunan fungsi sinus akan berbentuk sinus juga.dyy = Accosωt+ Assin ωt; = −Acωsinωt+ Asωcosωtdt2 (1.18)d y 22= −Acω cosωt− Asωsin ωt2dt20 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


Oleh karena itu, penjumlahan y dan turunannya akan berbentuk fungsisinus juga dan hal inilah yang membawa kita pada persamaan (1.8).COTOH-1.10: Carilahtegangan dan aruskapasitor untuk t > 0 padarangkaian di bawah ini,jika diketahui bahwav s =50cos10t u(t) V danv(0 + ) = 0.Penyelesaian :Persamaan tegangan simpul untuk simpul A adalah⎛ 1 1 ⎞ vs1 vv 0s⎜ + ⎟ + iC− = → v + iC=⎝1510 ⎠ 15 6 15Karena i C = C dv/dt , persamaan di atas dapat kita tulis1 1 dv vsdvv + = atau + 5 v = 100cos10t6 30 dt 15 dtFaktor u(t) tak dituliskan lagi karena kita hanya melihat keadaanpada t > 0.Persamaan karakteristik : s + 5 = 0 → s = −5Dugaan tanggapan alami : va= A e−5t0Fungsi pemaksa berbentuk sinus. Tanggapan paksa kita duga akanberbentuk A c cosωt+A s sinωt.Dugaan tanggapan paksa : v→ Asc→ −10A+ 5Ac= 2AcspscDugaan tanggapan lengkap : v = 4cos10t+ 8sin10t+ A ep→ 20A+ 5A= A cos10t+ A sin10tSubstitusi tanggapan dugaan ini ke persamaan rangkaian memberikan:c= 4cos10t+ 8sin10tc−10Asin10t+ 10Acos10t+ 5Acos10t+ 5Asin10t= 100cos10tTanggapan paksa : v= 0+−scv sdan 10A+ 5Ac15Ω= 100 ⇒ Aci C1/30 Fs= 100sA= 4 dan+v−As= 8−5t010Ω21


Kondisi awal v(0) = 0Penerapan kondisi awal : 0 = 4 + A → AJadi teganganArus kapasitor : i+kapasitor : v = 4cos10t+ 8sin10t− 4eC=dvCdt=1300= −4−5t−5t( − 40sin10t+ 80cos10t+ 20 e )= −1,33sin10t+ 2,66cos10t+ 0,66 e0V−5tCOTOH-1.11: Carilah tegangan dan arus kapasitor pada contoh-1.10.jika kondisi awalnya adalah v(0 + ) = 10 V.Penyelesaian :Tanggapan lengkap yang diperoleh pada contoh-1.10.Tanggapan lengkap : v = 4cos10t+ 8sin10t+ A eKondisi awal v(0) = 10 →10= 4 + AJadi : v = 4cos10t+ 8sin10t+ 6 eArus kapasitor : i+C= Cdvdt=1300−5tV→ A = 6A−5t( − 40sin10t+ 80cos10t− 30 e )= −1,33sin10t+ 2,33cos10t− e0−5t0−5tACOTOH-1.12: Carilah tegangan kapasitor pada contoh 1.10. jika v s =50cos(10t + θ)u(t) V dan kondisi awalnya adalah v(0 + ) = 10 V.Penyelesaian :dvPersamaan rangkaian : + 5v= 100cos(10t+ θ)dt= 100cosθcos10t− 100sin θsin10t−5tTanggapan alami : va= A0e(sama seperti contoh 4.10.)Dugaan tanggapan paksa : v p = Accos10t+ Assin10t22 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


Substitusi tanggapan paksa dugaan ini ke persamaan rangkaianmemberikan:− 10Acsin10t+ 10Ascos10t+ 5Accos10t+ 5Assin10t= 100cosθcos10t− 100sin θsin10t→ −10Ac+ 5As= −100sinθ dan 10As+ 5Ac= 100cosθ→ As= −20sinθ + 2Acdan − 200sin θ + 20Ac+ 5Ac= 100cosθ⇒ Ac= 4cosθ + 8sin θ dan As= −4sinθ + 8cosθ−5tTanggapan lengkap : v = 4cos(10t+ θ)+ 8sin(10t+ θ)+ A0e+Kondisi awal v(0) = 10 →10= 4cosθ + 8sin θ + A0→ A0= 10 − (4cosθ + 8sin θ)−5tJadi : v = 4cos(10t+ θ)+ 8sin(10t+ θ)+ (10 − 4cosθ − 8sin θ)e1.7. Tanggapan Masukan ol dan Tanggapan Status olJika suatu rangkaian tidak mempunyai masukan, dan yang ada hanyalahsimpanan energi dalam rangkaian, maka tanggapan rangkaian dalamperistiwa ini kita sebut tanggapan masukan nol. Bentuk tanggapan inisecara umum adalahy+ −(b / a)tm0= y(0) e(1.19)Sebagaimana kita ketahui y(0 + ) adalah kondisi awal, yang menyatakanadanya simpanan energi pada rangkaian pada t = 0 − . Jadi tanggapanmasukan nol merupakan pelepasan energi yang semula tersimpan dalamrangkaian.Jika rangkaian tidak mempunyai simpanan energi awal, atau kita katakanber-status-nol, maka tanggapan rangkaian dalam peristiwa ini kita sebuttanggapan status nol. Bentuk tanggapan ini ditunjukkan oleh (1.13) yangkita tuliskan lagi sebagaiy+ −(b / a)ts0= y f − y f (0 ) e(1.20)dengan y f adalah tanggapan keadaan mantap atau keadaan final, yangtelah kita sebut pula sebagai tanggapan paksa. Suku kedua adalah negatifdari nilai tanggapan mantap pada t = 0 yang menurun secara23


eksponensial. Ini merupakan reaksi alamiah rangkaian yang mencobamempertahankan status-nol-nya pada saat muncul fungsi pemaksa pada t= 0. Jadi suku kedua ini tidak lain adalah tanggapan alamiah dalam statusnol.Tanggapan lengkap rangkaian seperti ditunjukkan oleh (1.12) dapat kitatuliskan kembali sebagai+ −(b / a)t + −(b / a)ty = ys0+ ym0= y f ( t)− y f (0 ) e + y(0) ePengertian mengenai tanggapan status nol dan tanggapan masukan noltersebut di atas, mengingatkan kita pada prinsip superposisi. Rangkaiandapat kita pandang sebagai mengandung dua macam masukan; masukanyang pertama adalah sumber yang membangkitkan fungsi pemaksa x(t),dan masukan yang kedua adalah simpanan energi awal yang ada padarangkaian. Dua macam masukan itu masing-masing dapat kita tinjausecara terpisah. Jika hanya ada fungsi pemaksa, kita akan mendapatkantanggapan status nol y s0 , dan jika hanya ada simpanan energi awal sajamaka kita akan mendapatkan tanggapan masukan nol y m0 . Tanggapanlengkap adalah jumlah dari tanggapan status nol dan tanggapan masukannol, y = y s0 + y m0 . Sebagai contoh kita akan melihat lagi persoalan padacontoh 1.11. yang akan kita selesaikan dengan menggunakan pengertiantanggapan status nol dan tanggapan masukan nol.COTOH-1.13: Carilah tegangan dan arus kapasitor untuk t > 0 padarangkaian di sampingini, jika diketahuibahwav(0 + ) = 10 V danv s =50cos10t u(t) VPenyelesaian :v s+−15ΩPersamaan rangkaian ini telah kita dapatkan untuk peninjauan pada t> 0, yaitui C1/30 Fdv+ 5 v =100cos10tdt+v−10Ω24 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


25tstffsffsccccscsscscscscftmmmtmmettevvvvttvAAAAAAAAAAttAtAtAtAtAtAvevKvveKvss50500050048 sin 104 cos10)(0:nolstatusTanggapan4)(08 sin 104 cos10:mantapTanggapan8410052010051020510100 cos10sin 105cos105cos1010sin 1010sin 10cos10:mantapDugaan tanggapan101010)(0)(0:awalKondisi:nolmasukanTanggapan505:karakteristikPersamaan−++−++−−+=−==→+==⇒=⇒=+→=+=→=+−→=+++−→+==⇒=⇒===−=→=+tmsettvvv500 68sin104 cos10lengkap:Tanggapan−++=+=


1.8. Ringkasan Mengenai Tanggapan Rangkaian Orde PertamaTanggapan rangkaian terdiri dari tanggapan paksa dan tanggapan alami.Tanggapan alami merupakan komponen transien dengan konstanta waktuyang ditentukan oleh nilai-nilai elemen rangkaian. Tanggapan paksamerupakan tanggapan rangkaian terhadap fungsi pemaksa dari luar danmerupakan komponen mantap atau kondisi final.− τ= ( ) t /y y p t + A0eTanggapan Paksa : ditentukan oleh fungsi pemaksa. merupakan komponen mantap; tetap ada untuk t →∞.Tanggapan Alami : tidak ditentukan oleh fungsi pemaksa. merupakan komponen transien; hilang pada t →∞. konstanta waktu τ = a/bTanggapan rangkaian juga dapat dipandang sebgai terdiri dari tanggapanstatus nol dan tanggapan masukan nol. Tanggapan status nol adalahtanggapan rangkaian tanpa simpanan energi awal. Tanggapan masukannol adalah tanggapan rangkaian tanpa masukan atau dengan kata laintanggapan rangkaian tanpa pengaruh fungsi pemaksa.+ − t / τ + − t / τy = y p(t)− y p(0) e + y(0) eTanggapan Status Nol : tanggapan rangkaian jika tidak ada simpanan energi awal.Tanggapan Masukan Nol : tanggapan rangkaian jika tidak ada masukan. upaya rangkaian untuk melepaskan simpanan energinya.26 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


27Soal-Soal1. Carilah bentuk gelombang tegangan / arus yang memenuhi persamaandiferensial berikut.5 V)(0,015b).10 V)(0,010a).==+==+++vvdtdvvvdtdv5 mA)(0,010d).2 A)(0,08c).4= −=+==+++iidtdiiidtdi5 V)(0,)(1010f).0)(0,)(1010e).==+==+++vtuvdtdvvtuvdtdv20 mA)(0,)(10010h).0)(0,)(10010g).44= −=+==+++ituidtdiituidtdi5 V)(0,)()10 cos(510j).0)(0,)()10 cos(55i).==+==+++vtutvdtdvvtutvdtdv0,5 A)(0,)(]100[sin10010l).0)(0,)(]100[sin10010k).44==+==+++itutidtdiitutidtdi


2. Saklar S pada rangkaian di bawah ini, telah lama berada pada posisi A.Pada t = 0, ia dipindahkan ke posisi B. Carilah v C untuk t > 0.S+ 1kΩ− 20 V3. Saklar S pada rangkaian di bawah ini, telah lama tertutup. Pada t = 0,ia dibuka. Carilah i L untuk t > 0.SAB1kΩ10µF+v C−+−1kΩ20 V2kΩ2kΩ 1Hi L4. Saklar S pada rangkaian di bawah ini, telah lama tertutup. Pada t = 0,ia dibuka. Carilah v C untuk t > 0.+−1kΩ18 VS2kΩ2kΩ 1µF+v C−5. Saklar S pada rangkaian di bawah ini, telah lama terbuka. Pada t = 0,ia ditutup. Carilah v C untuk t > 0.+−S0,5kΩ20 V 2kΩ0,6kΩ0,1µF+v C−28 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


6. Saklar S pada rangkaian di bawah ini, telah lama terbuka. Pada t = 0,ia ditutup. Carilah v o untuk t > 0.S+−20 V8kΩ3kΩ2kΩ0,1µF+v o−7. Saklar S pada rangkaian di bawah ini, telah lama terbuka. Pada t = 0,ia ditutup. Carilah v o untuk t > 0.S+−20 V6kΩ3H10kΩ20kΩ+v o−8. Rangkaian di bawah ini telah lama dalam keadaan mantap dengansaklar dalam keadaan terbuka. Pada t = 0 saklar S ditutup. Tentukani dan v untuk t > 0.5Ω5AS12Ω+v_2 H4Ω1Ωi9. Sebuah kumparan mempunyai induktansi 10 H dan resistansi 10 Ω.Pada t = 0, kumparan ini diberi tegangan 100 V. Berapa lamadibutuhkan waktu untuk mencapai arus setengah dari nilai akhirnya ?10. Sebuah rele mempunyai kumparan dengan induktansi 1,2 H yangresis-tansinya 18 Ω. Jangkar rele akan terangkat jika arus dikumparannya mencapai 50 mA. Rele ini dioperasikan dari jauhmelalui kabel yang resistansi totalnya 45 Ω dan dicatu oleh batere 12V dengan resistansi internal 1 Ω. Hitunglah selang waktu antara saatditutupnya rangkaian dengan saat mulai beroperasinya rele.29


11. Sebuah kapasitor 20 µF terhubung paralel dengan resistor R.Rangkaian ini diberi tegangan searah 500 V dan setelah cukup lamasumber tegangan dilepaskan. Tegangan kapasitor menurun mencapai300 V dalam waktu setengah menit. Hitunglah berapa MΩ resistoryang terparalel dengan kapasitor ?12. Pada kabel penyalur daya, konduktor dan pelindung metalnyamembentuk suatu kapasitor. Suatu kabel penyalur daya searahsepanjang 10 km mempunyai kapasitansi 2,5 µF dan resistansiisolasinya 80 MΩ. Jika kabel ini dipakai untuk menyalurkan dayasearah pada tegangan 20 kV, kemudian beban dilepaskan dantegangan sumber juga dilepaskan, berapakah masih tersisa tegangankabel 5 menit setelah dilepaskan dari sumber ?13. Tegangan bolak-balik sinus dengan amplitudo 400 V dan frekuensi50 Hz, diterapkan pada sebuah kumparan yang mempunyaiinduktansi 0,1 H dan resistansinya 10 Ω. Bagaimanakah persamaanarus yang melalui kumparan itu beberapa saat setelah teganganditerapkan ? Dihitung dari saat tegangan diterapkan, berapa lamakahkeadaan mantap tercapai ?30 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


BAB 2Analisis Transien di Kawasan WaktuRangkaian Orde Ke-DuaDengan mempelajari analisis transien sistem orde ke-dua kita akan• mampu menurunkan persamaan rangkaian yang merupakanrangkaian orde kedua.• memahami bahwa tanggapan rangkaian terdiri dari tanggapanpaksa dan tanggapan alami yang mungkin berosilasi.• mampu melakukan analisis transien pada rangkaian ordekedua.2.1. Contoh Rangkaian Orde KeduaRangkaian RLC Seri. Kita lihat rangkaian seri RLC seperti pada Gb.2.1.Saklar S ditutuppada t = 0. Langkah SLpertama dalammencari tanggapan+ R i++rangkaian ini adalahv invCmencari persamaan v s −−−rangkaian. KarenarangkaianGb.2.1. Rangkaian RLC seri.mengandung C danL, maka ada duapeubah status, yaitu tegangan kapasitor dan arus induktor, yang dapatkita pilih untuk digunakan dalam mencari persamaan rangkaian,. Kitaakan mencoba lebih dulu menggunakan tegangan kapasitor sebagaipeubah rangkaian, kemudian melihat apa yang akan kita dapatkan jikaarus induktor yang kita pilih.Aplikasi HTK untuk t > 0 pada rangkaian ini memberikan :diRi + L + v = v in(2.1)dtKarena i = i C = C dv/dt, maka persamaan (2. 1) menjadi :31


2d v dvLC + RC + v =2dt dtv in(2.2)Persamaan (2.2) adalah persamaan diferensial orde kedua, yangmerupakan diskripsi lengkap rangkaian, dengan tegangan kapasitorsebagai peubah. Untuk memperoleh persamaan rangkaian dengan arusinduktor i sebagai peubah, kita manfaatkan hubungan arus-tegangankapasitor, yaitudv 1i = iC= C → v =∫idtdt Csehingga (2.1) menjadi:di 1L + Ri + idt + v = v indt C ∫(0)atau2d i di dvLC + RC + i = C =2dt dt dtini in(2.3)Persamaan (2.2) dan (2.3) sama bentuknya, hanya peubah sinyalnyayang berbeda. Hal ini berarti bahwa tegangan kapasitor ataupun arusinduktor sebagai peubah akan memberikan persamaan rangkaian yangsetara. Kita cukup mempelajari salah satu di antaranya.Rangkaian RLC Paralel. Perhatikan rangkaian RLC paralel seperti padaGb.2.2. Aplikasi HAKpada simpul AA i smemberikani + i + i = iRLCHubungan ini dapatdinyatakan dengan arusinduktor i L = i sebagaipeubah, denganmemanfaatkan hubunganv =v L =L di/dt, sehinggai R = v/R dan i C = Cdv/dt .si RRi L = iBLi CCGb.2.2. Rangkaian paralel RLC+v−32 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


v dv+ i + C = iR dt2d i L diLC + + i = i2dt R dtsataus(2.4)Persamaan rangkaian paralel RLC juga merupakan persamaan diferensialorde kedua.2.2. Tinjauan Umum Tanggapan Rangkaian Orde KeduaSecara umum rangkaian orde kedua mempunyai persamaan yangberbentuk2d y dya + b + cy = x(t)(2.5)2dt dtPada sistem orde satu kita telah melihat bahwa tanggapan rangkaianterdiri dari dua komponen yaitu tanggapan alami dan tanggapan paksa.Hal yang sama juga terjadi pada sistem orde kedua yang dengan mudahdapat ditunjukkan secara matematis seperti halnya pada sistem ordepertama. Perbedaan dari kedua sistem ini terletak pada kondisi awalnya.Karena rangkaian orde kedua mengandung dua elemen yang mampumenyimpan energi yaitu L dan C, maka dalam sistem ini baik arusinduktor maupun tegangan kapasitor harus merupakan fungsi kontinyu.Oleh karena itu ada dua kondisi awal yang harus dipenuhi, yaituvC+−(0 ) = vC(0 ) dan iL(0 ) = iL(0 )Dalam penerapannya, kedua kondisi awal ini harus dijadikan satu,artinya v C dinyatakan dalam i L atau sebaliknya i L dinyatakan dalam v C ,tergantung dari apakah peubah y pada (2.25) berupa tegangan kapasitorataukah arus induktor.Sebagai contoh, pada rangkaian RLC seri hubungan antara v C dan i Ladalahi(0+) = iL+(0 ) = iC+ dv(0 ) = CC(0dt+)+ataudvdtC−++ i(0)(0 ) =CDengan demikian jika peubah y adalah tegangan kapasitor, dua kondisiawal yang harus diterapkan, adalah:33


vC+ −dv ivC + L(0)(0 ) = C (0 ) dan (0 ) = .dt CContoh lain adalah rangkaian paralel RLC; hubungan antara v C dan i Ladalah+ + didi vv v LL +L + C (0 )C (0 ) = L(0) = (0 ) atau (0 ) =dtdt LDengan demikian jika peubah y adalah arus induktor, dua kondisi awalyang harus diterapkan, adalah:iL+ −di viL + C (0 )(0 ) = L(0) dan (0 ) = .dt LSecara umum, dua kondisi awal yang harus kita terapkan pada (2.5)adalah+−y(0) = y(0)+dandy + +(0 ) = y'(0)dtdengan y'(0) dicari dari hubungan rangkaian+++(2.6)Tanggapan Alami. Tanggapan alami diperoleh dari persamaan rangkaiandengan memberikan nilai nol pada ruas kanan dari persamaan (2.5),sehingga persamaan menjadi2d y dya + b + cy = 0(2.7)2dt dtAgar persamaan ini dapat dipenuhi, y dan turunannya harus mempunyaibentuk sama sehingga dapat diduga y berbentuk fungsi eksponensial y a =Ke st dengan nilai K dan s yang masih harus ditentukan. Kalau solusi inidimasukkan ke (2.27) akan diperoleh :aKsKest2est+ bKsest+ cKe2( as + bs + c) = 0st= 0atau(2.8)Fungsi e st tidak boleh nol untuk semua nilai t . Kondisi K = 0 juga tidakdiperkenankan karena hal itu akan berarti y a = 0 untuk seluruh t. Satusatunyajalan agar persamaan ini dipenuhi adalah34 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


2as + bs + c = 0(2.9)Persamaan ini adalah persamaan karakteristik rangkaian orde kedua.Secara umum, persamaan karakteristik yang berbentuk persamaankwadrat itu mempunyai dua akar yaitu :s , s122− b ± b − 4ac= (2.10)2aAkar-akar persamaan ini mempunyai tiga kemungkinan nilai, yaitu: duaakar riil berbeda, dua akar sama, atau dua akar kompleks konjugat.Konsekuensi dari masing-masing kemungkinan nilai akar ini terhadapbentuk gelombang tanggapan rangkaian akan kita lihat lebih lanjut.Untuk sementara ini kita melihat secara umum bahwa persamaankarakteristik mempunyai dua akar.Dengan adanya dua akar tersebut maka kita mempunyai dua tanggapanalami, yaitu:a1s1t12y = K e dan y = K ea2s t2Jika y a1 merupakan solusi dan y a2 juga merupakan solusi, maka jumlahkeduanya juga merupakan solusi. Jadi tanggapan alami yang kita cariakan berbentuks1ts ta = K1 e + K2e(2.11)y2Konstanta K 1 dan K 2 kita cari melalui penerapan kondisi awal padatanggapan lengkap.Tanggapan Paksa. Tanggapan paksa kita cari dari persamaan (2.5).Tanggapan paksa ini ditentukan oleh bentuk fungsi masukan. Caramenduga bentuk tanggapan paksa sama dengan apa yang kita pelajaripada rangkaian orde pertama, yaitu relasi (2.8). Untuk keperluanpembahasan di sini, tanggapan paksa kita umpamakan sebagai y paksa = y p .Tanggapan Lengkap. Dengan pemisalan tanggapan paksa tersebut diatas maka tanggapan lengkap (tanggapan rangkaian) menjadis1ts t= y p + ya= y p + K1 e + K2e(2.12)y235


2.3. Tiga Kemungkinan Bentuk TanggapanSebagaimana disebutkan, akar-akar persamaan karakteristik yang bentukumumnya adalah as 2 + bs + c = 0 dapat mempunyai tiga kemungkinannilai akar, yaitu:a). Dua akar riil berbeda, s 1 ≠ s 2 , jika {b 2 − 4ac } > 0;b). Dua akar sama, s 1 = s 2 = s , jika {b 2 −4ac } = 0;c). Dua akar kompleks konjugat s 1 , s 2 = α ± jβ jika {b 2 −4ac } < 0.Tiga kemungkinan nilai akar tersebut akan memberikan tigakemungkinan bentuk tanggapan yang akan kita lihat berikut ini, dengancontoh tanggapan rangkaian tanpa fungsi pemaksa.Dua Akar Riil Berbeda. Kalau kondisi awal y(0 + ) dan dy/dt (0 + ) kitaterapkan pada tanggapan lengkap (2.12), kita akan memperoleh duapersamaan yaitu+++p (0 ) K1 K2dan y'(0 ) y′++ += p(0) + s1K1 +y( 0 ) = ys Kyang akan menentukan nilai K 1 dan K 2 . Jika kita sebut++0 = ( + p0′ pA y 0 ) − y (0 ) dan B = y′(0 ) − y (0 ) (2.13)maka kita peroleh K 1 + K2= A0dan s1K1+ s2K2= B0dan darisini kita memperolehs2A0− BK01 =dans − ssehingga tanggapan lengkap menjadi21s A − BK2s1A0− B=s − ss1ts t= y p +2 0 0e +1 0 0e (2.14)s2− s1s1− s21s A − By2Berikut ini kita lihat suatu contoh. Seperti halnya pada rangkaian ordepertama, pada rangkaian orde kedua ini kita juga mengartikan tanggapanrangkaian sebagai tanggapan lengkap. Hal ini didasari oleh pengertiantentang kondisi awal, yang hanya dapat diterapkan pada tanggapanlengkap. Rangkaian-rangkaian yang hanya mempunyai tanggapan alamikita fahami sebagai rangkaian dengan tanggapan paksa yang bernilai nol.20+2236 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


COTOH-2.1: Saklar Spada rangkaian disamping ini telah lamaberada pada posisi 1.Pada t = 0 saklardipindahkan ke posisi 2.Tentukan tegangankapasitor , v , untuk t >0.+−15 VS 1 2+v−i C0,25 µF1 Hi8,5 kΩPenyelesaian :Kondisi mantap yang telah tercapai pada waktu saklar di posisi 1membuat kapasitor bertegangan sebesar tegangan sumber, sementarainduktor tidak dialiri arus. Jadi−v ( 0 ) = 15 V ; i(0) = 0Setelah saklar di posisi 2, persamaan rangkaian adalah :− v +diLdt−+ iR = 0Karena i =− i C = −C dv/dt , maka persamaan tersebut menjadi− v + Lddt2d v→ LC + RC2dt⎛ dv ⎞ ⎛ dv ⎞⎜ − C ⎟ + R⎜− C ⎟ = 0⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠dvdt+ v = 0Jika nilai-nilai elemen dimasukkan dan dikalikan dengan 4×10 6maka persamaan rangkaian menjadi2d v3 dv 6+ 8,5 × 10 + 4 × 10 v = 02dtdt37


23 6Persamaan karkteristik : s + 8,5 × 10 s + 4 × 10 = 0→ akar- akar :−500t−8000tDugaan tanggapan lengkap : v = 0 + K1e+ K2e(tanggapan paksa nol))Kondisi awal :3 2s1,s2= −4250± 10 (4,25) − 4 = −500,− 8000( dua akar riil berbeda).+ −a). v(0) = v(0) = 15 V →15= K1+ K2⇒ K2= 15 − K1+ −+ dv + dv +b). iL(0 ) = iL(0 ) = 0 = −iC(0 ) = −C(0 ) → (0 ) = 0dt dt→ 0 = K1s1+ K2s2= K1s1+ (15 − K1)s2−15s2−15(−8000)⇒ K1= == 16 ⇒ K2= 15 − K1= −1s1− s2− 500 + 8000−500t −8000tTanggapan lengkap menjadi : v = 16e− e V( hanyaterdiri dari tanggapan alami).Dua Akar Riil Sama Besar. Kedua akar yang sama besar tersebut dapatkita tuliskan sebagais 1 = s dan s2= s + δ ; dengan δ → 0 (2.15)Dengan demikian maka tanggapan lengkap (2.32) dapat kita tulis sebagaiys1ts2tst ( s+δ)t= y p + K1e+ K2e= y p + K1e+ K2e(2.16)Kalau kondisi awal pertama y(0 + ) kita terapkan, kita akan memperoleh+++ +p (0 ) + K1 + K2→ K1+ K2= y(0) − y p(0) =y( 0 ) = yAJika kondisi awal kedua dy/dt (0 + ) kita terapkan, kita peroleh+y′(0 ) = y′(0 ) + K s + K ( s + δ)→ ( K1p+ K ) s + KDari kedua persamaan ini kita dapatkan2+212+δ = y′(0 ) − y′(0 ) = Bp+0038 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


A s + K02δ = BTanggapan lengkap menjadi0→→B − A sK =0 02δB − A sK = A −0 01 0δ(2.17)⎛ B0− A0s ⎞ st B0− A0s ( s+δ)ty = y p + ⎜ A0− ⎟e+ e⎝ δ ⎠ δ⎡⎛B0− A0s ⎞ B0− A0s δ t ⎤ st= y p + ⎢⎜A0− ⎟ + e ⎥ e⎣⎝δ ⎠ δ ⎦⎡⎛ δ t1 e ⎞⎤st= y p + ⎢A0+ ( B0− A0s)⎜−+ ⎟⎥e⎢⎜ ⎟⎣⎝δ δ⎠⎥⎦(2.18.a)⎛ δ t1 e ⎞ ⎛ δte 1⎞Karena lim ⎜lim ⎜−− + ⎟ =⎟ = t maka tanggapan lengkapδ→0⎜⎟ 0⎜⎟⎝δ δ δ→⎠ ⎝δ⎠(2.18.a) dapat kita tulis[ A + B A s)t] esty = y p + 0 ( 0 − 0(2.18.b)Tanggapan lengkap seperti dinyatakan oleh (2.18.b) merupakan bentukkhusus yang diperoleh jika persamaan karakteristik mempunyai dua akarsama besar. A 0 dan B 0 mempunyai nilai tertentu yang ditetapkan olehkondisi awal. Dengan demikian kita dapat menuliskan (2.18.b) sebagai[ K + K t] esty = y p + a b(2.18.c)dengan nilai K a yang ditentukan oleh kondisi awal, dan nilai K bditentukan oleh kondisi awal dan s. Nilai s sendiri ditentukan oleh nilaielemen-elemen yang membentuk rangkaian dan tidak ada kaitannyadengan kondisi awal. Dengan kata lain, jika kita mengetahui bahwapersamaan karakteristik rangkaian mempunyai akar-akar yang samabesar (akar kembar) maka bentuk tanggapan rangkaian akan seperti yangditunjukkan oleh (2.18.c).39


COTOH-2.2: Persoalan sama dengan contoh-2.1. akan tetapi resistor8,5 kΩ diganti dengan 4 kΩ.Penyelesaian :2d v 3 dv 6Persamaan rangkaian adalah : + 4×10 + 4×10 v = 02dt dt26Persamaan karakteristik : s + 4000s+ 4×10 = 06 6akar - akar : s1,s2= −2000± 4×10 − 4×10 = −2000= sDi sini terdapat dua akar sama besar oleh karena itutanggapan lengkap akan berbentuk :v = v p +stst( K + K t) e = 0 + ( K + K t) e , karena v = 0.abAplikasi kondisi awal pertama pada tanggapan lengkap ini+memberikan v(0) = 15 = Ka.dv +Aplikasi kondisi awal kedua (0 ) = 0 pada tanggapandtlengkap memberikandvdtst= Kbe+( K + K t)absts e→ Kb= −Kas= 30000 ⇒ Jadi : v =a→bdv +(0 ) = 0 = Kb+ Kasdt−2000 t( 15 + 30000t) e VAkar-Akar Kompleks Konjugat. Dua akar kompleks konjugat dapatdituliskan sebagais1 = α + jβdan s2= α − jβTanggapan lengkap dari situasi ini, menurut (2.32) adalah( α+ jβ)t ( α− jβ)ty = y p + K1e+ K2e= y p ++ jβt − jβt αt( K e + K e ) e1Aplikasi kondisi awal yang pertama, y(0 + ), pada (2.19) memberikany(0) = y p(0) +→++2( K + K )1+ +K1+ K2= y(0) − y p(0) = A02p(2.19)40 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


dv + +Aplikasi kondisi awal yang kedua, (0 ) = y′(0 ) , pada (2.19)dtmemberikandy dy p= +dt dtjβt− jβtαtjβt− jβtαt( jβKe − jβKe ) e + ( K e + K e ) α e1dy +(0 ) y′+(0 ) y′+= = p(0) +dt→ jβDari sini kita perolehK1+ K2= A0jβ21( jβK− jβK) + ( K + K )1( K1K2) ( K1K2) y′+(0 ) y′+− + α + = − p(0) = B0( K − K ) + α( K + K )1212= B0→ K12− K21B=022jβα− αAA0+ ( B0− αA0) / jβA0− ( B0− αA0) / jβK 1 =; K 2 =22Tanggapan lengkap menjadi⎛ A0+ ( B0− αA0) / jβ+ jβt A0− ( B0− αA0) / jβ− jβt ⎞ αty = y p + ⎜e +e ⎟ e⎝ 22⎠⎛ + jβt − jβt+ jβt − jβte e B A e e ⎞αty ⎜+ ( 0 − α 0)−= p + A+⎟ e⎜ 0j ⎟⎝2β 2⎠⎛ ( B A ⎞ αty p⎜0 − α 0)= + A0cosβt+ sinβt⎟ e⎝β ⎠0(2.20)A 0 dan B 0 mempunyai nilai tertentu yang ditetapkan oleh kondisi awalsedangkan α dan β ditentukan oleh nilai elemen rangkaian. Dengandemikian tanggapan lengkap (2.53) dapat kita tuliskan sebagaiαty = y p + ( Kacos βt+ Kbsinβt) e(2.21)dengan K a dan K b yang masih harus ditentukan melalui penerapankondisi awal. Ini adalah bentuk tanggapan lengkap khusus untukrangkaian dengan persamaan karakteristik yang mempunyai dua akarkompleks konjugat.41


COTOH-2.3: Persoalan sama dengan contoh 2.1. akan tetapi resistor8,5 kΩ diganti dengan 1 kΩ.Penyelesaian :Dengan penggantian ini persamaan rangkaian menjadi2d v 3 dv 6+ 10 + 4 × 10 v = 02dt dt2 dv 6Persamaan karakteristik : s + 1000 + 4 × 10 = 0dtakar - akar: s1,s2= −500±Di sini terdapat dua akarTanggapan lengkap didugav = v p += 0 +α ± jβdengan α = −500; β = 500( K cosβt+ K sin βt)αt( K cosβt+ K sin βt) eaaakan2 6500 − 4 × 10= −500± j50015kompleks konjugat :berbentukbbαte15+Aplikasi kondisi awal pertama memberikan: v(0) = 15 = K aAplikasi kondisi awal keduaJadidvdtdvdt=( − K βsinβt+ K β cosβt)a( K cosβt+ K sin βt)αt+ ab α e+− αKa(0 ) = 0 = Kbβ + αKa → Kb=βtanggapanv =blengkap adalah :αte500×15= =500 15−500t( 15cos(500 15 t)+ 15 sin(500 15 t)) e V1542 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


Contoh 2.1, 2.2, dan 2.3 menunjukkan tiga kemungkinan bentuktanggapan, yang ditentukan oleh akar-akar persamaan karakteristik.a). Jika persamaan karakteristik mempunyai dua akar yang berbeda,tanggapan alami akan merupakan jumlah dari dua suku yang masingmasingmerupakan fungsi eksponenial. Dalam kasus seperti ini,tanggapan rangkaian merupakan tanggapan amat teredam.b). Jika persamaan karakteristik mempunyai dua akar yang sama besar,maka tanggapan alami akan merupakan jumlah dari fungsi eksponensialdan ramp teredam. Tanggapan ini merupakan tanggapan teredam kritis.c). Jika persamaan karakteristik mempunyai dua akar komplekskonjugat, maka tanggapan alami merupakan jumlah dari fungsi-fungsisinus teredam. Jadi tanggapan rangkaian berosilasi terlebih dulu sebelumakhirnya mencapai nol, dan disebut tanggapan kurang teredam. Bagianriil dari akar persamaan karakteristik menentukan peredaman; sedangkanbagian imajinernya menentukan frekuensi osilasi. (Gambar di bawah inimenunjukkan perubahan v pada contoh-contoh di atas.)v[V]2015105teredam kritis (contoh 18.15)sangat teredam (contoh 18.14)00 0.00 0.004 0.006 0.008 0.01 t [s]-5kurang teredam (contoh 18.16)-102.4. Tanggapan Rangkaian Orde Kedua Terhadap Sinyal AnakTanggaBentuk umum sinyal anak tangga adalah Au(t). Jika kita hanya meninjaukeadaan pada t > 0, maka faktor u(t) tidak perlu dituliskan lagi.43


COTOH-2.4: Jika v s =10u(t)V, bagaimana-kahi 1 1µFkeluaran v o rangkaian diAsamping ini pada t > 0Buntuk berbagai nilai µ ?i+ 1MΩ2 + v 1MΩoPenyelesaian :v s+−1µF − µv BKarena v o = µv B maka kitamencari persamaanrangkaian dengan tegangan simpul B , yaitu v B , sebagai peubah.Persamaan tegangan simpul untuk simpul A dan B adalah⎛ 1 1vA⎜+6 6⎝1010⎛ 1vB⎜6⎝10⎞⎟ +⎠⎞⎟ +⎠v vi s B1 − − = 06 610 10⇒ 2vA+ddt( v − µ v )vdvi A v B2 − = 0 ⇒ B + − vA= 0610dtdv⇒ v v BA = B +dtAB − vs− vB= 0Dua persamaan diferensial orde satu ini jika digabungkan akanmemberikan persamaan diferensial orde kedua.2dv2 + 2 B dv+ B d v+ B dvv − µ BB− v = = 102B vsataudt dt dt dt2d vBdv+ (3 − µ ) B + v = 102Bdtdt2Pers. karakteristik : s + (3 − µ ) s + 1 = 02− (3 − µ ) ± (3 − µ ) − 4→ s1,ss=2s1ts2tDugaan tanggapan lengkap : vB= vBp+ K1e+ K2eDugaan tanggapan paksa : vBp= K3→ 0 + 0 + K3= 10⇒ vBp= 1044 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


s1ts2tTanggapan lengkap : vB= 10 + K1e+ K2eJika (32Jika (3 − µ ) < 4 → µ > 1 →s1ts2t( 10 + K e + K e )⇒ vo= µ 1 22− µ ) > 4 → µ < 1 → s1≠ s2⇒ vosangat teredam.s1,s2 kompleks ⇒ vokurang teredam.2Jika (3 − µ ) = 4 → µ = 1 → s1= s2⇒ voteredam kritis.Pemahaman : Bentuk tegangan keluaran ditentukan oleh nilai µ dannilai elemen-elemen rangkaian. Kita dapat memilih nilai-nilai yangsesuai untuk memperoleh tanggapan rangkaian yang kita inginkan.Untuk µ > 3 akan terjadi keadaan tak stabil karena akar-akar bernilairiil positif; peredaman tidak terjadi dan sinyal membesar tanpa batas.COTOH-2.5: Carilah v o pada contoh 2.4 jika µ = 2 dan tegangan awalkapasitor masing-masing adalah nol.Penyelesaian : Persamaan rangkaian, dengan µ = 2, adalah2d vB2dtdvB+ (3 − µ ) + vB= 10dt2d v⇒B dvB+ + v = 102Bdt dt2Pers. karakteristik : s + s + 1 = 0−1±1−4→ s1,ss== −0,5± j0,532(dua akar kompleks konjugat : α ± jβ; α = −0,5 ; β = 0,5Tanggapan lengkap diduga berbentuk :vB= vBp+( K cosβt+ K sinβt)aTanggapan paksa : vBp= K → 0 + 0 + K = 10 ⇒ vBp= 10Tanggapan lengkap: vB= 10 +αt( K cosβt+ K sinβt) eabαteb3)45


Kondisi awalnya adalah : kedua kapasitor bertegangan++ +→ vB(0) = 0 dan vA(0) − vo(0) = 0+ 5 + +→ vB(0) + 10 i2(0) − 2vB(0) = 05 dvB+dv0 10 (0 ) 0 0 B +→ +− = → (0 ) = 0dtdtPenerapan dua kondisi awal ini ke tanggapan lengkap+memberikan : vB(0 ) = 0 = 10 + Ka⇒ Ka= −10dvBαtαt= ( − Kaβsinβt+ Kbβcosβt) e + ( Kacosβt+ Kbsinβt)α edtdvB+− αKKa 0,5×( −10)−10(0 ) = 0 = bβ + αKa→ Kb= = =dtβ 0,5 3 3⎛⇒ vB= 10 −⎜10cos(0,5⎝3 t)+10sin(0,53⎞ −0.5t3 t)⎟ e⎠nol.2.5. Tanggapan Rangkaian Orde Kedua Terhadap Sinyal SinusMasukan sinyal sinus secara umum dapat kita nyatakan dengan x(t) =Acos(ωt+θ) u(t). Untuk peninjauan pada t > 0 faktor u(t) tak perlu ditulislagi. Dengan demikian persamaan umum rangkaian orde kedua denganmasukan sinyal sinus akan berbentuk2d y dya + b + cy = Acos(ωt+ θ)2dt dtPersamaan karakterisik serta akar-akarnya tidak berbeda dengan apayang telah kita bahas untuk sumber tegangan konstan, dan memberikantanggapan alami yang berbentuks1ts ta = K1 e + K2ev2Untuk masukan sinus, tanggapan paksa diduga akan berbentukv p = A c cosωt + A s sinωt46 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


COTOH-2.6: Carilah v dan i untukt > 0 pada rangkaian di sampingini jika v s = 26cos3t u(t) Vsedangkan i(0) = 2 A dan v(0) =6 V.Penyelesaian :Aplikasi HTK untuk rangkaianini akan memberikan2di 5 dv 1 d v− v s + 5i+ + v = 0 → + + v = 26cos3tataudt 6 dt 6 2dt2d v dv+ 5 + 6v= 156cos3t2dt dt2Persamaan karakteristik : s + 5s+ 6 = 0 = ( s + 2)( s + 3);akar - akar : s1,s2= −2,− 3−2t−3tDugaan tanggapan lengkap : v = v p + K1e+ K2eDugaan tanggapan paksa : v p = Accos3t+ Assin 3t( − 9A+ 15A+ 6A) cos3t+ ( − 9A− 15A+ 6A)→ c s cs c s sin 3t= 156cos3t→ −3Ac+ 15As= 156 dan − 15Ac− 3As= 0156 + 05 × 156 − 0⇒ Ac= = −2; As== 10− 3 − 7575 + 3−2t−3tTanggapan lengkap : v = −2 cos3t+ 10sin 3t+ K1e+ K2eKondisi awal :++ 1 dv + dv +v(0) = 6 dan i(0) = 2 = (0 ) → (0 ) = 126 dt dtAplikasi kondisi awal pertama : 6 = −2+ K1+ K2→ K2= 8 − K1Aplikasi kondisi awal kedua : 12 = 30 − 2K1− 3K2⇒ K1= 6 ⇒ K2= 2−2t−3tTanggapan lengkap : v = −2 cos3t+ 10sin 3t+ 6e+ 2eV+−1 dv−2t−3t⇒ i = = sin 3t+ 5cos3t− 2e− e6 dti1H5Ω+1F vv s 6 −A47


v [V]i [A]3020100-10-20-30v sv0 i 2 4 6 8 10t [s]COTOH-2.7: Pada rangkaian di samping ini, v s = 10cos5t u(t) V.Tentukanlah teganganAkapasitor v untuk t > 0,jika tegangan awalkapasitor dan arusawal4Ω+6Ω +vinduktor adalah nol.s− Bv0,25F −Penyelesaian:1H⎛ 1 1 ⎞ 1 dv vsvBSimpul A : v⎜+ ⎟ + − − = 0⎝ 4 6 ⎠ 4 dt 4 6dv→ vB= 2,5v+ 1,5 − 1,5vsdtv 1Simpul B : Bv+ (0) 0 6 06 ∫vBdt+ iL− = → vB+6 ∫vBdt− v =Ldv⎛⎞ ⎛⎞→ B dv d dvdv dv+ 6vB− = 0 → ⎜2,5v+ 1,5 −1,5vs ⎟ + 6⎜2,5v+ 1,5 −1,5vs ⎟ −dt dt dt ⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠ dt2d v dvdv→1,5+ 10,5 + 15v= 9vss + 1, 5 atau2dt dtdt2d v dvdvv v s2sdt+ 7 dt+ 10 = 6 + dtDengan tegangan masukan v s = 10cos5t maka persamaan rangkaianmenjadi=48 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


49ttvdtdvdtvd50sin 560cos510722−=++ttsCLttpcscsscscscscscpttpseettvKKKKKKdtdvKKKKvdtdvdtdvviiveKK ettvttvAAAAAAtAAAtAAAtAtAveKK evvssss5221112112215221522121234,830,93sin51,83cos5lengkap :Tanggapan34,83)5(1.8325,35524,6510)(01,831,830)(0:lengkaptanggapanpadainiawalkondisikeduaAplikasi10)(0)(0412,54104)(0)(00)(0(2)0)(0(1):awalKondisi0,93sin51,83cos5:lengkapTanggapan0,93sin51,83cos51,830,93;503515dan60351550sin6t60cos6t)sin 6103525()cos6103525(sin5cos5:paksaDugaan tanggapan:lengkapDugaan tanggapan5.,2103,53,5,0107:karakteristikPersamaan−−++++++++−−−−−++−=−=⇒=⇒−−= −→−−==−=→++= −==⇒====→==+++−=+−=⇒−==⇒= −−−=+→ −−=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛+−−+++−→+=++=−−=−±−=→=++


Soal-Soal1. Carilah bentuk gelombang tegangan yang memenuhi persamaandiferensial berikut.2d v dva). + 7 + 10v= 0 ,2dt dt+ dv +v(0) = 0, (0 ) = 15 V/sdt2d v dvb). + 4 + 4v= 0 ,2dt dt+ dv +v(0) = 0 V, (0 ) = 10 V/sdt2d v dvc). + 4 + 5v= 0 ,2dt dt+ dv +v(0) = 0 V, (0 ) = 5 V/sdt2. Ulangi soal 1 untuk persamaan berikut.2d v dva). + 10 + 24v= 100u(t),2dt dt+ dv(0)v(0) = 5, = 25 V/sdt2d v dvb). + 10 + 25v= 100u(t),2dt dt+ dv(0)v(0) = 5 V, = 10 V/sdt2d v dvc). + 8 + 25v= 100u(t),2dt dt+ dv(0)v(0) = 5 V, = 10 V/sdt50 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


3. Ulangi soal 1 untuk persamaan berikut.2d v dva). + 6 + 8v= 100[cos1000t]u(t),2dt dt+ dv +v(0) = 0, (0 ) = 0 V/sdt2d v dvb). + 6 + 9v= 100[cos1000 t]u(t) ,2dt dt+ dv +v(0) = 0 V, (0 ) = 0 V/sdt2d v dvc). + 2 + 10v= 100[cos1000t]u(t),2dt dt+ dv +v(0) = 0 V, (0 ) = 0 V/sdt4. Saklar S pada rangkaian di bawah ini, telah berada pada posisi Adalam waktu yang lama. Pada t = 0, ia dipindahkan ke posisi B.Carilah v C untuk t > 0A S+−6kΩ10 VB6kΩ0,4H25pF+v c−5. Saklar S pada rangkaian di bawah ini telah berada di posisi A dalamwaktu yang lama. Pada t = 0 , saklar dipindahkan ke posisi B.Tentukan i L (t) untuk t > 0.+−10kΩ15VABS2,5kΩ0,02 µFi L2 H51


6. Saklar S pada rangkaian di bawah ini telah berada di posisi A dalamwaktu yang lama. Pada t = 0 , saklar dipindahkan ke posisi B.Tentukan i L (t) untuk t > 0.+−Si LA0,4kΩ B 25kΩ+15 V15 V − 0,01µF 10mH7. Saklar S pada rangkaian di bawah ini, telah lama terbuka. Pada t = 0,ia ditutup. Carilah v C untuk t > 0+−3kΩ10 V S3kΩ0,4H0,1µF+v c−8. Saklar S pada rangkaian di bawah ini telah berada di posisi A dalamwaktu yang lama. Pada t = 0 , saklar dipindahkan ke posisi B.Tentukan v C untuk t > 0.+−0,4kΩ15 VABS + v C −− +15 V0,01µF25kΩ 10mH9. Tegangan masukan v s pada rangkaian di bawah ini adalah v s = 100u(t)V. Tentukan tegangan kapasitor untuk t>0.v s+−4kΩ50mH50pF+v C−52 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


10. Setelah terbuka dalam waktu cukup lama, saklar S pada rangkaian dibawah ini ditutup pada t = 0. Tentukan v 1 dan v 2 untuk t > 0.+−S12V + 4Ω 4Ω + +v 16V −0,05F 0,05F v 2− −11. Rangkaian berikut tidak mempunyai simpanan energi awal. Saklar Spada rangkaian berikut ditutup pada t = 0. Carilah i untuk t > 0.+−S12V4Ω0,25F0,25F+v 1−+− 2v 18Ωi12. Rangkaian di bawah ini tidak memiliki simpanan energi awal.Tentukan v untuk t > 0 jika i s = [2cos2t] u(t) A dan v s = [6cos2t] u(t)V.− v +i s5H10Ω0,05F10Ωv s+−13. Sebuah kapasitor 1 µF dimuati sampai mencapai tegangan 200 V.Muatan kapasitor ini kemudian dilepaskan melalui hubungan seriinduktor 100 µH dan resistor 20 Ω. Berapa lama waktu diperlukanuntuk menunrunkan jumlah muatan kapasitor hingga tinggal 10%dari jumlah muatan semula ?14. Sebuah kumparan mempunyai induktansi 9 H dan resistansi 0,1 Ω,dihubungkan paralel dengan kapasitor 100 µF. Hubungan paralel inidiberi tegangan searah sehingga di kumparan mengalir arus sebesar 1A. Jika sumber tegangan diputus secara tiba-tiba, berapakah teganganmaksimum yang akan timbul di kapasitor dan pada frekuensi berapaarus berosilasi ?53


15. Kabel sepanjang 2 kM digunakan untuk mencatu sebuah beban padategangan searah 20 kV. Resistansi beban 200 Ω dan induktansinya 1H (seri). Kabel penyalur daya ini mempunyai resistansi total 0,2 Ωsedangkan antara konduktor dan pelindung metalnya membentukkapasitor dengan kapasitansi total 0,5 µF. Bagaimanakah perubahantegangan beban apabila tiba-tiba sumber terputus? (Kabel dimodelkansebagai kapasitor; resistansi konduktor kabel diabaikan terhadapresistansi beban).54 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


BAB 3Transformasi LaplaceKita telah melihat bahwa analisis di kawasan fasor lebih sederhanadibandingkan dengan analisis di kawasan waktu karena tidak melibatkanpersamaan diferensial melainkan persamaan-persamaan aljabar biasa.Akan tetapi analisis ini terbatas hanya untuk sinyal sinus dalam keadaanmantap. Berikut ini kita akan mempelajari analisis rangkaian di kawasans, yang dapat kita terapkan pada analisis rangkaian dengan sinyal sinusmaupun bukan sinus, keadaan mantap maupun keadaan peralihan.Dalam analisis di kawasan s ini, sinyal-sinyal fungsi waktu f(t),ditransformasikan ke kawasan s menjadi fungsi s, F(s). Sejalan denganitu pernyataan elemen rangkaian juga mengalami penyesuaian yangmengantarkan kita pada konsep impedansi di kawasan s. Perubahanpernyataan suatu fungsi dari kawasan t ke kawasan s dilakukan melaluiTransformasi Laplace, yang secara matematis didefinisikan sebagai suatuintegral∫ ∞ −stF ( s)= f ( t)e dt0dengan s merupakan peubah kompleks, s = σ + jω. Batas bawah integrasiini adalah nol yang berarti bahwa dalam analisis rangkaian di kawasan skita hanya meninjau sinyal-sinyal kausal.Dengan melakukan transformasi sinyal dari kawasan t ke kawasan s,karakteristik i-v elemenpun mengalami penyesuaian dan mengantarkankita pada konsep impedansi dimana karakteristik tersebut menjadi fungsis. Dengan sinyal dan karakteristik elemen dinyatakan di kawasan s, makapersamaan rangkaian tidak lagi berbentuk persamaan integrodiferensialmelainkan berbentuk persamaan aljabar biasa sehingga penanganannyamenjadi lebih mudah. Hasil yang diperoleh sudah barang tentu akanmerupakan fungsi-fungsi s. Jika kita menghendaki suatu hasil di kawasanwaktu, maka kita lakukan transformasi balik yaitu transformasi darifungsi s ke fungsi t.55


Di bab ini kita akan membahas mengenai transformasi Laplace, sifattransformasi Laplace, pole dan zero, transformasi balik, solusi persamaandiferensial, serta transformasi bentuk gelombang dasar.Setelah mempelajari analisis rangkaian menggunakan transformasiLaplace bagian pertama ini, kita akan• memahami transformasi Laplace beserta sifat-sifatnya;• mampu melakukan transformasi berbagai bentuk gelombangsinyal dari kawasan t ke kawasan s.• mampu mencari transformasi balik dari pernyataan bentukgelombang sinyal dari kawasan s ke kawasan t.3.1. Transformasi LaplaceMelalui transformasi Laplace kita menyatakan suatu fungsi yang semuladinyatakan sebagai fungsi waktu, t, menjadi suatu fungsi s di mana sadalah peubah kompleks. Kita ingat bahwa kita pernahmentransformasikan fungsi sinus di kawasan waktu menjadi fasor,dengan memanfaatkan bagian nyata dari bilangan kompleks. Dengantransformasi Laplace kita mentransformasikan tidak hanya fungsi sinusakan tetapi juga fungsi-fungsi yang bukan sinus.Transformasi Laplace dari suatu fungsi f(t) didefinisikan sebagai∫ ∞ −stF ( s)= f ( t)e dt(3.1)0dengan notasi :∫ ∞ −stL [ f ( t)]= F(s)= f ( t)e dt(3.2)0Dengan mengikuti langsung definisi ini, kita dapat mencari transformasiLaplace dari suatu model sinyal, atau dengan kata lain mencaripernyataan sinyal tersebut di kawasan s. Berikut ini kita akanmengaplikasikannya untuk bentuk-bentuk gelombang dasar.3.1.1. Pernyataan Sinyal Anak Tangga di Kawasan s.Pernyataan sinyal anak tangga di kawasan t adalah v ( t)= Au(t).Transformasi Laplace dari bentuk gelombang ini adalah∞∞∞−(σ+ jω)t−st−stAeL [ Au(t) ] =∫Au(t)e dt =∫Ae dt = −00σ + jω0Batas atas, dengan α > 0, memberikan nilai 0, sedangkan batas bawahmemberikan nilai A/s.56 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


JadiAL [ Au ( t)]=(3.3)s3.1.2. Pernyataan Sinyal Eksponensial di Kawasan sTransformasi Laplace bentuk gelombang eksponensial beramplitudo A,yaitu v(t) = Ae −at u(t) , adalah∞∞∞−(s+a)t−at-at −st−(s+a)t AeL [ Ae u(t)]=∫A e u(t)e dt =∫Ae = −00s + a0Dengan a > 0, batas atas memberikan nilai 0 sedangkan batas bawahmemberikan A/(s+a).Jadi− AL [ Ae at u(t)]=(3.4)s + a3.1.3. Sinyal Sinus di Kawasan sTransformasi Laplace bentuk gelombang sinus v(t) = (A cos ωt) u(t)adalah :∞−st∞−stL [(Acosωt)u(t)] = ( Acosωt)u(t)e dt = ( Acosωt)e dt∫0j t − jωtDengan memanfaatkan hubungan Euler cosω= ( eω + e ) / 2 , ruaskanan persamaan di atas menjadi∞ jωt+ − jωte e∞∞−stA ( jω−s)t A ( − jω)e dt =+− s tA0 2 ∫e dt0 2 ∫e0 2∫=s2As+ ωJadi [ ]2 22sL ( Acosωt)u(t)= A(3.5)s + ωDengan cara yang sama, diperolehωL [(Asinωt)u(t)] = A(3.6)2 2s + ω∫0dt57


3.2. Tabel Transformasi LaplaceTransformasi Laplace dari bentuk gelombang anak tangga, eksponensial,dan sinus di atas merupakan contoh bagaimana suatu transformasidilakukan. Kita lihat bahwa amplitudo sinyal, A, selalu muncul sebagaifaktor pengali dalam pernyataan sinyal di kawasan s. Transformasi daribeberapa bentuk gelombang yang lain termuat dalam Tabel-3.1. denganmengambil amplitudo bernilai satu satuan. Tabel ini, walaupun hanyamemuat beberapa bentuk gelombang saja, tetapi cukup untuk keperluanpembahasan analisis rangkaian di kawasan s yang akan kita pelajari dibuku ini.Untuk selanjutnya kita tidak selalu menggunakan notasi L[f(t)]sebagai pernyataan dari “transformasi Laplace dari f(t)”, tetapikita langsung memahami bahwa pasangan fungsi t dantransformasi Laplace-nya adalah seperti : f(t) ↔ F(s) , v 1 (t) ↔V 1 (s) , i 4 (t) ↔ I 4 (s) dan seterusnya. Dengan kata lain kitamemahami bahwa V(s) adalah pernyataan di kawasan s dariv(t), I(s) adalah penyataan di kawasan s dari i(t) danseterusnya.COTOH-3.1: Carilah transformasi Laplace dari bentuk gelombangberikut:a). v ( t)= 5 cos(10t)u(t) ;1c). v ( t)= 3e3−2tu(t)b). v2( t)= 5sin(10t)u(t) ;Penyelesaian : Dengan mnggunakan Tabel-3.1 kita peroleh :5s5sa). v1(t)= 5cos(10t)u(t)→ V1( s)= =2 2 2s + (10) s + 1005 × 10 50b). v2(t)= 5sin(10t)u(t)→ V2( s)= =2 2 2s + (10) s + 100−2t3c). v3(t)= 3eu(t)→ V3( s)=s + 258 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


Tabel 3.1. Pasangan Transformasi LaplacePernyataan Sinyaldi Kawasan t : f(t)Pernyataan Sinyal diKawasan s : L[f(t)]=F(s)impuls : δ(t) 1anak tangga :eksponensial :cosinus :sinus :u(t)[e −at ]u(t)[cos ωt] u(t)[sin ωt] u(t)cosinus teredam : [e −at cos ωt] u(t)sinus teredam :[e −at sin ωt] u(t)cosinus tergeser : [cos (ωt + θ)] u(t)sinus tergeser :ramp :ramp teredam :[sin (ωt + θ)] u(t)[ t ] u(t)[ t e −at ] u(t)3.3. Sifat-Sifat Transformasi Laplace3.3.1. Sifat UnikSifat ini dapat dinyatakan sebagai berikut.s1s1s + as222+ ωω2s + ωs + a2 2( s + a) + ωω2 2( s + a) + ωscosθ − ωsinθ22s + ωs sin θ + ωcosθs2+ ω12s12( s + a) 2Jika f(t) mempunyai transformasi Laplace F(s) maka transformasibalik dari F(s) adalah f(t).59


Dengan kata lainJika pernyataan di kawasan s suatu bentuk gelombang v(t)adalah V(s), maka pernyataan di kawasan t suatu bentukgelombang V(s) adalah v(t).Bukti dari pernyataan ini tidak kita bahas di sini. Sifat ini memudahkankita untuk mencari F(s) dari suatu fungsi f(t) dan sebaliknya mencarifungsi f(t) dari dari suatu fungsi F(s) dengan menggunakan tabeltransformasi Lapalace. Mencari fungsi f(t) dari suatu fungsi F(s) disebutmencari transformasi balik dari F(s), dengan notasi L − 1 [F(s)] = f(t) . Halterakhir ini akan kita bahas lebih lanjut setelah membahas sifat-sifattransformasi Laplace.3.3.2. Sifat LinierKarena transformasi Laplace adalah sebuah integral, maka ia bersifatlinier.Transformasi Laplace dari jumlah beberapa fungsi t adalahjumlah dari transformasi masing-masing fungsi.Jika f ( t)= A1 f1(t)+ A2f2(t)maka transformasi Laplace-nya adalahF(s)=∫= A1 0[ A f ( t)+ A f ( t)]f ( t)dt + A= A F ( s)+ A F1∞∫∞0 111 12222∫2( s)∞f ( t)dt0 2e−stdengan F 1 (s) dan F 2 (s) adalah transformasi Laplace dari f 1 (t) dan f 2 (t).dt(3.7)COTOH-3.2: a). Carilah transformasi Laplace dari :−2tv1 ( t)= (1 + 3e) u(t)b). Jika transformasi Laplace sinyal eksponensialAe −at u(t) adalah 1/(s+a), carilah transformasi dariv 2 (t)=Acosωt u(t).Penyelesaian :60 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


−2t1 3a). v1( t)= (1 + 3e) u(t)→V1(s)= +s s + 2jωt− jωte + eb). v2(t)= A cos( ωt)u(t)= A2A jωt− jωt= ( e u(t)+ e u(t))2A ⎛ 1 1 ⎞ A ⎛V2( s)==2⎜ +⎟2⎜⎝ s − jωs + jω⎠ ⎝ s3.3.3. Integrasi2u(t)2s+ ω2⎞⎟ =⎠ sSebagaimana kita ketahui karakteristik i-v kapasitor dan induktormelibatkan integrasi dan diferensiasi. Karena kita akan bekerja dikawasan s, kita perlu mengetahui bagaimana ekivalensi proses integrasidan diferensiasi di kawasan t tersebut. Transformasi Laplace dariintegrasi suatu fungsi dapat kita lihat sebagai berikut.tMisalkan f ( t)=∫f ( )0 1 x dx . MakaF ( s)=∞⎛t∫⎜∫0⎝⎞f ( x)dx⎟e⎠0 1−st⎡ −ste ⎛dt = ⎢ ⎜⎢⎣− s ⎝∫t⎞⎤f ( x)dx⎟⎥⎠⎥⎦0 1∞02−As+ ω∞∫0e2− st− sf ( t)dtSuku pertama ruas kanan persamaan di atas akan bernilai nol untuk t = ∞karena e −st = 0 pada t→∞ , dan juga akan bernilai nol untuk t = 0 karenaintegral yang di dalam tanda kurung akan bernilai nol (intervalnya nol).Tinggallah suku kedua ruas kanan; jadi∞e − st1 −stF ( s)F ( s)= − f ( t)dt f ( t)e dt1∫ 1 = 1 =− s s ∫(3.8)s0Jadi secara singkat dapat kita katakan bahwa :∞0transformasi dari suatu integrasi bentuk gelombang f(t) di kawasan tdapat diperoleh dengan cara membagi F(s) dengan s.161


COTOH-3.3: Carilah transformasi Laplace dari fungsi ramp r(t)=tu(t).Penyelesaian :Kita mengetahui bahwa fungsi ramp adalah integral dari fungsi anaktangga.r(t)= tu(t)=→R(s)=∫t0∞u(x)dx⎛⎜⎝∫ ∫t0 0⎞u(x)dx⎟e⎠Hasil ini sudah tercantum dalam Tabel.3.1.3.3.4. Diferensiasi−st1dt =2sTransformasi Laplace dari suatu diferensiasi dapat kita lihat sebagaiberikut.Misalkandf ( t)f ( t)=1makadt−st∞[ f1(t)e ]0 −∫∞ df −∞−= 1 ( t)ststF ( s)∫e dt =f1(t)(−s)e dt0 dt0Suku pertama ruas kanan bernilai nol untuk t = ∞ karena e −st = 0 untukt→ ∞ , dan bernilai −f(0) untuk t = 0. Dengan demikian dapat kitatuliskan⎡ df 1 ( t)⎤st⎢ = s f ( t)e dt − f (0) = s 1(s)− f 1(0)dt⎥⎣ ⎦∫ ∞ −L F(3.9)0Transformasi dari suatu fungsi t yang diperoleh melaluidiferensiasi fungsi f(t) merupakan perkalian dari F(s) dengan sdikurangi dengan nilai f(t) pada t = 0.COTOH-3.4: Carilah transformasi Laplace dari fungsi cos(ωt) denganmemandang fungsi ini sebagai turunan dari sin(ωt).Penyelesaian :62 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


1 d sin( ωt)f ( t)= cos( ωt)=ω dt1 ⎛ ω ⎞→ F(s)= ⎜ s − sin(0) ⎟ =ω 2 2⎝ s + ω ⎠ sPenurunan di atas dapat kita kembangkan lebih lanjut sehingga kitamendapatkan transformasi dari fungsi-fungsi yang merupakan fungsiturunan yang lebih tinggi.2s+ ω2d f ( )jika ( ) 1 tf t =2dt2→ F(s)= s F1( s)− sf1(0)− f1′(0)3d f ( )jika ( ) 1 tf t =3dt3 2→ F ( s)= s F1( s)− s f1(0)− sf1′(0) − f1′′(0)3.3.5. Translasi di Kawasan t2(3.10)Sifat transformasi Laplace berkenaan dengan translasi di kawasan t inidapat dinyatakan sebagai berikutJika transformasi Laplace dari f(t) adalah F(s),maka transformasi Laplace dari f(t−a)u(t−a) untuka > 0 adalah e −as F(s).Hal ini dapat kita lihat sebagai berikut. Menurut definisi, transformasiLaplace dari f(t−a)u(t−a) adalah∫ ∞0−stf ( t − a)u(t − a)e dtKarena u(t−a) bernilai nol untuk t < a dan bernilai satu untuk t > a ,bentuk integral ini dapat kita ubah batas bawahnya serta tidak lagimenuliskan faktor u(t−a), menjadi∫∞0−stf ( t − a)u(t − a)e dt = f ( t − a)eKita ganti peubah integrasinya dari t menjadi τ dengan suatu hubungan τ= (t−a). Dengan penggantian ini maka dt menjadi dτ dan τ = 0 ketika t =a dan τ = ∞ ketika t = ∞. Persamaan di atas menjadi∫∞a−stdt63


∫∞0f ( t − a)u(t − a)e= e−as∫∞0−stf ( τ)edt =−sτ∫∞0dτ = eCOTOH-3.5: Carilah transformasiLaplace dari bentuk gelombangsinyal seperti yang tergambar disamping ini.Penyelesaian :Model bentuk gelombang ini dapatkita tuliskan sebagaif ( τ)e−asA−s(τ+ a)F(s)f ( t)= Au(t)− Au(t − a).f(t)dτ0 a →t(3.11)Transformasi Laplace-nya adalah :A −F ( s)= − es3.3.6. Translasi di Kawasan s−asas )A A(1− e=s sSifat mengenai translasi di kawasan s dapat dinyatakan sebagai berikut.Jika transformasi Laplace dari f(t) adalah F(s) , makatransformasi Laplace dari e −αt f(t) adalah F(s + α).Bukti dari pernyataan ini dapat langsung diperoleh dari definisitransformasi Laplace, yaitu∫∞0e−αtf ( t)e−stdt =∫∞0f ( t)e−(s+α)tdt = F ( s + α)(3.19)Sifat ini dapat digunakan untuk menentukan transformasi fungsi teredamjika diketahui bentuk transformasi fungsi tak teredamnya.COTOH-3.6: Carilah transformasi Laplace dari fungsi-fungsi rampteredam dan sinus teredam berikut ini :Penyelesaian :−αt−αt1 ta). v = tu(t)e ; b). v2= ecosωtu()64 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


1a).Karena untuk v(t)= tu(t)→ F(s)= ,2s−αt1maka jika v1( t)= tu(t)e ⇒ V1( s)=( s + α)sb). Karena untuk v(t)= cosωtu(t)→V( s)= ,2 2s + ω−αts + αmaka jika v2(t)= e cosωtu(t)⇒ V2(s)=2( s + α)+ ω3.3.7. Pen-skalaan (scaling)Sifat ini dapat dinyatakan sebagai :Jika transformasi Laplace dari f(t) adalah F(s) , maka untuk a1 ⎛ s ⎞> 0 transformasi dari f(at) adalah F⎜⎟ .a ⎝ a ⎠Bukti dari sifat ini dapat langsung diperoleh dari definisinya. Denganmengganti peubah t menjadi τ = at maka transformasi Laplace dari f(at)adalah:∫∞0f ( at)e−st1dt =a∫∞0f ( τ)es− τa21 ⎛ s ⎞dτ = F ⎜ ⎟ (3.12)a ⎝ a ⎠Jadi, jika skala waktu diperbesar (a > 1) maka skala frekuensi s mengecildan sebaliknya apabila skala waktu diperkecil (a < 1) maka skalafrekuensi menjadi besar.3.3.8. ilai Awal dan ilai AkhirSifat transformasi Laplace berkenaan dengan nilai awal dan nilai akhirdapat dinyatakan sebagai berikut.Nilai awal : lim f ( t)= lim st→0+Nilai akhir : lim f ( t)=t→∞Fs→∞lim sFs→0( s)( s)Jadi nilai f(t) pada t = 0 + di kawasan waktu (nilai awal) sama dengannilai sF(s) pada tak hingga di kawasan s. Sedangkan nilai f(t) pada t = ∞265


(nilai akhir) sama dengan nilai sF(s) pada titik asal di kawasan s. Sifatini dapat diturunkan dari sifat diferensiasi.COTOH-3.7: Transformasi Laplace dari suatu sinyal adalahs + 3V ( s)= 100s(s + 5)( s + 20)Carilah nilai awal dan nilai akhir dari v(t).Penyelesaian :Nilai awal adalah :⎡s + 3 ⎤lim v(t)= lim sV( s)= lim ⎢s× 100⎥ = 0t→0+s→∞s→∞⎣s(s + 5)( s + 20) ⎦Nilai akhir adalah :⎡s + 3 ⎤lim v(t)= lim sV( s)= lim ⎢s× 100⎥ = 3t→∞s→0s→0⎣s(s + 5)( s + 20) ⎦Tabel 3.2. memuat sifat-sifat transformasi Laplace yang dibahas di ataskecuali sifat yang terakhir yaitu konvolusi. Konvolusi akan dibahas dibagian akhir dari pembahasan mengenai transformasi balik.66 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


Tabel 3.2. Sifat-sifat Transformasi LaplacePernyataan f(t)Pernyataan F(s) =L[f(t)]linier : A 1 f 1 (t) + A 2 f 2 (t) A 1 F 1 (s) + A 2 F 2 (s)integrasi :∫ tf ( x)dx0F(s)sdiferensiasi :df ( t)−sF ( s)− f (0 )dt2d f ( t)s F ( s)− sf (0 ) − f (0 )ddt32f ( t)dt32 −′−3s F(s)− s− sf (02−f (0−)) − f ′′ (0linier : A 1 f 1 (t) + A 2 f 2 (t)A 1 F 1 (s) + A 2 F 2 (s)translasi di t: [ f ( t a)] u(t − a)− −e as F(s)translasi di s : e − at f (t)F ( s + a )−)penskalaan : f (at)1a F⎛⎜⎝sa⎞⎟⎠nilai awal : lim f ( t)lim sF ( s)t→0+s→∞nilai akhir : lim f ( t)t→∞lim sF ( s)s→0konvolusi :∫t0f ( x)f( t1 2 −x)dxF 1( s)F2( s)3.4. Transformasi BalikBerikut ini kita akan membahas mengenai transformasi balik, yaitumencari f(t) dari suatu F(s) yang diketahui. Jika F(s) yang ingin dicaritransformasi baliknya ada dalam tabel transformasi Laplace yang kitapunyai, pekerjaan kita cukup mudah. Akan tetapi dalam analisis67


angkaian di kawasan s, pada umumnya F(s) berupa rasio polinomialyang bentuknya tidak sesederhana dan tidak selalu ada pasangannyaseperti dalam tabel. Untuk mengatasi hal itu, F(s) kita uraikan menjadisuatu penjumlahan dari bentuk-bentuk yang ada dalam tabel, sehinggakita akan memperoleh f(t) sebagai jumlah dari bentuk-bentuk gelombangsederhana. Dengan perkataan lain kita membuat F(s) menjaditransformasi dari suatu gelombang komposit dan kelinieran daritransformasi Laplace akan memberikan transformasi balik dari F(s) yangberupa jumlah dari bentuk-bentuk gelombang sederhana. Sebelummembahas mengenai transformasi balik kita akan mengenal lebih dulupengertian tentang pole dan zero.3.4.1. Pole dan ZeroPada umumnya, transformasi Laplace berbentuk rasio polinomm m−1b s b( )1sb1s bsm + m + + +=− LF0(3.13)n n−1ans+ an−1s+ L + a1s+ a0yang masing-masing polinom dapat dinyatakan dalam bentuk faktormenjadi( s − z )( ) ( )( )1 s − z2L s − zF s = Km(3.14)( s − p )( s − p ) L(s − p )dengan K = b m /a n dan disebut faktor skala.1Akar-akar dari pembilang dari pernyataan F(s) di atas disebut zerokarena F(s) bernilai nol untuk s = z k (k = 1, 2, …m). Akar-akar daripenyebut disebut pole karena pada nilai s = p k (k = 1, 2, …n) nilaipenyebut menjadi nol dan nilai F(s) menjadi tak-hingga. Pole dan zerodisebut frekuensi kritis karena pada nilai-nilai itu F(s) menjadi nol atautak-hingga.Peubah s merupakan peubah kompleks s = σ + jω. Dengan demikian kitadapat memetakan pole dan zero dari suatu F(s) pada bidang kompleksdan kita sebut diagram pole-zero. Titik pole diberi tanda ″× ″ dan titikzero diberi tanda ″o ″. Perhatikan contoh 3.8. berikut.2n68 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


COTOH-3.8: Gambarkan diagram pole-zero dari1A(s + a)1a). F ( s)= b). F ( s)=c). F(s)=s + 12 2( s + a)+ bsPenyelesaian :a). Fungsi ini mempunyai pole di s = −1tanpa zerotertentu.×−1jωσb). Fungsi ini mempunyai zero di s = −a.Pole dapat dicari dari22( s + a)+ b = 0 → pole di s = −a± jb−ajω+jb−jbσc). Fungsi ini tidak mempunyai zero tertentusedangkan pole terletak di titik asal, s = 0 +j0.jωσ3.4.2. Bentuk Umum F(s)Bentuk umum F(s) adalah seperti (3.14) yaitu( s − z )( ) ( )( )1 s − z2L s − zF s = Km( s − p )( s − p ) L(s − p )1Jika jumlah pole lebih besar dari jumlah zero, jadi n > m, kita katakanbahwa fungsi ini merupakan fungsi rasional patut. Jika fungsi inimemiliki pole yang semuanya berbeda, jadi p i ≠ p j untuk i ≠ j , makadikatakan bahwa F(s) mempunyai pole sederhana. Jika ada pole yangberupa bilangan kompleks kita katakan bahwa fungsi ini mempunyaipole kompleks. Jika ada pole-pole yang bernilai sama kita katakan bahwafungsi ini mempunyai pole ganda.2n69


3.4.3. Fungsi Dengan Pole SederhanaApabila fungsi rasional F(s) hanya mempunyai pole sederhana, maka iadapat diuraikan menjadi berbentukk( )1 k2kF s = + + L + n(3.15)( s − p ) ( s − p ) ( s − p )12Jadi F(s) merupakan kombinasi linier dari beberapa fungsi sederhana;konstanta k yang berkaitan dengan setiap fungsi pembangun F(s) itu kitasebut residu. Kita ingat bahwa transformasi balik dari masing-masingfungsi sederhana itu berbentuk ke −αt . Dengan demikian makatransformasi balik dari F(s) menjadip1tp2tpnt( t)= k1e+ k2e+ L kne(3.16)f +Persoalan kita sekarang adalah bagaimana menentukan residu. Untukmencari k 1 , kita kalikan kedua ruas (3.15) dengan (s − p 1 ) sehingga faktor(s− p 1 ) hilang dari ruas kiri sedangkan ruas kanan menjadi k 1 ditambahsuku-suku lain yang semuanya mengandung faktor (s− p 1 ). Kemudiankita substitusikan s = p 1 sehingga semua suku di ruas kanan bernilai nolkecuali k 1 dan dengan demikian diperoleh nilai k 1 . Untuk mencari k 2 , kitakalikan kedua ruas (3.15) dengan (s − p 2 ) kemudian kita substitusikan s =p 2 ; demikian seterusnya sampai semua nilai k diperoleh, dan transformasibalik dapat dicari.COTOH-3.9: Carilah f(t) dari fungsi transformasi berikut.4a). F(s)=;( s + 1)( s + 3)6( s + 2)c). F(s)=s(s + 1)( s + 4)Penyelesaian :n4( s + 2)b). F(s)=;( s + 1)( s + 3)a).4 k( )1 kF s == + 2( s + 1)( s + 3) s + 1 s + 370 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


4→ F(s)× ( s + 1) → = k( s + 3)→ F(s)× ( s + 3) dan substitusi2 − 2⇒ F(s)= +s + 1 s + 31k+ 2( s + 1)s + 34→ substitusi s = −1→= k1→ k−1+ 34s = −3→ = k− 3 + 1− t⇒ f ( t)= 2e− 2e−3t2→ k12= 2= −2b).4( s + 2) k( )1 kF s == + 2( s + 1)( s + 3) s + 1 s + 34( −1+ 2)→ F(s)× ( s + 1) dan substitusi s = −1→= k1→ k1= 2−1+ 34( −3+ 2)→ F(s)× ( s + 3) dan substitusi s = −3→ = k2→ k2= 2− 3 + 12 2t −3t⇒ F(s)= + ⇒ f ( t)= 2e− + 2es + 1 s + 3c).6( s + 2) k( )1 k2kF s == + + 3s(s + 1)( s + 4) s s + 1 s + 4Dengan cara seperti di a) dan b) kita peroleh6( s + 2)→ k1== 3;( s + 1)( s + 4)s=06( s + 2)k3== −1s(s + 1)s=−43 − 2 − 1⇒ F(s)= + +s s + 1 s + 43.4.4 Fungsi Dengan Pole Kompleks6( s + 2)k2== −2 ;s(s + 4)s=−1−t−4t→ f ( t)= 3 − 2e− eSecara fisik, fungsi F(s) merupakan rasio polinomial dengan koefisienriil. Jika F(s) mempunyai pole kompleks yang berbentuk p = −α + jβ,maka ia juga harus mempunyai pole lain yang berbentuk p* = −α − jβ;71


sebab jika tidak maka koefisien polinomial tersebut tidak akan riil. Jadiuntuk sinyal yang memang secara fisik kita temui, pole kompleks dariF(s) haruslah terjadi secara berpasangan konjugat. Oleh karena itu uraianF(s) harus mengandung dua suku yang berbentukk k *F ( s)= L + + + L(3.17)s + α − jβs + α + jβResidu k dan k* pada pole konjugat juga merupakan residu konjugatsebab F(s) adalah fungsi rasional dengan koefisien rasional. Residu inidapat kita cari dengan cara yang sama seperti mencari residu pada uraianfungsi dengan pole sederhana. Kita cukup mencari salah satu residu daripole kompleks karena residu yang lain merupakan konjugatnya.Transformasi balik dari dua suku dengan pole kompleks akan berupacosinus teredam. Tansformasi balik dari dua suku pada (3.17) adalah−(α− jβ)t −(α+ jβ)tf k ( t)= ke + k * ejθ−(α− jβ)t − jθ−(α+ jβ)t= k e e + k e e=k e−αt= 2 k e−(α− j(β+θ))t+k e−(α+ j(β+θ))tj(β+θ)t − j(β+θ)te + e2Jadi f(t) dari (3.17) akan berbentuk :−αt= 2 k e cos( β + θ)(3.18)−αtf ( t)= L + 2 k e cos( β + θ)+LCOTOH-3.10: Carilah transformasi balik dari8F ( s)=2s(s + 4s+ 8)Penyelesaian :Fungsi ini mempunyai pole sederhana di s = 0, dan pole kompleksyang dapat ditentukan dari faktor penyebut yang berbentuk kwadrat,yaitu− 4 ± 16 − 32s == −2±2j272 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


Uraian dari F(s) , penentuan residu, serta transformasi baliknyaadalah sebagai berikut.F(s)=s(s→ k1=s(s228 k=1+ 4s+ 8) s8× s+ 4s+ 8)k2k+ +2s + 2 − j2s + 2 +s=0=8= 18∗j28→ k2=× ( s + 2 − j2)2s(s + 4s+ 8)8=s(s + 2 +∗ 2 − j(3π/ 4)→ k2= e2s=−2+j28 2 j(3π/ 4)= = ej2)− 8 − j82s=−2+j2⇒ f(t) = u(t)+= u(t)+= u(t)+2e2222ej(3π/ 4) −(2−j2)te−2t−2te+j(3π/ 4+2t)− j(3π/ 4+2t)[ e + e ]cos(2t+ 3π/ 4)2e2− j(3π/ 4) −(2+j2)te3.4.5. Fungsi Dengan Pole GandaPada kondisi tertentu, fungsi F(s) dapat mempunyai pole ganda.Penguraian F(s) yang demikian ini dilakukan dengan “memecah” faktoryang mengandung pole ganda dengan tujuan untuk mendapatkan bentukfungsi dengan pole sederhana yang dapat diuraikan seperti biasanya.Untuk jelasnya kita ambil suatu fungsi yang mengandung pole ganda(dua pole sama) seperti pada (3.19) berikut ini.K(s − z )F ( s)=1(3.19)2( s − p1)(s − p2)Dengan mengeluarkan salah satu faktor yang mengandung pole gandakita dapatkan73


1 ⎡ K(s − z ) ⎤F ( s)=1⎢⎥(3.20)s − p2 ⎣(s − p1)(s − p2)⎦Bagian yang didalam tanda kurung dari (3.20) mengandung polesederhana sehingga kita dapat menguraikannya seperti biasa.⎡K(s − z )⎤F11 21(s)= ⎢⎥ = +(3.21)( s − p1)(s − p2)s − p1s − p2⎣Residu pada (3.21) dapat ditentukan, misalnya k 1 = A dan k 2 = B , danfaktor yang kita keluarkan kita masukkan kembali sehingga (3.20)menjadi1F ( s)=s − p⎡⎢A+B⎤⎥ =⎦22 ⎣ s − p1s − p2⎦ ( s − p2)(s − p1) ( s − p2)dan suku pertama ruas kanan diuraikan lebih lanjut menjadikkF ( s)=11+12+(3.22)s − p21 s − p2( s − p2)Transformasi balik dari (3.22) adalahp1tp2tp t= k11e+ k12eBte(3.23)2f ( t)+kABk+BCOTOH-3.11: Tentukan transformasi balik dari fungsi:sF ( s)=2( s + 1)( s + 2)Penyelesaian :sF(s)=( s + 1)( s + 2)1 ⎡ k1k2⎤=( 2)⎢ +s + 1 2⎥⎣ s + s + ⎦→ k1s=( s + 2)21 ⎡ s ⎤= ⎢⎥( s + 2) ⎣(s + 1)( s + 2) ⎦= −1→ ks=( s + 1)2s= −1s=−2= 274 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


1 ⎡ − 1 2 ⎤ − 1 2⇒ F(s)=+( 2)⎢ + =s + 1 2⎥⎣ s + s + ⎦ ( s + 1)( s + 2) ( s + 2)k11k122= + +s + 1 s + 2 ( s + 2)−1−1→ k11= = −1→ k12= = 1s + 2 s=−1s + 1 s=−2−11 2−t−2t−2t⇒ F ( s)= + + ⇒ f ( t)= −e+ e + 2tes + 1 s + 2 2( s + 2)3.4.6. KonvolusiTransformasi Laplace menyatakan secara timbal balik bahwa2jika f ( t)= f ( t)+ f2(t)maka F (s) = F1( s)+ F2(1 sjika F ( s ) = F1 ( s)+ F2( s)maka f (t) = f1(t)+ f2(t)Kelinieran dari transformasi Laplace ini tidak mencakup perkalian. Jadijika F ( s)= F1 ( s)F2( s)maka f ( t)≠ f1(t)f2(t)Mencari fungsi f(t) dari suatu fungsi F(s) yang merupakan hasil kali duafungsi s yang berlainan, melibatkan sifat transformasi Laplace yang kitasebut konvolusi. Sifat ini dapat dinyatakan sebagai berikut.jikaL−1F(s)= F1( s)F2( s)t[ F ( s)] = f ( t)=∫f1(τ)f2(t − τ)dτ =∫0maka2tf2(τ)f1(t − τ)dτ0)(3.24)Kita katakan bahwa transformasi balik dari perkalian dua F(s) diperolehdengan melakukan konvolusi dari kedua bentuk gelombang yangbersangkutan. Kedua bentuk integral pada (3.24) disebut integralkonvolusi.Pandanglah dua fungsi waktu f 1 (τ) dan f 2 (t). Transformasi Laplacemasing-masing adalah∫ ∞ −sτF 1 ( s)= f1(τ)e dτdan 0 ∫ ∞ −stF 2 ( s)= f2(t)e dt .075


Jika kedua ruas dari persamaan pertama kita kalikan dengan F 2 (s) akankita peroleh∫ ∞F− τ1 ( s)Fs2(s)= f1(τ)e F 2(s)dτ.0Sifat translasi di kawasan waktu menyatakan bahwa e −sτ F 2 (s) adalahtransformasi Laplace dari [ f 2 (t−τ) ] u(t−τ) sehingga persamaan tersebutdapat ditulis∞ ⎡ ∞−st⎤F 1 ( s)F2( s)=∫f1(τ)⎢∫f2(t − τ)u(t − τ)e dt⎥dτ0 ⎣ 0 ⎦Karena untuk τ > t nilai u(t−τ) = 0, maka integrasi yang berada di dalamkurung pada persamaan di atas cukup dilakukan dari 0 sampai t saja,sehingga∞ ⎡ t− ⎤1 2 =∫τ ⎢∫− τ ⎥ τ0 1 ⎣ 0 2stF ( s)F ( s)f ( ) f ( t ) e dt d⎦∞ ⎡ t−st⎤=∫ ⎢∫f1(τ)f2(t − τ)e dt⎥dτ0 ⎣ 0⎦Dengan mempertukarkan urutan integrasi, kita peroleh∞ ⎡ t⎤ −st⎡ t⎤F 1 ( s)F2( s)=∫ ⎢∫f1(τ)f2(t − τ)dτ⎥edt = L ⎢∫f1(τ)f2(t − τ)dτ⎥0 ⎣ 0⎦ ⎣ 0⎦COTOH-3.12: Carilah f(t) dari F(s) berikut.1a). F(s)=2( s + a)1c). F(s)=2s ( s + a)1b). F(s)=( s + a)(s + b)Penyelesaian : a). Fungsi ini kita pandang sebagai perkalian daridua fungsi.76 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


77attattaxataxtxtaaxtattedxedxedxeedxxtfxftfetftfassssss−−+−−−−−−====−=⇒==→+===∫∫∫∫000)(021212121)()()()()()(1)()(dengan)()()( FFFFFb). Fungsi ini juga merupakan perkalian dari dua fungsi.btatetfetfbssasssss−−==→+=+==)(dan)()(1)(dan)(1)(dengan)()()(212121FFFFF( )baeebaeebaeedxeedxeedxxtfxftfbtattbabttxbabttxbabttxtbaxt+−−=+−−=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+−===−=⇒−−+−−+−−+−−−−−∫∫∫1)()()()(0)(0)(0)(021c). Fungsi ketiga ini juga dapat dipandang sebagai perkalian duafungsi.22020000)(02121221211100)()()()(dan)(1)(dan1)(dengan)()()(aeataeateeaeateedxaeaxeedxxeedxxedxxtfxftfetfttfasssssssatatatattaxatattaxtaxattaxattxtatat−−−−−−−−+−=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡−−−=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡−−=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡−===−=⇒==→+===∫∫∫∫FFFFF


3.5. Solusi Persamaan Rangkaian Menggunakan TransformasiLaplaceDengan menggunakan transformasi Laplace kita dapat mencari solusisuatu persamaan rangkaian (yang sering berbentuk persamaandiferensial) dengan lebih mudah. Transformasi akan mengubahpersamaan diferensial menjadi persamaan aljabar biasa di kawasan syang dengan mudah dicari solusinya. Dengan mentransformasi baliksolusi di kawasan s tersebut, kita akan memperoleh solusi dari persamaandiferensialnya.COTOH-3.13: Gunakan transformasi Laplace untuk mencari solusipersamaan berikut.Penyelesaian :dv++ 10 v = 0 , v(0) = 5dtTransformasi Laplace persamaan diferensial ini adalah+sV( s)− v(0) + 10V( s)= 0atau5sV( s)− 5 + 10V( s)= 0 ⇒ V ( s)=s + 10−10tTransformasi balik memberikan v(t)= 5eTransformasi Laplace dapat kita manfaatkan untuk mencari solusi daripersamaan diferensial dalam analisis transien. Langkah-langkah yangharus dilakukan adalah :1. Menentukan persamaan diferensial rangkaian di kawasan waktu.2. Mentransformasikan persamaan diferensial yang diperoleh padalangkah 1 ke kawasan s dan mencari solusinya.3. Transformasi balik solusi yang diperoleh pada langkah 2 untukmemperoleh tanggapan rangkaian.78 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


COTOH-3.14: Saklar S pada rangkaian di samping ini ditutup pada t =0. Tentukan tegangan kapasitor untuk t > 0 jika sesaat sebelum Sditutup tegangan kapasitor 2 V.Penyelesaian:+−Langkah 12 Vpertama0,02Fv C−adalahmenentukanpersamaan rangkaian untuk t > 0. Aplikasi HTK memberikandvC− 6 + 100i + vC= 0 atau − 6 + 2 + vC= 0 .dtLangkah kedua adalah mentransformasikan persamaan ini kekawasan s, menjadi6− + 2sVC( s)− vC(0) + VC( s)= 0s6− + 2sVC( s)− 2 + VC( s)= 0satauPemecahan persamaan ini dapat diperoleh dengan mudah.3 + s k1k2VC( s)= = +s(s + 0,5) s s + 0,53 + s→ k1== 6( s + 0,5)s=06 5⇒ VC( s)= −s s + 0,5Si 100Ω +3 + sdan k2== −5s s=−0,5Langkah terakhir adalah mentransformasi balik V C (s) :−0,5tvC( t)= 6 − 5eV79


COTOH-3.15: Pada rangkaian di samping ini, saklar S dipindahkandari posisi 1 ke 2 pada t = 0. Tentukan i(t) untuk t > 0, jika sesaatsebelum saklar dipindah tegangan kapasitor 4 V dan arus induktor 2A.1iSBagianlainrangkaian+−26 V6 Ω1 H1/13 F+v C−Penyelesaian :Aplikasi HTK pada rangkaian ini setelah saklar ada di posisi 2 ( t > 0) memberikandi 1− 6 + 6i+ L +∫idt + vC(0) = 0dt Cdi− 6 + 6i+ + 13∫idt + 4 = 0dtatauTransformasi Laplace dari persamaan rangkaian ini menghasilkan−6I(s)4+ 6I(s)+ sI(s)− i(0)+ 13 + = 0ss s− 6I(s)4+ 6I(s)+ sI(s)− 2 + 13 + = 0ss sPemecahan persamaan ini adalah :→ I(s)=s22s+ 2+ 6s+ 132s+ 2=( s + 3 − j2)(s + 3 +atauk1k= +1j2)s + 3 − j2s + 3 + j2∗2s+ 2→ k1=s + 3 + j2s=−3+j2= 1+j1=oj452e∗→ k1=o− j452ej45− j452e2e⇒ I(s)= +s + 3 − j2s + 3 + j2oo80 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


Transformasi balik dari I(s) memberikan⇒ i(t)=2e= 2ej45−3to−(3−j2)te+(cos2t− sin 2t)2e− j45Aoe−(3+j2)t81


Soal-Soal1. Carilah pernyataannya di kawasan s sinyal-sinyal berikut ini.−2tv1(t)= 10[1 − e ] u(t);v2(t)= 10[1 + 4t]u(t)−2t−4tv3(t)= 10[ e − e ] u(t);−2t−4tv4(t)= 10[2e− 4e] u(t)2. Carilah pernyataannya di kawasan s sinyal-sinyal berikut ini.ov1(t)= 15[sin(20t− 30 )] u(t);v2(t)= 15[cos20t− sin 20t]u(t)v3(t)= 15[cos20t− cos10t]u(t);v4(t)= 15[1 − 2sin10t]u(t)3. Carilah pernyataannya di kawasan s sinyal-sinyal berikut ini.−2tov1(t)= 20[ e sin(20t− 30 )] u(t);−2tv2(t)= 20[ e (cos20t− sin 20t)]u(t)−2tv3(t)= 20[ e (cos20t− cos10t)]u(t);−2tv4(t)= 20[ e (1 − 2sin10t)]u(t)4. Carilah pernyataannya di kawasan s sinyal-sinyal berikut ini.2v1(t)= 15[cos 10t)]u(t);v2(t)= 15[(cos20t)(sin 20t)]u(t)−2tv3(t)= 20teu(t);−2tv4(t)= 20[ e sin10t]u(t)82 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


5. Berikut ini adalah pernyataan sinyal di kawasan s. Carilahpernyataannya di kawasan waktu t.1V1( s)=;( s + 2)( s + 3)sV2( s)=( s + 2)( s + 3)2sV3( s)=;( s + 2)( s + 3)2sV4( s)=( s + 2)( s + 3)( s + 4)6. Carilah pernyataan di kawasan waktu dari sinyal yang dinyatakan dikawasan s berikut ini.1V1( s)=;2( s + 2) + 9sV2( s)=;2( s + 2) + 92sV3( s)=2( s + 2) + 97. Berikut ini adalah pernyataan sinyal di kawasan s; carilahpernyataannya di kawasan waktu.1V1( s)= ;( s + 3)1V2( s)= ;s(s + 3)1V3( s)=s(s + 3)83


8. Berikut ini adalah pernyataan sinyal di kawasan s; carilahpernyataannya di kawasan waktu.10V1( s)=;2s + 10s+ 1610V2( s)=;2s + 8s+ 1610V3( s)=2s + 6s+ 259. Carilah pernyataannya di kawasan waktu sinyal-sinyal berikut ini.6s+ 14V1( s)=;( s + 2)( s + 3)9s+ 26V2( s)=;( s + 2)( s + 3)( s + 4)26s+ 34s+ 46V3( s)=( s + 2)( s + 3)( s + 4)10. Carilah pernyataannya di kawasan waktu sinyal-sinyal berikut ini.s + 2V1( s)=;2s(s + 2s+ 1)( s + 3)( s + 1)( s + 4)V2( s)=;2 2s ( s + 2s+ 4)( s + 10)( s + 200)V3( s)=( s + 20)( s + 100)84 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


BAB 4Analisis Rangkaian MenggunakanTransformasi LaplaceSetalah mempelajari bab ini kita akan• memahami konsep impedansi di kawasan s.• mampu melakukan transformasi rangkaian ke kawasan s.• mampu melakukan analisis rangkaian di kawasan s.Di bab sebelumnya kita menggunakan transformasi Laplace untukmemecahkan persamaan rangkaian. Kita harus mencari terlebih dahulupersamaan rangkaian di kawasan t sebelum perhitungan-perhitungan dikawasan s kita lakukan. Berikut ini kita akan mempelajari konsepimpedansi dan dengan konsep ini kita akan dapat melakukantransformasi rangkaian ke kawasan s. Dengan transformasi rangkaian ini,kita langsung bekerja di kawasan s, artinya persamaan rangkaianlangsung dicari di kawasan s tanpa mencari persamaan rangkaian dikawasan t lebih dulu.Sebagaimana kita ketahui, elemen dalam analisis rangkaian listrik adalahmodel dari piranti yang dinyatakan dengan karakteristik i-v-nya. Jikaanalisis dilakukan di kawasan s dimana v(t) dan i(t) ditransformasikanmenjadi V(s) dan I(s), maka pernyataan elemenpun harus dinyatakan dikawasan s.4.1. Hubungan Tegangan-Arus Elemen di Kawasan s4.1.1. ResistorHubungan arus dan tegangan resistor di kawasan t adalahTransformasi Laplace dari v R adalahVR(s)=vR ( t)= RiR(t)∞−stvR(t)e dt =0∫∞−stRiR(t)e dt = RIR(s)0Jadi hubungan arus-tegangan resistor di kawasan s adalah∫V R( s)= R IR(s)(4.1)85


4.1.2. InduktorHubungan antara arus dan tegangan induktor di kawasan t adalahv ( t)L =di (t)LLdtTransformasi Laplace dari v L adalah (ingat sifat diferensiasi daritransformasi Laplace) :V ( s)=L∞vL0∫( t)e−stdt =∫∞0⎡ diL(t)⎤⎢Ledt⎥⎣ ⎦Jadi hubungan tegangan-arus induktor adalah−stdt = sLIL( s)− LiL(0)V L( s)= sLIL(s)− LiL(0)(4.2)dengan i L (0) adalah arus induktor pada saat awal integrasi dilakukan ataudengan kata lain adalah arus pada t = 0. Kita ingat pada analisis transiendi Bab-4, arus ini adalah kondisi awal dari induktor, yaitu i(0 + ) = i(0 − ).4.1.3. KapasitorHubungan antara tegangan dan arus kapasitor di kawasan t adalahvC1 t( t)=∫iC( t)dt + vc(0)C 0Transformasi Laplace dari tegangan kapasitor adalahs vsC ( ) C (0)V C ( ) = I +(4.3)sC sdengan v C (0) adalah tegangan kapasitor pada t =0. Inilah hubungantegangan dan arus kapasitor di kawasan s.4.2. Konsep Impedansi di Kawasan sImpedansi merupakan suatu konsep di kawasan s yang didefinisikansebagai berikut.Impedansi di kawasan s adalah rasio tegangan terhadap arus dikawasan s dengan kondisi awal nol.86 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


Sesuai dengan definisi ini, maka impedansi elemen dapat kita perolehdari (4.1), (4.2), dan (4.3) dengan i L (0) = 0 maupun v C (0) = 0,V ssZ R()VR Z L()R = = ; L = = sL ;IR(s)IL(s)VC( s)1ZC= =IC(s)sC(4.4)Dengan konsep impedansi ini maka hubungan tegangan-arus untukresistor, induktor, dan kapasitor menjadi sederhana, mirip dengan relasihukum Ohm.1V R( s)= RIR(s); VL(s)= sLIL(s); VC= IC( s)(4.5)sCSejalan dengan pengertian impedansi, dikembangkan pengertianadmitansi, yaitu Y = 1/Z sehingga untuk resistor, induktor, dan kapasitorkita mempunyai11YR = ; YL= ; YC= sCRsL4.3. Representasi Elemen di Kawasan s(4.6)Dengan pengertian impedansi seperti dikemukakan di atas, dan hubungantegangan-arus elemen di kawasan s, maka elemen-elemen dapatdirepresentasikan di kawasan s dengan impedansinya, sedangkan kondisiawal (untuk induktor dan kapasitor) dinyatakan dengan sumber teganganyang terhubung seri dengan impedansi tersebut, seperti terlihat pada Gb.4.1.+V R (s)−I R (s)RV L (s)Resistor Induktor KapasitorGb.4.1. Representasi elemen di kawasan s.V R( s)= R IR(s); V L( s)= sLIL(s)− LiL(0);+−−+sLI L (s)Li L (0)+V C (s)−+−I C (s)1sCv C (0)ss vs C ( ) C (0)V C ( ) = I +sC s87


Representasi elemen di kawasan s dapat pula dilakukan denganmenggunakan sumber arus untuk menyatakan kondisi awal induktor dankapasitor seperti terlihat pada Gb.4.2.+V R (s)I R (s)RsL+V L (s)−I L (s)i L (0)s1sC+V C (s)−I C (s)Cv C (0)−Gb.4.2. Representasi elemen di kawasan s.⎛ i ⎞V R( s)= R IR(s); s = sL⎜s − L(0)V L( ) IL() ⎟ ;⎝ s ⎠1V C ( s ) = ( IC( s)+ CvC(0))sC4.4. Transformasi RangkaianRepresentasi elemen ini dapat kita gunakan untuk mentransformasirangkaian ke kawasan s. Dalam melakukan transformasi rangkaian perlukita perhatikan juga apakah rangkaian yang kita transformasikanmengandung simpanan energi awal atau tidak. Jika tidak ada, makasumber tegangan ataupun sumber arus pada representasi elemen tidakperlu kita gambarkan.COTOH 4.1: Saklar S pada rangkaian berikut telah lama ada di posisi1. Pada t = 0 saklardipindahkan ke1Sposisi 2 sehinggarangkaian RLC+23 Ω1 H+8 Vseri terhubung ke− +− 2e −3t V 1/2 F v Csumber tegangan−2e −3t V.Transformasikan rangkaian ke kawasan untuk t > 0.Penyelesaian :Pada t < 0, keadaan telah mantap. Arus induktor nol dan tegangankapasitor sama dengan tegangan sumber 8 V.88 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


Untuk t > 0, sumber tegangan adalah v s = 2e −3t yang transformasinyaadalah2V s(s)=s + 3Representasi kapasitor adalah impedansinya 1/sC = 2/s seri dengansumber tegangan 8/s karena tegangan kapasitor pada t = 0 adalah 8V. Representasi induktor impedansinya sL = s tanpa diserikandengan sumber tegangan karena arus induktor pada t = 0 adalah nol.Transformasi rangkaian ke kawasan s untuk t > 0 adalah2s + 33 s+− 8 +s −2s+V C (s)−Perhatikan bahwa tegangan kapasitor V C (s) mencakup sumbertegangan (8/s) dan bukan hanya tegangan pada impedansi (2/s) saja.Setelah rangkaian ditransformasikan, kita mengharapkan dapat langsungmencari persamaan rangkaian di kawasan s. Apakah hukum-hukum,kaidah, teorema rangkaian serta metoda analisis yang telah kita pelajaridapat kita terapkan? Hal tersebut kita bahas berikut ini.4.5. Hukum KirchhoffHukum arus Kirchhoff menyatakan bahwa untuk suatu simpuln∑k = 1i k ( t ) = 0Jika kita lakukan transformasi, akan kita peroleh∞ ⎡ n ⎤ n⎡ ∞n−st−st⎤⎢ ik( t)⎥edt = ∑ ⎢ ( ) ⎥ = ∑ ( ) = 00 ⎢0⎣ 1 ⎥∫ikt e dt I k s (4.7)k = ⎦ k = 1⎣⎦ k = 1∫ ∑Jadi hukum arus Kirchhoff (HAK) berlaku di kawasan s. Hal yang samaterjadi juga pada hukum tegangan Kirchhoff. Untuk suatu loop89


⇒n∑vk( t)= 0k = 1∞ ⎡ n ⎤ n−st⎡ ∞−st⎤⎢ vk( t)⎥edt = ∑ ⎢ ( ) ⎥0 ⎢0⎣ 1 ⎥∫vkt e dtk = ⎦ k = 1⎣⎦∫ ∑n= ∑Vk( s)= 0k = 1(4.8)4.6. Kaidah-Kaidah RangkaianKaidah-kaidah rangkaian, seperti rangkaian ekivalen seri dan paralel,pembagi arus, pembagi tegangan, sesungguhnya merupakan konsekuensihukum Kirchhoff. Karena hukum ini berlaku di kawasan s maka kaidahkaidahrangkaian juga harus berlaku di kawasan s. Dengan mudah kitaakan mendapatkan impedansi ekivalen maupun admitansi ekivalen∑ ZkYekivparalel = ∑Z ekiv seri = Yk; (4.9)Demikian pula dengan pembagi arus dan pembagi tegangan.YZI ( s)k( s) ; ( s)kk = ItotalVk= Vtotal( s)(4.10)YZekiv paralelekiv seriCOTOH-4.2: Carilah V C (s) pada rangkaian impedansi seri RLCberikut ini.V in (s)+−3s2s+V C (s)−Penyelesaian :Kaidah pembagi tegangan pada rangkaian ini memberikan2 / sVR(s)= V23 + s +sinPemahaman :Jika V in (s) = 10/s maka( s)=s22V+ 3s+ 2in2( s)=V( s + 1)( s + 2)in( s)90 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


V20 k k kC ( s)== 1 + 2 + 3s(s + 1)( s + 2) s s + 1 s + 22020→ k1== 10 ; k2== −20;( s + 1)( s + 2)s(s + 2)s=0s=−120k3== 10s(s + 1)s=−210 − 20 10⇒VC( s)= + +s s + 1 s + 2−t−2t⇒ vC( t)= 10 − 20e+ 10eInilah tanggapan rangkaian rangkaian RLC seri (dengan R = 3Ω , L =1H, C = 0,5 F) dengan masukan sinyal anak tangga yangamplitudonya 10 V.4.7. Teorema Rangkaian4.7.1. Prinsip ProporsionalitasPrinsip proporsionalitas merupakan pernyataan langsung dari sifatrangkaian linier. Di kawasan t, pada rangkaian dengan elemen-elemenresistor, sifat ini dinyatakan oleh hubungany ( t)= Kx(t)dengan y(t) dan x(t) adalah keluaran dan masukan dan K adalah suatukonstanta yang ditentukan oleh nilai-nilai resistor yang terlibat.Transformasi Laplace dari kedua ruas hubungan diatas akan memberikanY ( s)= KX( s)dengan Y(s) dan X(s) adalah sinyal keluaran dan masukan di kawasan s.Untuk rangkaian impedansi,Y ( s)= Ks X ( s)(4.11)Perbedaan antara prinsip proporsionalitas pada rangkaian-rangkaianresistor dengan rangkaian impedansi terletak pada faktor K s . Dalamrangkaian impedansi nilai K s , merupakan fungsi rasional dalam s.Sebagai contoh kita lihat rangkaian seri RLC dengan masukan V in (s). Jikategangan keluaran adalah tegangan pada resistor V R (s), maka91


RVR(s)=VR + sL + (1/ sC)in⎡( s)= ⎢⎣ LCs2RCs ⎤⎥V+ RCs + 1 ⎦in( s)Besaran yang berada dalam tanda kurung adalah faktor proporsionalitas.Faktor ini, yang merupakan fungsi rasional dalam s, memberikanhubungan antara masukan dan keluaran dan disebut fungsi jaringan.4.7.2. Prinsip SuperposisiPrinsip superposisi menyatakan bahwa untuk rangkaian linier besarnyasinyal keluaran dapat dituliskan sebagaiy o( t)= K1x1( t)+ K2x2(t)+ K3x3(t)+ ⋅⋅ ⋅dengan x 1 , x 2 , x 3 … adalah sinyal masukan dan K 1 , K 2 , K 3 … adalahkonstanta proporsionalitas yang besarnya tergantung dari nilai-nilaielemen dalam rangkaian. Sifat linier dari transformasi Laplace menjaminbahwa prinsip superposisi berlaku pula untuk rangkaian linier di kawasans dengan perbedaan bahwa konstanta proporsionalitas berubah menjadifungsi rasional dalam s dan sinyal-sinyal dinyatakan dalam kawasan s.Y o ( s)= Ks1X1(s)+ Ks2X 2(s)+ Ks3X3(s)+ ⋅ ⋅ ⋅ (4.12)4.7.3. Teorema Thévenin dan ortonKonsep mengenai teorema Thévenin dan Norton pada rangkaianrangkaianimpedansi, sama dengan apa yang kita pelajari untukrangkaian dengan elemen-elemen resistor. Cara mencari rangkaianekivalen Thévenin dan Norton sama seperti dalam rangkaian resistor,hanya di sini kita mempunyai impedansi ekivalen Thévenin, Z T , danadmitansi ekivalen Norton, Y , dengan hubungan sbb:V ( s)= VZTT1=Yht( s)= IV=IT( s)( s)( s)ZT;I( s)= IhsV ( s)( s)=TZT(4.13)92 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


COTOH-4.3: Carilah rangkaian ekivalen Thevenin dari rangkaianimpedansi berikut ini.s2s+ ω2+−R1sCBEBANPenyelesaian :V ( s)= VTht1/ sC( s)=R + (1/ sC)s2s+ ω2s / RC=( s + 1/ RC)(s2+ ω2)1 sI ( s)= Ihs(s)=R 2 2s + ωZ R / sC 1T = R || (1/ RC)= =R + 1/ sC C(s + 1/ RC)V T+−Z TBEBAN4.8. Metoda-Metoda AnalisisMetoda-metoda analisi, baik metoda dasar (metoda reduksi rangkaian,unit output, superposisi, rangkaian ekivalen Thevenin dan Norton)maupun metoda umum (metoda tegangan simpul, arus mesh) dapat kitagunakan untuk analisis di kawasan s. Hal ini mudah dipahami mengingathukum-hukum, kaidah-kaidah maupun teorema rangkaian yang berlakudi kawasan t berlaku pula di kawasan s. Berikut ini kita akan melihatcontoh-contoh penggunaan metoda analisis tersebut di kawasan s.4.8.1. Metoda Unit OutputCOTOH-4.4: Dengan menggunakan metoda unit output, carilahV 2 (s) pada rangkaian impedansi di bawah ini.93


I 1 (s)Penyelesaian :Misalkan : V2(s)= 1→VC( s)= V2(s)= 1 →1IC( s)= = sC1/ sC→ IL(s)= IC( s)= sC →2VL(s)= sL × sC = LCs22LCs + 1→VR(s)= VL(s)+ VC( s)= LCs + 1 → IR(s)=R22*LCs + 1 LCs + RCs + 1⇒ I1( s)= IR(s)+ I L(s)= + sC =RR1 R⇒ Ks= =*2I1( s)LCs + RCs + 1R⇒V2(s)= KsI1(s)=I1(s)2LCs + RCs + 14.8.2. Metoda SuperposisiCOTOH-4.5: Dengan menggunakan metoda superposisi, carilahteganganinduktor v o (t)pada rangkaianberikut ini.Penyelesaian :Au(t)I R (s)I L (s)Rangkaian kita transformasikan ke kawasan s menjadi+−RRsLI C (s)L+v o−1/sCR+V 2 (s)−BsinβtAsR++Bβ− sL VRo2 2s + β−Jika sumber arus dimatikan, maka rangkaian menjadi :94 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


95LRsAAsLRLsAsLRRLsRsLRRLsssLRRLsZRL2/2/2)o1 (//+=+=+++=⇒+=→VJika sumber tegangan dimatikan, rangkaian menjadi :))(2/(221111/)()(222222o2+ β+β=+ ββ×+=+ ββ×++×=×=sLRssRBsBRsLsRLsBsLRRsLsLsIsLsLVθ−−θβ=−=−β+=→⎟⎠⎞⎜⎝⎛β+θ =β+=β−=β−+=→+ β= −+ β=→⎥⎦⎤⎢⎣⎡β−+β+++β++=+=⇒jjjsLRseLRkLReLRjLRjsLRsskLRLRsskjskjskLRskRBLRsAsss2231222222/221321o2o1o4)/(1/2tan,4)/(12/1))(2/()2/()2/()(2/22/2/)()()( VVV+−sARsL+V o1−R22+ ββsBRsL+V o2−R


RLA −⇒ v = 2o ( t)e2⎡R⎢ ( R / 2L)− t−e 2Lt RBβ⎢2 2( R / 2L)+ β+ ⎢2 ⎢ 1⎢+2 2⎢⎣( R / L)+ 4β⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎦− j(βt−θ)j(βt−θ)( e + e )⎤2R⎡ A R Bβ⎤ − t⇒ v ( )2o t = ⎢ − ⎥eL +2 2 2⎢⎣R + 4Lβ⎥⎦RBβcos( βt− θ)2 2( R / L)+ 4β4.8.3. Metoda Reduksi RangkaianCOTOH-4.6: Dengan menggunakan metoda reduksi rangkaianselesaikanlah persoalan pada contoh 4.5.Penyelesaian :Rangkaian yangditransformasikan kekawasan s kita gambarlagi seperti di sampingini.Jika sumbertegangan+ditransformasikanA R Bβmenjadi sumbersL VRo2sRs + βarus, kita−mendapatkanrangkaian dengan dua sumber arus dan dua resistor diparalel.Rangkaian tersebut dapatdisederhanakan menjadirangkaian dengan satusumber arus, dan kemudianmenjadi rangkaian dengansumber tegangan.+R+ABβ− sL VRo2 2ss + β−R/2 sL+V o−2Bβ+2 2s + βAsRsL+V o−R/2+−R ⎛⎜Bβ+22 2⎝ s + βAsR⎞⎟⎠96 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


Dari rangkaian terakhir ini kita diperoleh :sL R ⎛⎞⎜BβAV+ ⎟o(s)= ×sL + R / 2 22 2⎝ s + β sR ⎠A / 2 ( RBβ/ 2) sV o(s)= +s + R / 2L2 2( s + R / 2L)(s + β )Hasil ini sama dengan apa yang telah kita peroleh dengan metodasuperposisi pada contoh 4.20. Selanjutnya transformasi balik ke kawasant dilakukan sebagaimana telah dilakukan pada contoh 4.20.4.8.4. Metoda Rangkaian Ekivalen ThéveninCOTOH-4.7: Dengan menggunakan rangkaian ekivalen Théveninselesaikanlah persoalanpada contoh 4.5.+R +A BβPenyelesaian :sL VRoKita akanmenggunakangabungan metodasuperposisi denganrangkaian ekivalenThévenin.Tegangan hubungan terbuka pada waktu induktor dilepas, adalahjumlah tegangan yang diberikan oleh sumber tegangan dan sumberarus secara terpisah, yaituV T ( s)= V( s)=RR×+ RA/2 RBβ/ 2= +s 2 2s + βDilihat dari terminal induktor,impedansi Z T hanyalah berupa duaresistor paralel, yaituhtRZ T =2+− 2 2ss + βR +As−ABβ− VRht2 2ss + β−+ R ×+−12×sV T2Z TBβ+ β2sL+V o−97


Dengan demikian maka tegangan induktor menjadiVosLsL ⎛ / 2 / 2 ⎞( )( )⎜A RBβs = V⎟T s =+sL + Z/ 22 2T sL + R ⎝ s s + β ⎠A/2 ( RBβ/ 2) s= +s + R / 2L2 2( s + R / 2L)(s + β )Persamaan ini telah kita peroleh sebelumnya, baik dengan metodasuperposisi maupun metoda reduksi rangkaian.4.8.5. Metoda Tegangan SimpulCOTOH 4.8: Selesaikan persoalan pada contoh 4.5. denganmenggunakan metodaAtegangan simpul.R +Penyelesaian :+ ABβsL VRo2ss + βDengan referensi−Btegangan seperti terlihatpada gambar di atas,persamaan tegangan simpul untuk simpul A adalah:⎛ 1 1 1 ⎞ 1 A( s)⎜ + + ⎟ − −⎝ R R sL ⎠ R s sBβV o 2 2=Dari persamaan tersebut di atas kita peroleh⎛ 2Ls+ R ⎞ A BβVo( s)⎜ ⎟ = +2 2⎝ RLs ⎠ Rs s + β+ βatauRLs ⎛⎞( ) ⎜A BβVos =+ ⎟2Ls+ R2 2⎝ Rs s + β ⎠A / 2 ( RBβ/ 2) s= +s + R / 2L2 2( s + R / 2L)(s + β )Hasil yang kita peroleh sama seperti sebelumnya.Pemahaman :− 2Dalam analisis di kawasan s, metoda tegangan simpul untukrangkaian dengan beberapa sumber yang mempunyai frekuensi098 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


erbeda, dapat langsung digunakan. Hal ini sangat berbeda darianalisis di kawasan fasor, dimana kita tidak dapat melakukansuperposisi fasor dari sumber-sumber yang mempunyai frekuensiberbeda.4.8.6. Metoda Arus MeshCOTOH-4.9: Pada rangkaian berikut ini tidak terdapat simpananenergi awal. Gunakan metoda arus mesh untuk menghitung i(t).10 u(t)+−10mH10kΩ10kΩi(t)1µFPenyelesaian :Transformasi rangkaian ke kawasan s adalah seperti gambar berikutini. Kitatetapkan0.01s 10 4 I(s)referensi10 +10 4 6V 1 ( s)=10arus meshs − I A I BsI A dan I B .Persamaanarus mesh dari kedua mesh adalah4( 0.01s+ 10 )104− + I A(s)− IB(s)× 10 = 0s⎛64 4 10 ⎞4I ( ) ⎜10+ 10 + ⎟B s− I ( s)× 10 = 0⎜⎟ A⎝s⎠Dari persamaan kedua kita peroleh:→2( 2s+ 10 )( s)I A ( s)= IsSehingga:B99


dengan4− 10 −β =( ) ( 2)4 2s+ 100.01s+ 10104⇒ − +I B ( s)− IB( s)× 10 = 0ss10⇒ I(s)= IB( s)=2 46 40,02s+ 2 × 10 s + s + 10 − 10 s1010==2 4 60,02s+ 10 s + 10 ( s − α)(s − β)4− 10 +α =8 410 − 8 × 100,048 410 − 8 × 100,04≈ −500000≈ −100;10k( )1 k⇒ I s == + 2( s + 100)( s + 500000) s + 100 s + 5000010−510−5k1== 2 × 10 ; k2== −2× 10s + 500000 s=−100s + 100 s=−500000−100t−500000t⇒ i(t)= 0,02[ e − e ] mA100 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


Soal-Soal1. Sebuah resistor 2 kΩ dihubungkan seri dengan sebuah induktor 2 H;kemudian pada rangkaian ini diterapkan sinyal tegangan v(t)=10u(t)V. Bagaimanakah bentuk tegangan pada induktor dan pada resistor ?Bagaimanakah tegangannya setelah keadaan mantap tercapai?2. Ulangi soal 1 jika tegangan yang diterapkan v(t) = [20sin300t] u(t) V.3. Ulangi soal 1 jika tegangan yang diterapkan v(t) = [20cos300t] u(t) V.4. Rangkaian seri resistor dan induktor soal 1 diparalelkan kapasitor 0.5µF. Jika kemudian pada rangkaian ini diterapkan teganganv(s)=10u(t) V bagaimanakah bentuk arus induktor ? Bagaimanakaharus tersebut setelah keadaan mantap tercapai?5. Ulangi soal 4 dengan tegangan masukan v(t)=[20sin300t]u(t) V.6. Ulangi soal 4 dengan tegangan masukan v(t)=[20cos300t]u(t) V.7. Sebuah kapasitor 2 pF diserikan dengan induktor 0,5 H dan padahubungan seri ini diparalelkan resistor 5 kΩ. Jika kemudian padahubungan seri-paralel ini diterapkan sinyal tegangan v(t)=10u(t) V,bagaimanakah bentuk tegangan kapasitor ?8. Ulangi soal 7 dengan tegangan masukan v(t) = [20sin300t] u(t) V.9. Sebuah resistor 100 Ω diparalelkan dengan induktor 10 mH dan padahubungan paralel ini diserikan kapasitor 0,25 µF. Jika kemudian padahubungan seri-paralel ini diterapkan tegangan v(t) = 10u(t) V, carilahbentuk tegangan kapasitor.10. Ulangi soal 9 dengan tegangan masukan v(t) = [20sin300t] u(t) V.11. Carilah tanggapan status nol (tidak ada simpanan energi awal padarangkaian) dari i L pada rangkaian berikut jika v s =10u(t) V.+−1kΩ i Lv s 1kΩ 0.1H101


12. Carilah tanggapan status nol dari v C dan i L pada rangkaian berikutjika v s =100u(t) V.+−5kΩv s0,05µF+v C−i L50mH13. Carilah tanggapan status nol dari v C dan i L pada rangkaian berikutjika v s =[10cos20000t]u(t) V.+−500Ωv s0,05µF+v C−i L50mH14. Carilah i pada rangkaian berikut, jika i s =100u(t) mA dan teganganawal kapasitor adalah v C (0) = 10 V.i s0,05µF i5kΩ5kΩ15. Ulangi soal 14 untuk i s =[100cos400t] u(t) mA.16. Carilah v o pada rangkaian berikut, jika i s =100u(t) mA dan arus awalinduktor adalah i L (0) = 10 mA.i s5kΩ0,1H5kΩ+v o−17. Ulangi soal 16 untuk i s = [100cos400t] u(t) mA.18. Carilah tanggapan status nol dari v L pada rangkaian berikut, jika v s =10u(t) V , i s = [10sin400t]u(t) mA.+−0,5kΩ +v v L s−0,1H 0,5kΩi s102 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


19. Carilah tanggapan status nol dari v 2 pada rangkaian berikut jika v s =[10cos(900t+30 o )] u(t) V.+−10mHv 110kΩ1µF10kΩ+v 2−20. Ulangi soal 17 jika tegangan awal kapasitor 5 V sedangkan arus awalinduktor nol.21. Pada rangkaian berikut carilah tanggapan status nol dari tegangankeluaran v o (t) jika tegangan masukan v s (t)=10u(t) mV.v s+−10kΩ1kΩi10kΩ0,1µF +v100io100kΩ−22. Pada rangkaian berikut carilah tanggapan status nol dari tegangankeluaran v o (t) jika tegangan masukan v s (t)=10u(t) mV.10kΩi2pFv s+− 20pF1kΩ10kΩ50i+v o−23. Untuk rangkaian berikut, tentukanlah v o dinyatakan dalam v in .10kΩR 1C 1C 2R 2+v in+− +v o10kΩ+1µFv in−+ +v o103


R 1C 1C 2R 2i 1 i 2+v inR 2−+ +v o26. Untuk rangkaiantransformator linierberikut ini tentukanlah i 1dan i 2 .+−50Ω50u(t) VML 1 L 280ΩL 1 =0,75H L 2 =1HM = 0,5H27. Pada hubungan beban dengantransformator berikut ini,nyatakanlah impedansi masukanZ in sebagai fungsi dari M.ML 1 L 250ΩZ inL 1 =20mH L 2 =2mH28. Berapakah M agar Z in pada soal 27 menjadi( 0,2s+ 25000)0,02sZ in =s + 2500029. Jika tegangan masukan pada transformator soal 28 adalahv in = 10cos300tV , tentukan arus pada beban 50 Ω.104 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


BAB 5Fungsi JaringanPembahasan fungsi jaringan akan membuat kita• memahami makna fungsi jaringan, fungsi masukan, dan fungsialih;• mampu mencari fungsi alih dari suatu rangkaian melalui analisisrangkaian;• memahami peran pole dan zero dalam tanggapan rangkaian;• mampu mencari fungsi alih rangkaian jika tanggapan terhadapsinyal impuls ataupun terhadap sinyal anak tangga diketahui.5.1. Pengertian dan Macam Fungsi JaringanSebagaimana kita ketahui, prinsip proporsionalitas berlaku di kawasan s.Faktor proporsionalitas yang menghubungkan keluaran dan masukanberupa fungsi rasional dalam s yang disebut fungsi jaringan (networkfunction). Secara formal, fungsi jaringan di kawasan s didefinisikansebagai perbandingan antara tanggapan status nol dan sinyal masukan.Tanggapan Status Nol ( s)Fungsi Jaringan = (5.1)Sinyal Masukan ( s)Definisi ini mengandung dua pembatasan, yaitu a) kondisi awal harusnol dan b) sistem hanya mempunyai satu masukan.Fungsi jaringan yang sering kita hadapi ada dua bentuk, yaitu fungsimasukan (driving-point function) dan fungsi alih (transfer function).Fungsi masukan adalah perbandingan antara tanggapan di suatu gerbang(port) dengan masukan di gerbang yang sama. Fungsi alih adalahperbandingan antara tanggapan di suatu gerbang dengan masukan padagerbang yang berbeda.5.1.1. Fungsi MasukanContoh fungsi masukan adalah impedansi masukan dan admitansimasukan, yang merupakan perbandingan antara tegangan dan arus diterminal masukan.V ( s)I(s)Z(s)= ; Y ( s)=(5.2)I(s)V ( s)105


5.1.2. Fungsi AlihDalam rangkaian pemroses sinyal, pengetahuan mengenai fungsi alihsangat penting karena fungsi ini menentukan bagaimana suatu sinyalmasukan akan mengalami modifikasi dalam pemrosesan. Karena sinyalmasukan maupun sinyal keluaran dapat berupa tegangan ataupun arus,maka kita mengenal empat macam fungsi alih, yaituVo( s)Fungsi Alih Tegangan : TV( s)= ;Vin(s)Fungsi Alih Arus :Io(s)TI( s)=Iin(s)Admitansi Alih :Io(s)TY( s)= ;Vin(s)Impedansi Alih :Vo( s)TZ( s)=Iin(s)(5.3)T V (s) dan T I (s) tidak berdimensi. T Y (s) mempunyai satuan siemens danT Z (s) mempunyai satuan ohm. Fungsi alih suatu rangkaian dapatdiperoleh melalui penerapan kaidah-kaidah rangkaian serta analisisrangkaian di kawasan s. Fungsi alih memberikan hubungan antara sinyalmasukan dan sinyal keluaran di kawasan s. Berikut ini kita akan melihatbeberapa contoh pencarian fungsi alih.COTOH-5.1: a).b).Carilah+ R 1impedansi− V s (s) Csmasukan yangdilihat olehsumber pada rangkaian-rangkaian berikut ini.Penyelesaian :1 RCs + 1a). Zin= R + = ;Cs CsR⇒ Zin=1 + RCsb). YinI s (s)R1 1 + RCs= + Cs =R R1Cs106 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


COTOH-5.2: Carilah fungsi alih rangkaian-rangkaian berikut.+V in (s)−Ra).Penyelesaian :1Cs+V o (s)−I in (s)Kaidah pembagi tegangan untuk rangkaian a) dan kaidah pembagiarus untuk rangkaian b) akan memberikan :1Csb).Vo( s)1/ Cs 1a). TV( s)= = = ;Vin( s)R + 1/ Cs RCs + 1Io( s)1/ R 1b). TI( s)= = =Iin(s)1/ R + sC 1 + sRCRI o (s)COTOH-5.3: Tentukan impedansimasukan dan fungsi alihrangkaian di samping ini.Penyelesaian :+v in−LR 1RC2+v o−Transformasi rangkaian kekawasan s memberikan+V in (s)−LsR 1R1/Cs2+V o (s)−( R + 1/ Cs) || ( Ls + R )Z inVo( s)R2TV( s)= = V in ( s)Ls + R2= 12( R1+ 1/ Cs)(Ls + R )=2R1+ 1/ Cs + R2+ Ls( R1Cs+ 1)( Ls + R2)=2LCs + ( R1+ R2)Cs + 1107


COTOH-5.4: Tentukan impedansimasukan dan fungsi alihrangkaian di samping ini.Penyelesaian :Transformasi rangkaian kekawasan s memberikanrangkaian berikut ini :+v in−R 1R 2C 1C 2−++v o−R 1R 2+V in (s)−1/C 1 s 1/C 2 s−++V o (s)−R /|| ( 1/ )1 C1sRZ 1in = R1C1s= =R1+ 1/ C1sR1C1s+ 1Vo( s)Z 2 R2|| (1/ C2s)TV( s)= = − = −Vin( s)Z1R1|| (1/ C1s)R2R1C1s + 1= − ×R2C2s+ 1 R1R2R1C1s+ 1= −R1R2C2s+ 1COTOH-5.5: Tentukanfungsi alih rangkaiandi samping ini.Penyelesaian :+v s−1MΩ1µFµv xTransformasirangkaian ke kawasan s memberikan rangkaian dan persamaanberikut iniA1MΩ1µF+v x−+−+ v o108 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


+V s (s)−10 6 /s10 6 A +10 6V x10 6 /s −+−µV x+ V o (s)Persamaan tegangan untuk simpul A :(2s+ 2 + s⎛⎜V⎜⎜⎜⎝1A−6−6−6( 10 + 10 + 10 s)− V−1010in−6+ (3 − µ ) s + 1−6sµV+ s − 1 − µ s)V− Vxx10−6⎞⎟⎟⎟= 0⎟⎠10 / ssedangkan : Vx=V6 6 A10 + 10 / s1= VA→ VA= ( s + 1) Vxs + 1⇒ ( s + 1)(2 + s)V − V − V − sµV = 0 atauV⇒Vxin=s22xin6xx= VinxFungsi alih :TVV( s)=Vos( s)µ Vx( s)= =( s)V ( s)ss2µ+ (3 − µ ) s + 15.2. Peran Fungsi AlihDengan pengertian fungsi alih sebagaimana telah didefinisikan, keluarandari suatu rangkaian di kawasan s dapat dituliskan sebagaiY ( s)= T(s)X ( s); denganX ( s): pernyataan sinyal masukan diY ( s)T(s)adalah fungsi alihkawasan: keluaran (tanggapan status nol) di kawasanss.(5.4)Fungsi alih T(s) berupa fungsi rasional yang dapat dituliskan dalambentuk rasio dari dua polinom a(s) dan b(s) :109


(s)bmsT(s)= =a(s)a snmn+ b+ am−1m−1sn−1n−1s⋅⋅⋅⋅⋅+ b s + b11⋅⋅⋅⋅⋅+ a s + a00(5.5)Nilai koefisien polinom-polinom ini berupa bilangan riil, karenaditentukan oleh parameter rangkaian yang riil yaitu R, L, dan C. Fungsialih dapat dituliskan dalam bentuk( s − z )( ) ( )( )1 s − z2⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ s − zT s = Km(5.6)( s − p )( s − p ) ⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅ ( s − p )1Dengan bentuk ini jelas terlihat bahwa fungsi alih akan memberikan zerodi z 1 …. z m dan pole di p 1 …. p n . Pole dan zero dapat mempunyai nilairiil ataupun kompleks konjugat karena koefisien dari b(s) dan a(s) adalahriil. Sementara itu sinyal masukan X(s) juga mungkin mengandung zerodan pole sendiri. Oleh karena itu, sesuai dengan persamaan (5.6), sinyalkeluaran Y(s) akan mengandung pole dan zero yang dapat berasal dariT(s) ataupun X(s). Pole dan zero yang berasal dari T(s) disebut polealami dan zero alami, karena mereka ditentukan semata-mata olehparameter rangkaian dan bukan oleh sinyal masukan; sedangkan yangberasal dari X(s) disebut pole paksa dan zero paksa karena merekaditentukan oleh fungsi pemaksa (masukan).COTOH-5.6: Jika sinyal masukan pada rangkaian dalam contoh-5.5adalah v in = cos2t u(t) , carilah pole dan zero sinyal keluaran V o (s)untuk µ = 0,5.Penyelesaian :2sPernyataan sinyal masukan di kawasan s adalah : V in(s)=s 2 + 4Fungsi alih rangkaian telah diperoleh pada contoh 5.5; dengan µ =0,5 makaµ0,5T V ( s)==22s + (3 − µ ) s + 1 s + 2,5s+ 1Dengan demikian sinyal keluaran menjadi0,5 sVo( s)= TV( s)Vin( s)=22s + 2,5s+ 1 s + 40,5s=( s + 2)( s + 0,5) ( s + j2)(s − j2)Pole dan zero adalah :n110 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


s = −2:s = −0.5:polepolealamialamiriilriils = 0: satus = − j2: poles = + j2: polezero paksa riilpaksa imaginerpaksa imajiner5.2.1. Rangkaian Dengan Masukan Sinyal ImpulsSinyal masukan yang berbentuk gelombang impuls dinyatakan denganx(t) = δ(t). Pernyataan sinyal ini di kawasan s adalah X(s) = 1. Denganmasukan ini maka bentuk sinyal keluaran V o (s) akan sama dengan bentukfungsi alih T(s).V ( s)= T(s)X ( s)= T(s)× 1 = H(s)(5.7)oV o (s) yang diperoleh dengan X(s) = 1 ini kita sebut H(s) agar tidak rancudengan T(s). Karena X(s) = 1 tidak memberikan pole paksa, maka H(s)hanya akan mengandung pole alami.Kembali ke kawasan t, keluaran v o (t) = h(t) diperoleh dengantransformasi balik H(s). Bentuk gelombang h(t) terkait dengan pole yangdikandung oleh H(s). Pole riil akan memberikan komponen eksponensialpada h(t); pole kompleks konjugat (dengan bagian riil negatif ) akanmemberikan komponen sinus teredam pada h(t) dan pole-pole yang lainakan memberikan bentuk-bentuk h(t) tertentu yang akan kita lihatmelalui contoh berikut.COTOH-5.7: Jika sinyal masukan pada rangkaian dalam contoh-5.5adalah v in = δ(t) , carilah pole dan zero sinyal keluaran untuk nilai µ= 0,5 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4.Penyelesaian :µFungsi alih rangkaian ini adalah : T V ( s)=2s + (3 − µ ) s + 1Dengan masukan v in = δ(t) yang berarti V in (s) = 1, maka keluaranrangkaian adalah :µH ( s)=2s + (3 − µ ) s + 10,50,5µ = 0,5 ⇒ H(s)==2s + 2,5s+ 1 ( s + 2)( s + 0,5)⇒ dua pole riil di s = −2dan s = −0,5111


1 0,5µ = 1⇒H ( s)= = ⇒ dua pole riil di s = −122s + 2s+ 1 ( s + 1)22µ = 2 ⇒ H(s)= =2s + s + 1 ( s + 0,5 − j 3 / 2)( s + 0,5 + j 3 / 2)⇒ dua pole kompleks konjugat di s = −0,5± j3 3µ = 3 ⇒ H ( s)= =2s + 1 ( s + j1)(s − j1)⇒ dua pole imajiner di s = ± j1µ = 4 ⇒ H(s)=s24=− s + 1 ( s − 0,5 − j3 / 2)( s − 0,5 + j⇒ dua pole kompleks konjugat di s = 0,5 ± j43 / 23 / 23 / 2)5 5µ = 5 ⇒ H ( s)= = ⇒ dua pole riil di s = 122s − 2s+ 1 ( s −1)Contoh-5.7 ini memperlihatkan bagaimana fungsi alih menentukanbentuk gelombang sinyal keluaran melalui pole-pole yang dikandungnya.Berbagai macam pole tersebut akan memberikan h(t) dengan perilakusebagai berikut.µ = 0,5 : dua pole riil negatif tidak sama besar; sinyal keluaransangat teredam.µ = 1 : dua pole riil negatif sama besar ; sinyal keluaran teredamkritis.µ =2 : dua pole kompleks konjugat dengan bagian riil negatif ;sinyal keluaran kurang teredam, berbentuk sinus teredam.µ = 3 : dua pole imaginer; sinyal keluaran berupa sinus tidakteredam.µ = 4 : dua pole kompleks konjugat dengan bagian riil positif ;sinyal keluaran tidak teredam, berbentuk sinus denganamplitudo makin besar.µ = 5 : dua pole riil posistif sama besar; sinyal keluaraneksponensial dengan eksponen positif; sinyal makin besardengan berjalannya t.112 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


Gambar berikut menjelaskan posisi pole dan bentuk tanggapan rangkaiandi kawasan t yang berkaitan.1 .20pole di ± jβjω0 20-1 .2×××pole di + α ± jβpole di − α ± jβ×××σpole riil negatif×××pole riil positifpole di 0+j0(lihat pembahasan berikut)Gb.5.3. Posisi pole dan bentuk gelombang keluaran.5.2.2. Rangkaian Dengan Masukan Sinyal Anak TanggaTransformasi sinyal masukan yang berbentuk gelombang anak tanggax(t) = u(t) adalah X(s) = 1/s. Jika fungsi alih adalah T(s) maka sinyalkeluaran adalahT(s)Y ( s)= T(s)X ( s)=(5.8)sJika kita bandingkan (5.8) ini dengan (5.7) dimana tanggapan terhadapsinyal impuls dinyatakan sebagai H(s), maka tanggapan terhadap sinyalanak tangga ini dapat kita sebutT(s)H(s)G ( s)= =(5.9)s sKarena H(s) hanya mengandung pole alami, maka dengan melihat bentukini kita segera mengetahui bahwa tanggapan terhadap sinyal anak tanggadi kawasan s akan mengandung satu pole paksa disamping pole-pole113


alami. Pole paksa ini terletak di s = 0 + j0; pole inilah yang ditambahkanpada Gb. 5.3.Mengingat sifat integrasi pada transformasi Laplace, maka g(t) dapatdiperoleh jika h(t) diketahui, yaitu0Secara timbal balik, maka∫g( t)= t h(x)dx(5.10)dg(t)h ( t)= , berlaku di semua titik kecuali di tdt(5.11)dimana g(t)tidak kontinyu.COTOH-5.8: Dalam contoh-5.7, jika µ = 2 dan sinyal masukanberupa sinyal anak tangga, carilah pole dan zero sinyal keluaran.Penyelesaian :2Dengan µ = 2 fungsi alihnya adalah T V ( s)=2s + s + 1Dengan sinyal masukan X(s) = 1/s , tanggapan rangkaian adalah2 12G ( s)==2( s + s + 1) s ( s + 0,5 − j 3 / 2)( s + 0,5 + j 3 / 2) sDari sini kita peroleh :s = −0,5± js = 03 / 2: dua pole kompleks konjugatdengan bagian riil negatif: satu pole paksa di 0 + j05.3. Hubungan Bertingkat dan Kaidah RantaiHubungan masukan-keluaran melalui suatu fungsi alih dapat kitagambarkan dengan suatu diagam blok seperti Gb.5.4.a.X(s)T(s)a).Y(s)X(s)T 1 (s)Gb.5.4. Diagram blokY 1 (s)Suatu rangkaian pemroses sinyal seringkali merupakan hubunganbertingkat dari beberapa tahap pemrosesan. Dalam hubungan bertingkatini, tegangan keluaran dari suatu tahap menjadi tegangan masukan darib).T 2 (s)Y(s)114 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


tahap berikutnya. Diagram blok dari hubungan bertingkat ini ditunjukkanoleh Gb.5.4.b. Untuk hubungan bertingkat ini berlaku kaidah rantai yaituapabila suatu rangkaian merupakan hubungan bertingkat dari tahapantahapanyang masing-masing mempunyai fungsi alih tegangan T V1 (s),T V2 (s) ….dst. maka fungsi alih tegangan total rangkaian menjadiTV ( V1 V1Vk ss)= T ( s)T ( s)⋅⋅ ⋅ ⋅T( )(5.12)Kaidah rantai ini mempermudah kita dalam melakukan analisis dari suaturangkaian yang merupakan hubungan bertingkat dari beberapa tahapan.Namun dalam hubungan bertingkat ini perlu kita perhatikan agar suatutahap tidak membebani tahap sebelumnya. Jika pembebanan ini terjadimaka fungsi alih total tidak sepenuhnya menuruti kaidah rantai. Untukmenekan efek pembebanan tersebut maka harus diusahakan agarimpedansi masukan dari setiap tahap sangat besar, yang secara idealadalah tak hingga besarnya. Jika impedansi masukan dari suatu tahapterlalu rendah, kita perlu menambahkan rangkaian penyangga antararangkaian ini dengan tahap sebelumnya agar efek pembebanan tidakterjadi. Kita akan melihat hal ini pada contoh berikut.COTOH-5.9: Carilah fungsi alih kedua rangkaian berikut; sesudah ituhubungkan kedua rangkaian secara bertingkat dan carilah fungsi alihtotal.+V in−R 11/Cs+V o−+V in−Ls +R 2 V o−Penyelesaian : Fungsi alih kedua rangkaian berturut-turut adalah1/ Cs 1T V 1(s)= =danR + 1/ Cs R Cs + 111RT V s =22 ( )R + LsJika kedua rangkaian dihubungkan maka rangkaian menjadi sepertidi bawah ini.2+V in−R 1Ls1/Cs R 2+V o−Fungsi alih rangkaian gabungan ini adalah:115


R2⎛ 1/ Cs || ( R + ⎞⎜2 Ls)T V ( s)=⎟R +2 Ls ⎝1/Cs || ( R2+ Ls)+ R1⎠R2⎛ 1/ Cs(R + )= ⎜ 2 LsR +2 Ls ⎝1/Cs + R2+ Ls1/ Cs(R2+ Ls)⎞+ R1⎟1/ Cs + R +2 Ls ⎠R ⎛⎞2 ⎜ R2+ Ls=⎟R + ⎜ 2⎟2 Ls⎝ LCs + ( L + R2C)s + ( R1+ R2) ⎠Pemahaman :Fungsi alih dari rangkaian yang diperoleh dengan menghubungkankedua rangkaian secara bertingkat tidak merupakan perkalian fungsialih masing-masing. Hal ini disebabkan terjadinya pembebananrangkaian pertama oleh rangkaian kedua pada waktu merekadihubungkan. Untuk mengatasi hal ini kita dapat menambahkanrangkaian penyangga di antara kedua rangkaian sehingga rangkaianmenjadi seperti di bawah ini.+V in−R 11/Cs+−Ls +R 2 V o−Diagram blok rangkaian ini menjadi :V in (s)T V1V o11V o1T V1V o (s)Contoh-5.9. di atas menunjukkan bahwa kaidah rantai berlaku jika suatutahap tidak membebani tahap sebelumnya. Oleh karena itu agar kaidahrantai dapat digunakan, impedansi masukan harus diusahakan sebesarmungkin, yang dalam contoh diatas dicapai dengan menambahkanrangkaian penyangga. Dengan cara demikian maka hubungan masukankeluarantotal dari seluruh rangkaian dapat dengan mudah diperoleh jikahubungan masukan-keluaran masing-masing bagian diketahui.Pengembangan dari konsep ini akan kita lihat dalam analisis sistem.5.4. Fungsi Alih dan Hubungan Masukan-Keluaran di KawasanWaktuDalam pembahasan di atas dapat kita lihat bahwa jika kita bekerja dikawasan s, hubungan masukan-keluaran diberikan oleh persamaanY ( s)= T ( s)X ( s)116 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


Bagaimanakah bentuk hubungan masukan-keluaran di kawasan waktu?Menurut (5.9) T(s) = H(s), sehingga kita dapat menggunakan konvolusiuntuk melakukan transformasi balik dari hubungan di atas dan kitadapatkan hubungan masukan-keluaran di kawasan waktu, yaitutty( t)=∫h(τ)x(t − τ)dτ =∫x(τ)h(t − τ)dτ(5.13)00dengan h(t) adalah tanggapan impuls dari rangkaian.Persamaan (5.13) ini memberikan hubungan di kawasan waktu, antarabesaran keluaran y(t), besaran masukan x(t), dan tanggapan impulsrangkaian h(t). Hubungan ini dapat digunakan langsung tanpa melaluitransformasi Laplace. Hubungan ini sangat bermanfaat untuk mencarikeluaran y(t) jika h(t) ataupun x(t) diperoleh secara experimental dan sulitdicari transformasi Laplace-nya. Konvolusi berlaku untuk rangkaianlinier invarian waktu. Jika batas bawah adalah nol (seperti pada 5.13),maka sinyal masukan adalah sinyal kausal, yaitu x(t) = 0 untuk t < 0.5.5. Tinjauan Umum Mengenai Hubungan Masukan-KeluaranDari pembahasan mengenai fungsi alih diatas dan pembahasan mengenaihubungan masukan-keluaran pada bab-bab sebelumnya, kita dapatmengetahui bahwa hubungan antara sinyal keluaran dan sinyal masukandi suatu rangkaian dapat kita peroleh dalam beberapa bentuk. Di kawasans, hubungan tersebut diperoleh melalui transformasi Laplace. Hubungantersebut juga dapat kita peroleh di kawasan t melalui konvolusi. Disamping itu kita ingat pula bahwa hubungan antara sinyal keluaran dansinyal masukan dapat pula diperoleh dalam bentuk persamaandiferensial, seperti yang kita temui pada waktu kita membahas analisistransien. Jadi kita telah mempelajari tiga macam bentuk hubungan antarasinyal keluaran dan sinyal masukan, yaitu• transformasi Laplace,• konvolusi,• persamaan diferensial.Kita masih akan menjumpai satu lagi bentuk hubungan sinyal keluarandan sinyal masukan yaitu melalui transformasi Fourier. Akan tetapisebelum membahas transformasi Fourier kita akan melihat lebih dulutanggapan frekuensi dalam bab berikut ini.117


Soal-Soal1. Terminal AB rangkaian berikutadalah terminal masukan, danterminal keluarannya adalah CD.Tentukanlah admitansimasukannya (arus / teganganmasukan di kawasan s) jikaterminal keluaran terbuka.AB1H1kΩ0,5µF1kΩCD2. Jika tegangan masukan v 1 (t)=10u(t) V, gambarkan diagram pole-zerodari arus masukan dan sebutkan jenis pole dan zero yang ada3. Tegangan keluaran v 2 (t) rangkaian soal 1 diperoleh di terminal CD.Tentukan fungsi alih tegangannya (tegangan keluaran / teganganmasukan di kawasan s).4. Jika tegangan masukan v 1 (t) = 10 u(t) V Gambarkan diagram pole-zerotegangan keluaran.5. Ulangi soal 2 dengan tegangan masukan v 1 (t) = 10[sin100t]u(t) V.6. Ulangi soal 4 dengan tegangan masukan v 1 (t) = 10[sin100t]u(t) V.7. Tentukan fungsi alih pada rangkaian berikut dan gambarkan digrampole-zero dari tegangan keluaran V o (s)dan sebutkan jenis pole danzeronya.R 1 C++− u(t)vL R o2−a). b).+−R 1cos1000tR 2C+v o−R 1R 2CR++C− u(t) Lv oc).−d).+−u(t)−++v o−118 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


+−u(t)+−R 1R 2C −e). f).+v o+−u(t)+−R 1R 2C+v o−+−u(t)R 2+−CR 1−g). Lh),+v o+−u(t)R 2+−LCR 1+v o−8. Carilah fungsi alih, g(t), dan h(t) dari rangkaian berikut.+v in−a).10kΩ0,5H1kΩ+v o−+v in−b).1H1kΩ0,5µF1kΩ+v o−c),+v in−10kΩ+−10kΩ1µF+v o−d).100kΩ+v in−10kΩ−+1µF+v o−9. Carilah fungsi alih hubungan bertingkat yang: (a)tahap pertamanyarangkaian soal 18 dan tahap keduan rangkaian pada soal 15; (b) tahappertama rangkaian pada soal 19 dan tahap kedua rangkaian pada soal16; (c) tahap pertama rangkaian soal 15 sedangkan tahap keduarangkaian pada soal 18; (d) tahap pertama rangkaian soal 16sedangkan rangkaian pada soal 19 menjadi tahap kedua.119


13. Carilah fungsi alih dari suatu rangkaian jika diketahui bahwatanggapannya terhadap sinyal anak tangga adalah :−5000ta). g(t)= −eu(t);b). g(t)=c). g(t)=d). g(t)=e). g(t)=f). g(t)=g). g(t)=−5000t( 1−e ) u(t);−5000t( −1+5e) u(t);−1000t −2000t( e − e ) u(t);−1000t −2000t( e − e ) u(t−1000t( e sin 2000t) u(t)−1000t( e sin 2000t)−h). h(t)= −1000e1000 t−i). h(t)= δ(t)− 1000 e−j). h(t)= δ(t)− 2000 ek). h(t)=l). h(t)=u(t);1000 t1000 t);u(t) ;u(t) ;u(t)−1000t( e sin 2000t)u(t);−1000t( e cos 2000t) u(t)14. Dengan menggunakan integral konvolusi carilah tegangan kapasitorpada rangkaian seri RC jika tegangan masukannya: (a) v 1 (t) = tu(t) ;(b) v 1 (t) = A e −α t u(t).120 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


BAB 6Tanggapan Frekuensi Rangkaian Orde PertamaSebagaimana kita ketahui, kondisi operasi normal rangkaian padaumumnya adalah kondisi mantap dan dalam operasi tersebut banyakdigunakan sinyal sinus baik pada pemrosesan energi maupun pemrosesansinyal listrik. Dalam teknik energi listrik, tenaga listrik dibangkitkan,ditransmisikan, serta dimanfaatkan dalam bentuk sinyal sinus denganfrekuensi yang dijaga konstan yaitu 50 atau 60 Hz. Dalam tekniktelekomunikasi, sinyal sinus dimanfaatkan dalam selang frekuensi yanglebih lebar, mulai dari beberapa Hz sampai jutaan Hz. Untuk hal yangkedua ini, walaupun rangkaian beroperasi pada keadaan mantap, tetapifrekuensi sinyal yang diproses dapat bervariasi ataupun mengandungbanyak frekuensi (gelombang komposit), misalnya suara manusiaataupun suara musik. Karena impedansi satu macam rangkaianmempunyai nilai yang berbeda untuk frekuensi yang berbeda, makatimbullah persoalan bagaimanakah tanggapan rangkaian terhadapperubahan nilai frekuensi atau bagaimanakah tanggapan rangkaianterhadap sinyal yang tersusun dari banyak frekuensi. Dalam bab inilahpersoalan tersebut akan kita bahas.6.1. Tanggapan Rangkaian Terhadap Sinyal Sinus Keadaan MantapPernyataan di kawasan s dari sinyal masukan berbentuk sinus x(t) =Acos(ωt+θ) adalah (lihat Tabel 6.1.) :s cosθ − ωsinθX ( s)= A(6.1)2 2s + ωJika T(s) adalah fungsi alih, maka tanggapan rangkaian adalahs cosθ − ωsinθY(s)= T(s)X(s)= AT(s)2 2s + ωs cosθ − ωsinθ= AT(s)( s − jω)(s + jω)(6.2)Sebagaimana telah kita bahas di bab sebelumnya, T(s) akan memberikanpole-pole alami sedangkan X(s) akan memberikan pole paksa danpernyataan (6.2) dapat kita uraikan menjadi berbentuk121


*k k k1k2knY ( s)= + + + + ⋅⋅⋅ +s − jωs + jωs − p1s − p2s − pn(6.3)yang transformasi baliknya akan berbentukjωt* − jωtp1tp2tpnt( t)= ke + k e + K1e+ k2e+ ⋅ ⋅ ⋅ kne(6.4)y +Di kawasan t, pole-pole alami akan memberikan komponen transien yangbiasanya berlangsung hanya beberapa detik (dalam kebanyakanrangkaian praktis) dan tidak termanfaatkan dalam operasi normal.Komponen mantaplah yang kita manfaatkan untuk berbagai keperluandan komponen ini kita sebut tanggapan mantap yang dapat kita perolehdengan menghilangkan komponen transien dari (6.4), yaitu :yj t j ttm t keω * − ω( ) = + k e(6.5)Nilai k dapat kita cari dari (6.2) yaituk = ( s − jω)Y ( s)== jωsAcosθ + j sin θ= AT(jω)2scosθ − ωsinθT ( s)( s + jω)s=jω(6.6)Faktor T(jω) dalam (6.6) adalah suatu pernyataan kompleks yang dapatkita tuliskan dalam bentuk polar sebagai |T(jω)|e jϕ dimana |T(jω)| adalahnilai mutlaknya dan ϕ adalah sudutnya. Sementara itu menurut Euler(cosθ + jsinθ) = e jθ . Dengan demikian (6.6) dapat kita tuliskanjθejϕk = A T(jω)e2Dengan (6.7) ini maka tanggapan mantap (6.5) menjadi(6.7)jθ− jθejϕjωte− jϕ− jωtytm(t)= A T(jω)e e + A T ( jω)e e22⎡ j(ωt+θ+ϕ)− j(ωt+θ+ϕ)e + e ⎤= A T(jω)⎢⎥ (6.8)⎢⎣2 ⎥⎦= A T(jω)cos( ωt+ θ + ϕ)122 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


Persamaan (6.8) ini menunjukkan bahwa tanggapan keadaan mantap darisuatu rangkaian yang mempunyai fungsi alih T(s) dengan masukan sinyalsinus, akan :• berbentuk sinus juga, tanpa perubahan frekuensi• amplitudo berubah dengan faktor |T(jω)|• sudut fasa berubah sebesar sudut dari T(jω), yaitu ϕ.Jadi, walaupun frekuensi sinyal keluaran sama dengan frekuensi sinyalmasukan tetapi amplitudo maupun sudut fasanya berubah dan perubahanini tergantung dari frekuensi. Kita akan melihat kejadian ini dengan suatucontoh.COTOH-6.1 : Carilah sinyal keluarankeadaan mantap dari rangkaian disamping ini jika masukannya adalah v s =10√2cos(50t + 60 o ) V.Penyelesaian :Transformasi rangkaian ke kawasan smemberikan rangkaian impedansi sepertidi samping ini.Fungsi alih rangkaian ini adalah100 50T V ( s)= = .2s+ 100 s + 50Karena frekuensi sinyal ω = 50 , makaT ( j50)V50= ==− 150 + j502 2 j tan (50 / 50) 250Keluaran keadaan mantap adalah :50+ 50 e10 2o ov o ( t)= cos(50t+ 60 − 45 ) = 10cos(50t+ 152Pemahaman :1e− j45Frekuensi sinyal keluaran sama dengan sinyal masukan, yaitu ω = 50rad/sec.Amplitudo sinyal masukanv maks=10+−+−v sV s2H100Ω2s2 V , sedangkan100o)o+v o−+V o−123


T V ( jω)= TV( j50)=1.2Amplitudo sinyal keluaranvo maks = vsmaksT(jω)= 10 2 ×1= 10 V2Sudut fasa sinyal masukan θ = 60 o , sedang sudut |T(jω)| = −45 o .Sudut fasa sinyal keluaran : θ + ϕ = 60 o − 45 o = 15 o .6.2. Pernyataan Tanggapan Frekuensi6.2.1. Fungsi Gain dan Fungsi FasaFaktor pengubah amplitudo, yaitu |T(jω)| yang merupakan fungsifrekuensi, disebut fungsi gain yang akan menentukan bagaimana gain(perubahan amplitudo sinyal) bervariasi terhadap perubahan frekuensi.Pengubah fasa ϕ yang juga merupakan fungsi frekuensi disebut fungsifasa dan kita tuliskan sebagai ϕ(ω); ia menunjukkan bagaimana sudutfasa sinyal berubah dengan berubahnya frekuensi. Jadi kedua fungsitersebut dapat menunjukkan bagaimana amplitudo dan sudut fasa sinyalsinus berubah terhadap perubahan frekuensi atau dengan singkat disebutsebagai tanggapan frekuensi dari rangkaian. Pernyataan tanggapan inibisa dalam bentuk formulasi matematis ataupun dalam bentuk grafik.COTOH-6.2: Selidikilah perubahan gain dan sudut fasa terhadapperubahan frekuensi dari rangkaian orde pertama di bawah ini.+−1 H500Ω500Ωv s+v o−Penyelesaian :Setelah di transformasikan ke kawasan s, diperoleh124 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


fungsi alih⇒ TVrangkaian :( jω)=500jω+1000500( s)=s + 1000500⇒ fungsi gain : TV( jω)=2 21000 + ω−1ω⇒ fungsi fasa : ϕ(ω)= − tan1000Untuk melihat dengan lebih jelas bagaimana gain dan fasa berubahterhadap frekuensi, fungsi gain dan fungsi fasa di plot terhadap ω.Absis ω dibuat dalam skala logaritmik karena rentang nilai ω sangatbesar. Hasilnya terlihat seperti gambar di bawah ini.TVGain0.50.5/√2passbandstopbandω C00ω1 10 100 1000 10000 1E+051 10 100 1000 10000 1E+05-45ϕ [ o ]-90Kurva gain menunjukkan bahwa pada frekuensi rendah terdapatgain tinggi yang relatif konstan, sedangkan pada frekuensi tinggigain menurun dengan cepat. Kurva fungsi fasa menujukkan bahwapada frekuensi rendah sudut fasa tidak terlalu berubah tetapikemudian cepat menurun mulai suatu frekuensi tertentu.Gain tinggi di daerah frekuensi rendah pada contoh di atasmenunjukkan bahwa sinyal yang berfrekuensi rendah mengalami125


perubahan amplitudo dengan faktor tinggi, sedangkan gain rendah difrekuensi tinggi menunjukkan bahwa sinyal yang berfrekuensi tinggimengalami perubahan amplitudo dengan faktor rendah. Daerahfrekuensi dimana terjadi gain tinggi disebut passband sedangkan daerahfrekuensi dimana terjadi gain rendah disebut stopband. Nilai frekuensiyang menjadi batas antara passband dan stopband disebut frekuensicutoff , ω C . Nilai frekuensi cutoff biasanya diambil nilai frekuensidimana gain menurun dengan faktor 1/√2 dari gain maksimum padapassband.Dalam contoh-6.2 di atas, rangkaian mempunyai satu passband yangterentang dari frekuensi ω = 0 (tegangan searah) sampai frekuensicuttoff ω C , dan satu stopband mulai dari frekuensi cutoff ke atas.Dengan kata lain rangkaian ini mempunyai passband di daerah frekuensirendah saja sehingga disebut low-pass gain. Inilah tanggapan frekuensirangkaian pada contoh-6.2.Kebalikan dari low-pass gain adalah high-pass gain, yaitu jika passbandberada hanya di daerah frekuensi tinggi saja seperti pada contoh 6.3.berikut ini.COTOH-6.3: Selidikilah tanggapan frekuensi rangkaian di bawah ini.v +s 10 5 /s 500− 500+v o−Penyelesaian :Fungsi alih rangkaian adalahTV⇒ T( s)=10V5( jω)=500=0,5s/ s + 1000 s + 10ω0,5ω2+ 1042→ TV; ⇒ ϕ(ω)= 90( jω)=o− tan0,5×jωjω + 10−1ω1022126 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


Kurva gain dan fasa terlihat seperti pada gambar di bawah ini.Stopband ada di daerah frekuensi rendah sedangkan passband ada didaerah frekuensi tinggi. Inilah karakteristik high-pass gainGain0.50.5/√2stopbandpassband6.2.2. Decibelω C0ω901 10 100 1000 10000 1E+0545ϕ [ o ]01 10 100 1000 10000 100000Dalam meninjau tanggapan frekuensi, gain biasanya dinyatakan dalam5260s (disingkat dB) yang didefinisikan sebagaiGaindalam dB= 20logT ( jω)(6.9)Gain dalam dB dapat bernilai nol, positif atau negatif. Gain dalam dBakan nol jika |T(jω)| bernilai satu, yang berarti sinyal tidak diperkuatataupun diperlemah; jadi gain 0 dB berarti amplitudo sinyal keluaransama dengan sinyal masukan. Gain dalam dB akan positif jika |T(jω)| >1,yang berarti sinyal diperkuat, dan akan bernilai negatif jika |T(jω)| < 1,yang berarti sinyal diperlemah.Frekuensi cutoff adalah frekuensi dimana gain telah turun 1/√2 = 0.707kali nilai gain maksimum dalam passband. Jadi pada frekuensi cutoff,nilai gain adalah⎛ 1⎞20 log⎜( ) ⎟T jω= 20 logT(jω)− log 2maksmaks⎝ 2⎠(6.10)= T(j ω ) 3 dBmaks dB −127


Dengan demikian dapat kita katakan bahwa frekuensi cutoff adalahfrekuensi di mana gain telah turun sebanyak 3 dB.Untuk memberikan gambaran lebih jelas, mengenai satuan decibeltersebut, berikut ini contoh numerik gain dalam dB yang sebaiknya kitaingat.COTOH-6.4: Berapa dB-kah nilai gain sinyal yang diperkuat K kali ,jika K = 1; √2 ; 2 ; 10; 30; 100; 1000 ?Penyelesaian :Untuk sinyal yang diperkuat K kali,( K T(jω)) = 20log( T ( jω)) 20log( K)gain = 20 log+Jadi pertambahan gain sebesar 20log(K) berarti penguatan sinyal Kkali.K = 1K =K = 22K = 10K = 30K = 100⇒⇒⇒⇒⇒⇒K = 1000 ⇒gain : 20log1gain : 20loggain : 20log 2gain : 20log10gain : 20log30gain : 20log100= 0 dB2 ≈ 3 dB≈ 6 dB= 20 dB≈ 30 dB= 40 dBgain : 20log1000 = 60 dBJika faktor K tersebut di atas bukan penguatan akan tetapiperlemahan sinyal maka gain menjadi negatif.K = 1/ 2 ⇒K = 1/ 2 ⇒K = 1/10 ⇒K = 1/ 30 ⇒K = 1/100 ⇒K = 1/1000 ⇒gain : − 3 dBgain : − 6 dBgain : − 20 dBgain : − 30 dBgain : − 40 dBgain : − 60 dB128 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


6.2.3. Kurva Gain Dalam DecibelKurva gain dibuat dengan absis (frekuensi) dalam skala logaritmik(karena rentang frekuensi yang sangat lebar); jika gain dinyatakan dalamdB yang juga merupakan bilangan logaritmik sebagaimana didefinisikanpada (6.9), maka kurva gain akan berbentuk garis-garis lurus.Low-pass gain. Dengan menggunakan satuan dB, kurva low-pass gainpada contoh-6.2 adalah seperti terlihat pada ganbar di bawah ini. Gainhampir konstan −6 dB di daerah frekuensi rendah, sedangkan di daerahfrekuensi tinggi gain menurun dengan kemiringan yang hampir konstanpula.Gain0[dB] −6−9-20-40ω Cω1 10 100 1000 10000 1E+05High-pass gain. Dalam skala dB, high-pass gain pada contoh-6.3 adalahseperti terlihat pada ganbar di bawah ini. Gain hampir konstan −6 dB didaerah frekuensi tinggi sedangkan di daerah frekuensi rendah gainmeningkat dengan kemiringan yang hampir konstan pulaGain[dB]0−6−9-20-40ω Cω1 10 100 1000 10000 1E+05Band-pass gain. Apabila gain meningkat di daerah frekuensi rendahdengan kemiringan yang hampir konstan, dan menurun di daerahfrekuensi tinggi dengan kemiringan yang hampir konstan pula,sedangkan gain tinggi berada di antara dua frekuensi cutoff kita memilikikarakteristik band-pass gain.129


Gain[dB]0−3-20-40ω Cω1 10 100 1000 10000 1E+05Band-pass gain kita peroleh pada rangkaian orde kedua yang akan kitapelajari lebih lanjut di bab selanjutnya. Walaupun demikian kita akanmelihat rangkaian orde kedua tersebut sebagai contoh di di bawah ini.COTOH-6.5: Selidikilah perubahan gain dari rangkaian orde kedua disamping ini. Gain belum dinyatakan dalam dB.+−s10 5 /sV in (s) 1100+V o (s)−Penyelesaian :Fungsi alih rangkaian ini adalah11001100s1100sT V ( s)===5 251100 + s + 10 / s s + 1100s+ 10 ( s + 100)( s + 1000)j1100ωTV( jω)=( jω + 100)( jω + 1000)1000ω⇒ TV( jω)=2 2 2 2ω + 100 × ω + 1000Kurva gain terlihat seperti gambar di bawah ini. Di sini terdapat satupassband , yaitu pada ω antara 100 ÷ 1000 dan dua stopband didaerah frekuensi rendah dan tinggi.130 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


1.4Gain11/√2 0.7stopbandpassbandstopbandApabila kurva gain dibuat dalam dB, kurva yang akan diperolehadalah seperti diperlihatkan di atas.COTOH-6.6: Selidikilahperubahan gain dari rangkaianorde kedua di samping ini.Gain belum dinyatakandalam dB.Penyelesaian :Fungsi alih rangkaian iniadalah− ω + 10TV( jω)=2 4 6− ω + j10ω + 10⇒ T0ω1 10 100 1000 1000010TV( s)==50,1s× 10 / s s10 +50,1s+ 10 / sV( jω)=(1026− ω2− ωV in (s)62+ 10)262s82+ 102466+ 10 s + 10+ 10 ωKurva gain adalah seperti gambar di bawah ini.1.4Gain passband stopband passband10.71/√2+−0ω1 100 10000 10000000,1s10 5 /s10+V o (s)−131


Kurva ini menunjukkan bahwa ada satu stopband pada ω antara 100÷ 10000 dan dua passband masing-masing di daerah frekuensirendah dan tinggi.Karakteristik gain seperti pada contoh-6.5. disebut band-pass gainsedangkan pada contoh-6.6 disebut band-stop gain. Frekuensi cutoffpada band-pass gain ada dua; selang antara kedua frekuensi cutoffdisebut bandwidth (lebar pita).6.3. Bode PlotBode plots adalah grafik gain dalam dB ( |T(jω| dB ) serta fasa (ϕ(ω) )sebagai fungsi dari frekuensi dalam skala logaritmik. Kurva-kurva iniberbentuk garis-garis lengkung. Walaupun demikian kurva ini mendekatinilai-nilai tertentu secara asimtotis, yang memungkinkan kita untukmelakukan pendekatan dengan garis lurus dengan patahan di titik-titikbelok. Melalui pendekatan ini, penggambaran akan lebih mudahdilakukan. Bila kita ingin mendapatkan nilai yang lebih tepat, terutama disekitar titik belok, kita dapat melakukan koreksi-koreksi pada kurvapendekatan ini.Manfaat Bode plots dapat kita lihat misalnya dalam proses perancanganrangkaian; kurva-kurva pendekatan garis lurus tersebut merupakan carasederhana tetapi jelas untuk menyatakan karakteristik rangkaian yangdiinginkan. Dari sini kita dapat menetapkan maupun mengembangkanpersyaratan-persyaratan perancangan. Selain dari pada itu, tanggapanfrekuensi dari berbagai piranti, perangkat maupun sistem, seringdinyatakan dengan menggunakan Bode plots. Pole dan zero dari fungsialih peralatan-peralatan tersebut dapat kita perkirakan dari bentuk Bodeplots yang diberikan. Berikut ini kita akan mempelajari tahap demi tahappenggambaran Bode plots dengan pendekatan garis lurus. Kita akanmulai dari rangkaian orde pertama disusul dengan rangkaian orde kedua.6.3.1. Low-Pass GainBentuk fungsi alih rangkaian orde pertama dengan karakteristik low-passgain adalahKT V ( s)= (6.11)s + αK dapat bernilai riil positif ataupun negatif. Jika K positif berarti Kmempunyai sudut θ K = 0 o dan jika negatif mempunyai sudut θ K = ±180 o .132 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


Pole fungsi alih ini haruslah riil negatif karena hanya pole negatif (disebelah kiri sumbu imajiner dalam bidang s) yang dapat membuatrangkaian stabil; komponen transiennya menuju nol untuk t →∞. Hanyarangkaian yang stabil sajalah yang kita tinjau dalam analisis mengenaitanggapan frekuensi.Dari (6.11) kita dapatkan :K KT ( jω)= =(6.12)jω + α α( 1 + jω/α)Fungsi gain dan fungsi fasa dapat kita tuliskanK / α−1T V ( jω)=dan ϕ(ω)= θK− tan ( ω/α)(6.13)21 + ( ω/α)Fungsi gain dalam satuan dB, menjadi( )⎛2/ α − 20log 1 + ( ω/α)⎞⎟ ⎠T V ( jω)= 20log KdB⎜(6.14)⎝Fungsi gain ini terdiri dari dua komponen, yang ditunjukkan oleh sukupertama dan suku kedua ruas kanan (6.14). Komponen pertama bernilaikonstan untuk seluruh frekuensi. Komponen kedua tergantung darifrekuensi dan komponen inilah yang menyebabkan gain berkurangdengan naiknya frekuensi. Komponen ini pula yang menentukanfrekuensi cutoff, yaitu saat (ω/α) =1 dimana komponen ini mencapainilai −20log√2 ≈ −3 dB. Jadi dapat kita katakan bahwa frekuensi cutofffditentukan oleh komponen yang berasal dari pole fungsi alih, yaituω C = α(6.15)Gb.6.1. memperlihatkan perubahan nilai komponen kedua tersebutsebagai fungsi frekuensi, yang dibuat dengan α = 1000. Dengan polaperubahan komponen kedua seperti ini maka gain total akan tinggi didaerah frekuensi rendah dan menurun di daerah frekuensi tinggi, yangmenunjukkan karakteristik low-pass gain. Kurva ini mendekati nilaitertentu secara asimtotis yang memungkinkan dilakukannya pendekatangaris lurus sebagai berikut.133


0dB-20-40-60−log√((ω/α) 2 +1)ω C110100100010000pendekatangaris lurus1E+051E+06ω[rad/s]Gb.6.1. Pola perubahan−log√((ω/α) 2 +1); α=1000 ; dan pendekatan garislurusnya.Untuk frekuensi rendah, (ω/α) 1 atau ω>>α, komponen kedua tersebutdidekati dengan⎛2− 20log⎞⎜ 1 + ( ω/α)⎟ ≈ −20log/⎝⎠( ω α)134 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)(6.18)sehingga kurvanya berupa garis lurus menurun terhadap log(ω). Untuksetiap kenaikan frekuensi 10 kali, yang kita sebut satu dekade, penurunanitu adalah( ω/α) − 20log( ω/α) = −20log10= 20 dB− 20log 10−Jadi pendekatan garis lurus untuk komponen kedua ini adalah garis noluntuk 1


0ϕ [ o ]-45−tan −1 (ω/α)pendekatangaris lurus-90110100ω C1000100001E+051E+06ω[rad/s]Gb.6.2. Pola perubahan−tan −1 (ω/α); α=1000 ; dan pendekatan garislurusnya.Seperti halnya kurva pada Gb.6.1. kurva inipun mendekati nilai-nilaitertentu secara asimtotik yang juga memungkinkan kita untukmelakukan pendekatan garis lurus. Pendekatan garis lurus untukkomponen kedua fungsi fasa ini kita lakukan dengan memperhatikanbahwa pada (ω/α)=1, yaitu pada frekuensi cutoff, nilai −tan −1 (ω/α)adalah −45 o . Pada ω=0.1ω C , nilai −tan −1 (ω/α) kecil dan dianggap 0 o ;pada ω=10ω C , nilai −tan −1 (ω/α) mendekati −90 o dan dianggap −90 o ;untuk ω>10ω C , nilai −tan −1 (ω/α) adalah −90 o . Jadi untuk daerahfrekuensi 0.1ω C < ω < 10ω C perubahan fasa dapat dianggap linier −45 oper dekade, seperti terlihat pada Gb.6.2.Dengan pendekatan garis lurus seperti di atas, baik untuk fungsi gainmaupun untuk fungsi fasa, maka tanggapan gain dan tanggapan fasadapat digambarkan dengan nilai seperti tercantum dalam dua tabel dibawah ini. Perhatikanlah bahwa nilai komponen pertama konstan untukseluruh frekuensi sedangkan komponen ke-dua mempunyai nilai hanyapada selang frekuensi tertentu.135


GainFrekuensiω C = αω=1 1


contoh, pada Gb.6.3.a. gain pada frekuensi cutoff sama dengan gainmaksimum dalam pass-band; seharusnya gain pada frekuensi cutoffadalah gain maksimum dalam pass-band dikurangi 3 dB.6.3.2. High-Pass GainFungsi alih rangkaian orde pertama dengan karakteristik high-pass gainini berbentukKsKs KsT ( s)= sehingga T(jω)= =(6.19)s + αjω + α α( 1 + jω/α)Berbeda dengan fungsi alih low-pass gain, fungsi alih ini mempunyaizero pada s = 0. Fungsi gain dan fungsi fasa-nya adalah( K / )α ωo −1T ( jω)=dan ϕ(ω)= θK+ 90 − tan ( ω / α)(6.20)21+( ω / α)( K / α)2⇒ T ( jω)= 20log + 20logω − 20log 1 + ( ω/α)(6.21)dBDengan hanya menggunakan pendekatan garis lurus, nilai fungsi gaindan fungsi fasa adalah seperti dalam tabel berikut.GainFrekuensiω C = αω=1 1


ϕ(ω)Frekuensiω C = αω=1 0,1α


T1( jω)=20 0.2=⇒ T1( jω)=jω + 100 1 + jω/100⇒ T1( jω)= 20logdB2( T ( jω)) = 20log(0.2) − 20log 1 + ( ω /100)10.221 + ( ω/100)Frekuensi dan nilai tanggapan gain rangkaian pertama terlihat padatabel berikut ini.GainFrekuensiω C = 100 rad/sω=1 1


Gain [dB]40200-20-40-60Gainω CKomp-1Komp-2Gain [dB]4020Komp-2Gain0-20-40 Komp-1 Komp-3-601101001000ω(Rangkaian[rad/s]1)100001101001000ω(Rangkaian [rad/s] 2)100006.3.3. Band-Pass GainRangkaian dengan karakteristik band-pass gain dapat diperoleh denganmenghubungkan secara bertingkat dua rangkaian orde pertama denganmenjaga agar rangkaian yang di belakang (rangkaian kedua) tidakmembebani rangkaian di depannya (rangkaian pertama). Rangkaianpertama mempunyai karakteristik high-pass gain sedangkan rangkaiankedua mempunyai karakteristik low-pass gain. Hubungan kaskadedemikian ini akan mempunyai fungsi alih sesuai kaidah rantai dan akanberbentukK1sK2T = T1 × T2= ×s + α s + β(6.22)K1(jω)K 2 K1(jω)K 2T(jω)= × =×jω+ α jω + β α 1+jω/ α β 1+jω/ β⇒ T ( jω)=⇒ T(jω)dB1+= 20 log{ K K / }1( ω / α) × 1+( ω / β) 2− 20 log2 2( ) ( )αβ ω( K K / αβ)121+( ω / α)+ 20 log ω2− 20 log1+( ω / β)Dengan membuat β >> α maka akan diperoleh karakteristik band-passgain dengan frekuensi cutoff ω C1 = α dan ω C2 = β. Sesungguhnyafungsi alih (6.22) berbentuk fungsi alih rangkaian orde kedua. Kita akanmelihat karakteristik band-pass gain rangkaian orde ke-dua dalam babberikut.2140 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


BAB 7Tanggapan Frekuensi Rangkaian OrdeKe-Dua7.1. Rangkaian Orde Kedua Dengan Pole RiilPole dari fungsi tansfer rangkaian orde kedua bisa riil ataupun komplekskonjugat. Pembahasan berikut ini akan dikhususkan untuk fungsi alihdengan pole riil7.1.1. Band-Pass GainFungsi alih rangkaian orde kedua dengan satu zero dan dua pole riildapat ditulis sebagaiKsT(s)=sehingga( s + α)(s + β)(7.1)K × jω( K / αβ)× jωT(jω)==( jω + α)(jω+ β)(1 + jω/ α)(1+ jω/ β)Fungsi gain adalahyang dalam satuan dB menjadiT(jω)= 20 log KdB( K / )αβ ωT ( jω)=(7.2)221 + ( ω/α)× 1 + ( ω / β)( / αβ)− 20 log+ 20 log ω − 20 log1+( ω / β)21+( ω / α)2(7.3)Fungsi gain ini terdiri dari komponen-komponen yang bentuknya telahkita kenal pada pembahasan rangkaian orde pertama. Komponen pertama(suku pertama ruas kanan (7.3)) bernilai konstan. Komponen keduaberbanding lurus dengan logω dengan perubahan gain +20 dB perdekade; komponen ketiga pengurangan gain −20 dB per dekade;komponen ke-empat juga pengurangan gain −20 dB / dekade. Frekuensicutoff ω C1 = α diberikan oleh komponen ke-tiga sedangkan komponenke-empat memberikan frekuensi cutoff ω C2 = β.141


Nilai fungsi gain dengan pendekatan garis lurus untuk β > α adalahseperti dalam tabel di bawah ini. Mengenai fungsi fasa-nya akan kitalihat pada contoh-contoh.GainFrekuensiω C1 = α rad/s ω C2 = β rad/sω=1 1


GainFrekuensiω C1 = 10 rad/s ω C2 = 10000 rad/sω=1 1


ϕ(ω)Frekuensiω C1 = 10 rad/s ω C2 = 10 4 rad/sω=1 1


210sT ( s)=( s + 40)( s + 200)Penyelesaian :Gain dari sistem ini adalah210( jω)1T ( jω)== ×( jω + 40)( jω + 200) 8002− ω( 1 + jω/40)( 1 + jω/200)T(jω)=T(jω)dB1800×1 + ( ω/40)( )= 20log 1/ 800 + 2 × 20logω − 20log− 20log2ω×2( ω/200)21 + ( ω/200)+ 12( ω/40)2+ 1Komponen pertama tanggapan gain adalah konstan 20log(1/800) =−58 dB. Komponen kedua berbanding lurus dengan log(ω) dengankenaikan 2×20 dB per dekade. Pengurangan gain oleh komponenketiga mulai pada ω C1 = 40 dengan −20 dB per dekade. Pengurangangain oleh komponen ke-empat mulai pada ω C2 = 200 dengan −20 dBper dekade. Kurva tanggapan gain adalah sebagai berikut.Gain[dB]200-20+20dB/dek+40dB/dek-40−58-60Fungsi fasa adalah :1 10 100 1000 10000 100000ω [rad/s]ϕ(ω)= 0 + 2 × 90o− tan−1( ω/40) − tan−1( ω/200)Pada ω = 1, ϕ(ω) ≈ 0 o + 2× 90 o =180 o . Pada ω=(ω C1 /10)=4,komponen ke-tiga mulai memberikan perubahan fasa −45 o per145


dekade dan akan berlangsung sampai ω=10ω C1 =400. Pada ω =0.1ω C2 =20, komponen ke-empat mulai memberikan perubahan fasa−45 o per dekade dan akan berlangsung sampai ω=10ω C2 =2000.225ϕ [ o ]180135904501 10 100 1000 10000 1000000,1ω C1 0,1ω C2 10ω C1 10ω C2 ω [rad/s]Pemahaman :Penggambaran tanggapan gain dan tanggapan fasa di sini tidak lagimelalui langkah antara yang berupa pembuatan tabel peran tiapkomponen dalam berbagai daerah frekuensi. Kita dapat melakukanhal ini setelah kita memahami peran tiap-tiap komponen tersebutdalam membentuk tanggapan gain dan tanggapan fasa. Melaluilatihan yang cukup, penggambaran tanggapan gain dan tanggapanfasa dapat dilakukan langsung dari pengamatan formulasi keduamacam tanggapan tersebut.Kita perhatikan penggambaran tanggapan fasa. Dalam contoh ini0,1ω C2 < 10ω C1 dan bahkan 0,1ω C2 < ω C1 . Oleh karena itu,penurunan fasa −45 o per dekade oleh pole pertama, yang akanberlangsung sampai ω=10ω C1 , telah ditambah penurunan oleh polekedua pada ω=0,1ω C2 sebesar −45 o per dekade. Hal inimenyebabkan terjadinya penurunan fasa −2×45 o mulai dariω=0,1ω C2 sampai dengan ω=10ω C1 karena dalam selang frekuensitersebut dua pole berperan menurunkan fasa secara bersamaan. Padaω=10ω C1 peran pole pertama berakhir dan mulai dari sini penurunanfasa hanya disebabkan oleh pole kedua, yaitu −45 o per dekade.146 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


7.1.3. Low-pass GainKarakteristik low-pass gain dapat diperoleh dari rangkaian orde keduayang fungsi alihnya tidak mengandung zero.COTOH-7.3: Gambarkan Bode plots pendekatan garis lurus rangkaianyang fungsi alihnya adalah :45×10T ( s)=( s + 100)( s + 1000)Penyelesaian :45 × 100,5T(jω)==( jω + 100)( jω + 1000) (1 + jω/100)(1+ jω/1000)T ( jω)=0,521 + ( ω/100)×21 + ( ω /1000)2T ( jω)= 20log0,5 − 20log 1 + ( ω/100)− 20logdB−1−1ϕ(ω)= 0 − tan ( ω /100) − tan ( ω /1000)21 + ( ω/1000)Komponen pertama tanggapan gain adalah 20log(0,8) ≈ −6 dB.Komponen kedua memberikan perubahan gain −20 dB per dekademulai pada ω = ω C1 = 100. Komponen ke-tiga memberikan perubahangain −20 dB per dekade mulai pada ω = ω C2 = 1000,sehingga mulai ω = 1000 perubahan gain adalah −40 dB per dekade.0Gain[dB]-20-40-601 10 100 1000 10000 100000ω [rad/s]Fungsi fasa adalah147


ϕ(ω)= 0 − tan−1( ω/100)− tan−1( ω/1000)Pada ω = 1, ϕ(ω) ≈ 0. Mulai pada ω = 10 , komponen keduamemberikan perubahan fasa −45 o per dekade sampai ω = 1000.Mulai pada ω = 100 , komponen ke-tiga memberikan perubahan fasa−45 o per dekade sampai ω = 10000. Jadi pada selang 100


T(jω)= 20log8 + 20logdB− 20log21 + ( ω/20)21 + ( ω/100)− 20log21 + ( ω/1000)−1−1−1ϕ(ω)= 0 + tan ( ω/20) − tan ( ω/100)− tan ( ω/1000)Komponen pertama dari tanggapan gain adalah 20log8 = 18 dB.Komponen kedua memberikan perubahan gain +20 dB per dekade,mulai pada ω = 20. Komponen ke-tiga memberikan perubahan −20dB per dekade mulai pada ω = 100. Komponen ke-empatmemberikan perubahan −20 dB per dekade mulai pada ω = 1000.40Gain[dB]30+20dB/dek−20dB/dek2018100Fungsi fasa adalah:ϕ(ω)= 0 + tan1 10 100 1000 10000 100000ω [rad/s]−1( ω/20) − tan−1( ω/100)− tan−1( ω/1000)Pada ω = 1, ϕ(ω) ≈ 0. Komponen kedua memberikan perubahan fasa+45 o per dekade mulai dari ω = 2 sampai ω = 200. Komponen ketigamemberikan perubahan fasa −45 o per dekade mulai dari ω = 10sampai ω = 1000. Komponen keempat memberi-kan perubahan fasa−45 o per dekade mulai dari ω = 100 sampai ω = 10000. Kurvatanggapan fasa adalah seperti di bawah ini.149


45ϕ [ o ]0-45-90Pemahaman :Zero tetap berperan sebagai peningkat gain dan fasa. Zero riilnegatif meningkatkan gain dan fasa mulai pada frekuensi yang samadengan nilai zero.7.3. Tinjauan Umum Bode Plot dari Rangkaian Yang Memiliki Poledan Zero RiilBode plots terutama bermanfaat jika pole dan zero bernilai riil, yaitu poledan zero yang dalam diagram pole-zero di bidang s terletak di sumbu riilnegatif. Dari contoh-contoh fungsi alih yang mengandung zero dan poleriil yang telah kita bahas di atas, kita dapat membuat suatu ringkasanmengenai kaitan antara pole dan zero yang dimiliki oleh suatu fungsi alihdengan bentuk kurva gain dan kurva fasa pada Bode plots denganpendekatan garis lurus. Untuk itu kita lihat fungsi alih yang berbentukKs( s + α )T ( s)=1(7.4)( s + α2)( s + α3)yang akan memberikan-1351 10 100 1000 10000 100000ω [rad/s]KαT ( jω)= 1α2α3jω( 1 + jω/α1)( 1 + jω/α )( 1 + jω/ α )23(7.5)Dari (7.5) terlihat ada tiga macam faktor yang akan menentukan bentukkurva gain maupun kurva fasa. Ke-tiga faktor tersebut adalah:150 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


1. Faktor K10 yang disebut faktor skala. Kontribusi faktorα2α3skala ini pada gain dan fasa berupa suatu nilai konstan, tidaktergantung pada frekuensi. Kontribusinya pada gain sebesar 20log|K 0 | akan bernilai positif jika |K 0 | > 1 dan bernilai negatif jika |K 0 | 0 dan 180 o jikaK 0 < 0.= Kα2. Faktor jω. Faktor ini berasal dari pole atau zero yang terletak di titik(0,0) dalam diagram pole-zero di bidang s. Kontribusinya pada gainadalah sebesar ± 20log(ω) dan kontribusinya untuk sudut fasa adalah± 90 o ; tanda plus untuk zero dan tanda minus untuk pole. Jika fungsialih mengandung pole ataupun zero ganda (lebih dari satu) makakontribusinya pada gain adalah sebesar ± 20nlog(ω) dan pada sudutfasa adalah ±n90 o dengan n adalah jumlah pole atau zero. Dalampendekatan garis lurus, faktor ini memberikan perubahan gainsebesar ±20n dB per dekade mulai pada ω = 1; tanda plus untuk zerodan tanda minus untuk pole.3. Faktor 1 + jω/α. Faktor ini berasal dari pole ataupun zero yangterletak di sumbu riil negatif dalam diagram pole-zero di bidang s.Faktor ini berkontribusi pada gain sebesar⎛2± 20 log⎞⎜ 1+( ω / α)⎟ dan berkontribusi pada sudut fasa sebesar⎝⎠−± tan 1 ( ω/α); tanda plus untuk zero dan tanda minus untuk pole.Dalam pendekatan garis lurus, faktor ini memberikan perubahangain sebesar ±20dB per dekade mulai pada ω = α; untuk frekuensi dibawahnya kontribusinya nol. Perubahan fasa yang dikontribusikanadalah sebesar ±45 o per dekade dalam selang frekuensi 0,1α < ω


• perubahan gain di ω = α adalahsebesar2± 20log⎛1 ( / )⎞⎜ + α α ⎟ ≈ 3 dB .⎝⎠• perubahan gain di ω = 2α adalah sebesar2± 20log⎛1 (2 / )⎞⎜ + α α ⎟ ≈ 7 dB .⎝⎠• perubahan gain di ω = 0.5α adalah sebesar2± 20log⎛1 (0.5 / )⎞⎜ + α α ⎟ ≈1dB .⎝⎠7.4. Tinjauan Kualitatif Tanggapan Frekuensi di Bidang sPembahasan kuantitatif mengenai tanggapan frekuensi dari rangkaiandengan fungsi alih yang mengandung pole riil di atas, telah cukup lanjut.Berikut ini kita akan sedikit mundur dengan melakukan tinjauan secarakualitatif mengenai tanggapan frekuensi ini, untuk kemudianmelanjutkan pembahasan tanggapan frekuensi rangkaian dari rangkaiandengan fungsi alih yang mengandung pole kompleks konjugat.Tinjaulah sistem orde pertama dengan fungsi alih yang mengandungpole riilKT ( s)=s + αDiagram pole-zero dari fungsi alih ini adalah seperti terlihat padaGb.7.5.a. Dari gambar ini kita dapatkan bahwa fungsi gain :K | K | | K |T ( jω)= = =(7.6)jω + α 2 2α + ωA(ω)dengan A(ω) adalah jarak antara pole dengan suatu nilai ω di sumbutegak. Makin besar ω akan makin besar nilai A(ω) sehingga |T(jω)| akansemakin kecil.Jika kita gambarkan kurva |T(jω)| terhadap ω dengan skala linier, kitaakan mendapatkan kurva seperti terlihat pada Gb.7.5.b. Akan tetapi jikadalam penggambaran itu kita menggunakan skala logaritmis, baik untukabsis maupun ordinatnya, kita akan mendapatkan kurva seperti terlihatpada Gb.7.5.c. Inilah bentuk karakteristik low-pass gain dari rangkaianorde satu yang telah kita kenal.152 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


jωA(ω)ω(a)×α0σ|T(jω)|12low-pass gain||T(jω)|10(b)00 500 1000(c)0 500 ω 10 3 11 10 100 2 ω 10 10003Gb.7.5. Diagram pole-zero sistem orde pertama dan kurva |T(jω)|terhadap ωKita lihat rangkaian orde pertama dengan fungsi alih yang mengandungzero di (0,0)KsT ( s)=s + αFungsi gain adalahKjω| K | ω | K | ωT ( jω)= = =(7.7)jω + α 2 2α + ωA(ω)Jika kita plot |T(jω)| terhadap ω dengan skala linier, kita akanmendapatkan kurva seperti terlihat pada Gb.7.6.a. Akan tetapi jika kitaplot |T(jω)| terhadap ω dengan skala logaritmis, baik untuk absis maupunordinatnya, kita akan mendapatkan kurva seperti terlihat pada Gb.7.6.b.Inilah bentuk karakteristik high-pass gain dari rangkaian orde satu yangtelah kita kenal.153


|T(jω)|1008 1020 1032 1044 1056108 120 132 144 156 168 180 192 204 216 228 240 252 264 276 288 300 312 324 336 348 360 372 384 396 408 420 432 444 456 468 480 492 504 516 528 540 552 564 576 588 600 612 624 636 648 660 672 684 696 708 720 732 744 756 768 780 792 804 816 828 840 852 864 876 888 900 912 924 936 948 960 972 984 99612 24 36 48 60 72 84 960(a)ω 10000 500 3Gb.7.6. Diagram pole-zero sistem orde pertama dan kurva |T(jω)|terhadap ω.Fungsi alih rangkaian orde kedua dengan fungsi transfer yangmengandung dua pole riil, berbentukKT ( s)=( s + α ) ( s +1 α 2Diagram pole-zero dari fungsi alih ini adalah seperti terlihat padaGb.7.6.a. Dari diagram ini terlihat bahwa fungsi gain dapat dituliskansebagai| K |T(jω)=( jω + α ) ( jω + α| K |=A ( ω)× A112high-pass gain||T(jω)|( ω)2=)ω2)+ α| K |21ω2+ α2(7.8)dengan A 1 (ω)dan A 2 (ω) adalah jarak masing-masing pole ke suatu nilaiω. Dengan bertambahnya ω, A 1 (ω)dan A 2 (ω) bertambah secarabersamaan. Situasi ini mirip dengan apa yang dibahas di atas, yaitubahwa |T(jω)| akan menurun dengan naiknya frekuensi; perbedaannyaadalah bahwa penurunan pada rangkaian orde kedua ini ditentukan olehdua faktor yang berasal dari dua pole. Dalam skala linier bentuk kurva|T(jω)| adalah seperti Gb.7.7.b. Dalam skala logaritmik kita memperolehkarakteristik low-pass gain seperti terlihat pada Gb.7.7.c. yang sudahkita kenal.100010010ω(b) 1100 1000 100001 10 23 4154 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


|T(jω)|12108642Gb.7.7. Diagram pole-zero sistem orde kedua dan kurva|T(jω)| terhadap ωJika fungsi alih mengandung satu zero di (0,0) kurva |T(jω)| denganskala linier akan terlihat seperti Gb.7.8.a. dan jika dibuat dengan skalalogaritmik akan seperti Gb.7.8.b. yang telah kita kenal sebagaikarakteristik band-pass gain. Jika fungsi alih mengandung dua zero di(0,0) kita memperoleh kurva |T(jω)| dalam skala linier seperti padaGb.7.9.a. dan jika digunakan skala logaritmik akan kita perolehkarakteristik high-pass gain seperti Gb.7.9.b.|T(jω)|A 2 (ω)A 1 (ω)(a)× ×α 2 α 1 0low-pass gain||T(jω)|(b) 0(c) 12000 6000 0 4000 ω 8000100 1000 100001 10 23 4968472604836241200 2000 4000 6000 8000(a)0 4000 ω 8000band-pass gain||T(jω)|Gb.7.8. Diagram pole-zero sistem orde kedua dan kurva |T(jω)| terhadapω1010010jωωσ(b) 1100 1000 ω 100001 10 2 3 4155


|T(jω)|12000001000000800000600000400000200000(a)0 400000 2000 4000 6000 8000Gb.7.9. Diagram pole-zero sistem orde kedua dan kurva |T(jω)| terhadapωKeadaan yang sangat berbeda terjadi pada rangkaian orde dua denganfungsi alih yang mengandung pole kompleks konjugat yang akan kitalihat berikut ini.7.5. Rangkaian Orde Kedua Yang Memiliki Pole KompleksKonjugatRangkaian orde ke-dua yang memiliki pole kompleks konjugatdinyatakan oleh fungsi alih yang berbentukyang memberikan fungsi gainhigh-pass gain||T(jω)|ω 80001000000(b) 11 10100 1000 10000ωKT ( s)=(7.9)( s + α + jβ)( s + α − jβ)T(jω)==K( jω + α + jβ)( jω + α − jβ)KK=2 22 2( ω + β)+ α × ( ω − β)+ αA1( ω)× A2( ω)Gb.7.10. memperlihatkan diagram pole-zero rangkaian orde keduadengan fungsi alih yang mengandung pole kompleks konjugat dalamtiga keadaan yaitu frekuensi ω 1 < ω 2 < ω 3 .156 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


jωjωjω×A 2 (ω)×A 2 (ω)ω 2A 2 (ω)×ω 3βω 1α(a)×0A 1 (ω)σ(b)×0A 1 (ω)σ(c)×A 1 (ω)0σGb.7.10. Diagram pole-zero sistem orde kedua dengan pole komplekskonjugat.Dari Gb.7.10. terlihat bahwa peningkatan ω akan selalu diikuti olehbertambahnya nilai A 1 (ω). Akan tetapi tidak demikian halnya denganA 2 (ω). Pada awalnya peningkatan ω diikuti oleh turunnya nilai A 2 (ω)sampai mencapai nilai minimum yaitu pada saat ω = ω 2 = β seperti padaGb.7.10.b. Setelah itu A 2 (ω) meningkat dengan meningkatnya ω.Hasilnya adalah fungsi gain |T(jω)| meningkat pada awal peningkatan ωsampai mencapai nilai maksimum dan kemudian menurun lagi. Puncaktanggapan gain disebut resonansi.Untuk mempelajari tanggapan frekuensi di sekitar frekuensi resonansi,kita tuliskan fungsi alih rangkaian orde kedua dalam bentukKsT( s)= (7.10)s 2+ bs + cyang dapat kita tuliskanKsT(s)=22s + 2ζω0s+ ω0dengan(7.11)2bω0= c dan ζ =2cBentuk penulisan penyebut seperti pada (7.11) ini disebut bentuknormal. ζ disebut rasio redaman dan ω 0 adalah frekuensi alami tanparedaman atau dengan singkat disebut frekuensi alami. Frekuensi alamiadalah frekuensi di mana rasio redaman ζ = 0.Fungsi alih (7.11) dapat kita tuliskan157


T(s)=s2+ 2ζωK= ×2ω0dan dari sini kita perolehKT(jω)= ×2ω − ω/ω0K⇒ T(jω)= ×2ω0o⇒ ϕ(ω)= θK+ 90 −Ks0s + ω2( s / ω ) + ( 2ζ/ ω ) s + 10202( ) + j( 2ζω/ω )0jωsω2 2( 1 − ( ω/ω0) ) + ( 2ζω/ω0)−1( 2ζω/ω0)tan1 − ( ω/ω ) 2Fungsi gain dalam dB adalahKT(jω)= 20 log + 20 log ωdB2ω0− 20 log000+ 12 2( 1−( ω / ω ) ) + ( 2ζω/ ω ) 22(7.12)(7.13)(7.14)00Rasio redaman akan mempengaruhi perubahan nilai gain oleh poleseperti ditunjukkan oleh komponen ketiga dari fungsi gain ini.Untuk frekuensi rendah komponen ketiga ini mendekati nilai2 22( 1 − ( ω/ω ) ) + ( 2ζω/ω ) ≈ −20log1 + 0 0− 20log0 0= (7.15)Untuk frekuensi tinggi komponen ketiga mendekati− 20log2 2( 1 − ( ω/ω ) ) + ( 2ζω/ω )0202 22( ω/ω ) + ( 2ζ) ≈ −20log(ω/ω )(7.16)≈ −20log(ω/ω0)00Pendekatan garis lurus untuk menggambarkan tanggapan gainmengambil garis horizontal 0 dB untuk frekuensi rendah dan garis lurus−20log(ω/ω 0 ) 2 untuk frekuensi tinggi yang memberikan kemiringan −40dB per dekade. Kedua garis ini berpotongan di ω = ω 0 yang merupakantitik beloknya. Gb.7.11. memperlihatkan pengaruh nilai rasio redamanpada tanggapan gain ini di sekitar titik belok.158 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


20dB0ζ=0,1ζ=0,5ζ=0,05ζ=1-20pendekatanlinierω 0-40100 1000 ω[rad/s] 10000Gb.7.11. Pengaruh rasio redamaan pada perubahan gain oleh pole.Fungsi fasa adalah( 2ζω/ω0)− ( ω/ω ) 2o −1ϕ(ω)= θ + 90 − tan(7.17)K1 0Untuk frekuensi rendah pengurangan fasa oleh pole mendekati nilai−1( 2ζω/ω ) ( 2 / )tan 0 −1ζω ω−≈ − tan0 ≈ 0 (7.18)21−( ω/ω )10dan untuk frekuensi tinggi mendekati− 1 ( 2ζω/ω0) −1( 2ζω/ω0) o− tan≈ −tan≈ −180(7.19)221−( ω/ω0) − ( ω/ω0)Gb.7.12. memperlihatkan pengaruh rasio redaman terhadap perubahanfasa yang disebabkan oleh pole.ϕ(ω) [ o ]0-45-90-135-180ζ=0,1ζ=0,5ζ=1pendekatanlinierω 0ζ=0,0510 100 1000 10000 100000ω[rad/s]Gb.7.12. Pengaruh rasio redaman pada perubahan fasa oleh pole.159


COTOH-7.5: Gambarkan tanggapan gain dan tanggapan fasa untukfungsi alih berikut ini dan selidiki pengaruh rasio redaman terhadaptanggapan gain.80000sT ( s)=24s + 100s+ 4 × 10Penyelesaian :Kita tuliskan fungsi alih dengan penyebutnya dalam bentuk normal80000smenjadi T ( s)=. Dari sini kita peroleh22s + 2×0,25×200s+ 200ω 0 = 200, dan ζ = 0,25.2sT ( s)=2s / 200 + (2ζ/ 200) s + 1( )j2ω⇒ T ( jω)=2− ( ω / 200) + j2ζω/ 200 + 1⇒ T ( jω)=2ω2 2( 1−( ω / 200) ) + (2ζω/ 200)2 2( 1 − ( ω/200) ) + (2ζω/2T ( jω)= 20log2 + 20logω − 20log200)dBKomponen pertama konstan 20log2 = −6 dB. Komponen keduamemberikan penambahan gain 20 dB per dekade, mulai frekuensirendah. Pengurangan gain oleh komponen ketiga −40 dB perdekade mulai pada ω = ω 0 .o o oFungsi fasa adalah : ϕ ( ω)= 0 + 90 − 90 / dek | 20


Soal-Soal1. Tentukanlah tanggapan frekuensi dan tentukan gain tertinggi danfrekuensi cutoff dari rangkaian di bawah ini.+v in−9kΩ0,5H1kΩ2. Tentukanlah tanggapan frekuensi dan tentukan gain tertinggi danfrekuensi cutoff dari rangkaian di bawah ini.+v in−10kΩ1µF10kΩ3. Tentukanlah tanggapan frekuensi dan tentukan gain tertinggi danfrekuensi cutoff dari rangkaian-rangkaian di bawah ini.+v o−+v o−+v in−1H1kΩ0,5µF+v o1kΩ−+v in− 10kΩ+−10kΩ1µF+v o−100kΩ10kΩ1µF+v in−−++v o−4. Tentukanlah tanggapan frekuensi dan tentukan gain tertinggi danfrekuensi cutoff dari hubungan bertingkat dengan tahap pertamarangkaian ke-dua dan tahap kedua rangkaian pertama.161


5. Tentukanlah tanggapan frekuensi dan tentukan gain tertinggi danfrekuensi cutoff dari hubungan bertingkat dengan tahap pertamarangkaian ke-tiga dan tahap ke-dua rangkaian pertama.6. Tentukanlah tanggapan frekuensi dari suatu rangkaian jika diketahuitanggapannya terhadap sinyal anak tangga adalah sebagai seperti dibawah ini. Tentukan gain tertinggi dan frekuensi cutoff.−5000ta). g(t)= −eu(t);b). g(t)=7. Ulangi soal 6 jika diketahui :a). g(t)=b). g(t)=−5000t( 1−5e) u(t)−1000t−2000t( e − e ) u(t)−1000t( e sin2000t) u(t)8. Tentukanlah tanggapan frekuensi dari suatu rangkaian jika diketahuitanggapannya terhadap sinyal impuls adalah seperti di bawah ini.Tentukan gain tertinggi dan frekuensi cutoff.−1000ta). h(t)= −1000e u(t)−1000tb). h(t)= δ(t)− 2000 e u(t)9. Gambarkan Bode plot (pendekatan garis lurus) jika diketahui fungsialihnya(5s+ 1)(0.005s+ 1)T ( s)= 10(0.05s+ 1)(0.5s+ 1)10. Gambarkan Bode plots (pendekatan garis lurus) jika diketahui fungsialihnyas(0.02s+ 1)T ( s)= 50(0.001s+ 1)(0.4s+ 1)162 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


BAB 8Analisis Pada Suatu SistemPengenalan pada sistem ini bertujuan agar kita• memahami sinyal dalam pengertian yang lebih luas;• memahami pengertian tentang sistem;• mampu membangun diagram blok suatu sistem;• mampu mereduksi diagram blok suatu sistem.8.1. SinyalDi awal buku ini kita telah mempelajari bentuk gelombang sinyal yangmerupakan suatu persamaan yang menyatakan sinyal sebagai fungsi dariwaktu. Dalam analisis rangkaian listrik, sinyal-sinyal yang kita tanganibiasanya berupa tegangan ataupun arus listrik. Pengertian ini dapat kitaperluas menjadi suatu pengertian yang tidak hanya mencakup sinyallistrik saja tetapi juga mencakup sinyal-sinyal non-listrik yang jugamerupakan fungsi waktu. Dengan perluasan pengertian ini maka kitamempunyai definisi untuk sinyal sebagai,Sinyal adalah suatu fungsi yang menyatakan variasi terhadapwaktu dari suatu peubah fisik.Fungsi yang kita tetapkan untuk menyatakan suatu sinyal kita sebutrepresentasi dari sinyal atau model sinyal dan proses penentuanrepresentasi sinyal itu kita sebut pemodelan sinyal. Suatu sinyal yangtergantung dari peubah riil t dan yang memodelkan peubah fisik yangberevolusi dalam waktu nyata disebut sinyal waktu kontinyu. Sinyalwaktu kontinyu ditulis sebagai suatu fungsi dengan peubah riil t sepertimisalnya x(t). Sebagaimana telah disebutkan di awal buku ini, sinyal jenisinilah yang sedang kita pelajari.Untuk memberi contoh dari sinyal non-listrik, kita bayangkan suatubenda yang mendapat gaya. Benda ini akan bergerak sesuai dengan arahgaya., posisinya akan berubah dari waktu ke waktu. Dengan mengambilsuatu kooordinat referensi, perubahan posisi benda akan merupakanfungsi waktu dan akan menjadi salah satu peubah fisik dari bendatersebut dan merupakan suatu sinyal. Selain perubahan posisi, benda juga163


mempunyai kecepatan yang juga merupakan fungsi dari waktu;kecepatan juga merupakan suatu sinyal.Jika posisi benda dalam contoh di atas merupakan suatu sinyal, apakah iadapat dijadikan suatu masukan (input) pada sebuah “rangkaian” ?Bayangkanlah benda yang bergerak itu adalah sebuah pesawat terbang.Kita ingin mengamatinya dengan menggunakan sebuah teropong, danuntuk itu teropong kita arahkan pada pesawat. Setiap saat pesawatberubah posisi, kedudukan teropong kita sesuaikan sedemikian rupasehingga bayangan pesawat selalu terlihat oleh kita melalui teropong.Kita katakan bahwa posisi pesawat merupakan masukan pada kita untukmengubah arah teropong; dalam hal ini kita dan teropong menjadisebuah “rangkaian”. Apakah dari “rangkaian” ini ada suatu keluaran(output)? Keluaran dari “rangkaian” ini adalah berupa perubahan arahteropong. Jelaslah bahwa ada hubungan tertentu antara arah teropongsebagai keluaran dengan posisi pesawat sebagai masukan, dan hubungankeluaran-masukan demikian ini sudah biasa kita lihat pada rangkaianlistrik. Kalau kita yang meneropong pesawat tersebut digantikan olehsebuah mesin penggerak otomatis dan teropong diganti dengan sebuahmeriam, maka jadilah sebuah “rangkaian” mesin penembak pesawat.Mesin penembak ini dapat kita sebut sebagai suatu perangkat yangmampu menetapkan arah meriam jika mendapatkan masukan mengenaiposisi pesawat (istilah “perangkat” di sini kita beri pengertian sebagaigabungan dari banyak piranti untuk menjalankan fungsi tertentu).Dengan kata lain antara sinyal keluaran dengan sinyal masukan terdapathubungan yang sepenuhnya ditentukan oleh perilaku perangkat; hal iniberarti bahwa perangkat “memiliki aturan” yang menetapkan bagaimanabentuk keluaran untuk sesuatu masukan yang ia terima.8.2. SistemDengan contoh di atas, kita sampai pada pengertian mengenai sistemyaitu :atausistem merupakan aturan yang menetapkan sinyal keluarandari adanya sinyal masukan.sistem membangkitkan sinyal keluaran tertentu dari adanyasinyal masukan tertentu.Jika kita ingat mengenai pengertian elemen sebagai model piranti dalamrangkaian listrik, maka sistem dapat dipandang sebagai model dari164 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


perangkat. Dengan demikian rangkaian-rangkaian listrik yang sudahpernah kita pelajari, yang juga menetapkan hubungan antara keluaran danmasukan, dapat kita pandang sebagai suatu sistem. Kalau rangkaiantersebut merupakan bagian lain dari rangkaian (dalam hubungan kaskademisalnya) kita dapat memandangnya sebagai sub-sistem. Hubungankeluaran-masukan dari suatu sistem dapat kita nyatakan sebagai[ x()]y ( t)= H t(8.1)dengan y(t) sinyal keluaran dan x(t) sinyal masukan. Hubungan ini dapatkita gambarkan dengan diagram berikut.sinyalmasukanx(t)Hy(t)sinyalkeluaranGb.8.1. Diagram suatu sistem.Perhatikanlah bahwa sistem didefinisikan menurut sinyal keluaran danmasukannya. Jadi kita memandang sistem dari sudut pandang sinyalmasukan dan keluaran. Selain dari pada itu, Gb.8.1. mempelihatkanbahwa arah propagasi sinyal adalah sesuai dengan arah anak panah. Jadisinyal berasal dari masukan menuju ke keluaran. Penggambaran inisesuai dengan definisi kita yaitu bahwa suatu sistem membangkitkansinyal keluaran dari sinyal masukan.Suatu sistem dapat mempunyai satu masukan atau lebih; demikian jugakeluarannya bisa hanya satu atau lebih. Sistem dengan satu masukan dansatu keluaran disebut single-input-single-output (SISO) system atau kitaterjemahkan dengan sistem masukan-tunggal-keluaran-tunggal (MTKT).Jika masukan dan keluarannya lebih dari satu disebut multi-input-multioutput(MIMO) system atau kita terjemahkan sistem masukan-gandakeluaran-ganda(MGKG).8.3. Model SistemPernyataan matematis secara eksplisit dari suatu sistem seperti pada (8.1)disebut representasi sistem atau model sistem. Proses untuk memperolehmodel sistem kita sebut pemodelan sistem. Ada dua cara yang dapatditempuh untuk membangun model sistem. Cara pertama adalahmenurunkan langsung dari hukum-hukum fisika dan cara kedua adalahmelalui observasi empiris. Cara pertama dapat digunakan apabila prosesprosesfisiknya terdefinisi dengan jelas dan difahami. Model sistem yang165


diturunkan haruslah cukup sederhana untuk keperluan analisis dansimulasi.Cara kedua digunakan untuk sistem yang sangat kompleks dan sangatsulit untuk dianalisis langsung, dan perilaku dinamiknya tidak difahamisecara baik. Untuk melakukan observasi empiris diperlukan sinyalmasukan yang harus dipilih secara cermat, dan sinyal keluarannyadiamati. Model sistem diperoleh dengan melakukan perhitungan balikdari kedua sinyal tersebut. Pembangunan model sistem melalui caraobservasi sinyal masukan dan keluaran ini disebut identifikasi sistem.Kita telah melihat bahwa ada empat macam cara untuk menyatakanhubungan antara sinyal keluaran dan sinyal masukan, yaitu persamaandiferensial, transformasi Laplace, konvolusi, dan transformasi Fourier.Sejalan dengan itu, kita mengenal empat macam representasi sistem ataumodel sistem sebagai berikut.1. Persamaan Diferensial. Bentuk ini kita kenal misalnya sistem ordekedua2d y(t)dy(t)+ a + by(t)= f ( t)2dt dtBentuk umum dari model ini dinyatakan dalam persamaan diferensial:( n)( n−1)y ( t)+ an−1y( t)L+a1y&( t)+ a0y(t)=( m)( m−1)bmx ( t)+ bm−1x( t)+ L+b0x(t)( n−1)( n−2)y (0) = yn−1, y (0) = yn−2, Ly&(0) = y1,y(0)= y0.,(8.2)Dalam (8.2) kita menganggap bahwa koefisien a k dan b k adalahbilangan riil (konstan tidak tergantung waktu). Kita juga menganggapm ≤ n. Masukan sistem adalah x(t) dan keluarannya adalah y(t). Ordedari persamaan diferensial ini adalah n.2. Fungsi Alih Laplacem m−1Y ( s)bms + bm1s+ + b=− L 0X ( s)n n−1s + an−1s+ L+a1s+ a0= T ( s)= H ( s)(8.3)166 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


Di sini sinyal keluaran dan masukan dinyatakan di kawasan s, yaituY(s) dan X(s). T(s) adalah fungsi alih Laplace, yang untuk selanjutnyaakan kita gunakan sebagai representasi sistem di bab ini dan kitatuliskan sebagai H(s).3. Integral Konvolusi−1dengan h(t){ H(s)}4. Fungsi Alih Fouriery ( t)= ∫ ∞ −h(t − λ)x(λ)dλ(8.4)0= L .dengan H ( ) = F{ h(t)}Y ( ω)= H ( ω)X ( ω)(8.5)ω adalah fungsi alih Fourier.Untuk selanjutanya, kita akan menggunakan cara representasi sistemyang ke-dua, yaitu menggunakan fungsi alih Laplace.8.4. Diagram Blok8.4.1. Penggambaran Sistem Dengan Diagram BlokDiagram blok adalah representasi dari fungsi alih dengan menggunakangambar. Diagram blok sangat bermanfaat untuk menggambarkanstruktur sistem, terutama jika sistem tersusun dari banyak sub-sistem(penjelasan pengertian sub-sistem akan diberikan kemudian).Diagram ini juga bermanfaat untuk melakukan analisis sistem. Di subbabini kita mengambil model sistem dengan transformasi Laplace (dikawasan s). Hubungan masukan- keluaran sistem akan berbentuk :Y ( s)= H ( s)atau Y ( s)= H ( s)X ( s)(8.6)X ( s)Diagram blok dari sistemini adalah seperti terlihatpada Gb.8.2. Diagram blokX(s) H(s) Y(s)seperti ini telah kita kenaldalam analisis rangkaianGb.8.2. Diagram blok.listrik. Hanya di sini kita mempunyai pengertian H(s) sebagairepresentasi dari sistem. Diagram blok ini ekivalen dengan persamaanaljabar (8.6). Jadi susunan diagram blok merupakan pernyataan operasi-167


operasi matematis. Hal ini berbeda dengan Gb.8.1. yang hanyamerupakan diagram untuk memperjelas definisi tentang sistem.Suatu sistem yang kompleks tersusun dari sistem-sistem yang lebihsederhana. Diagram blok dapat kita gunakan untuk menyatakanhubungan dari sistem-sistem yang lebih sederhana tersebut untukmembentuk sistem yang kompleks. Diagram blok akan mempelihatkanstruktur dari sistem yang kompleks yaitu interkoneksi dari komponenkomponensistem. Lebih dari itu, diagram blok juga dapat dimanfaatkansebagai alat untuk melakukan perhitungan-perhitungan; fungsi alihsistem diturunkan dari diagram blok yang tersusun dari banyakkomponen tersebut.8.4.2. Hubungan-Hubungan SistemBerikut ini kita akan melihat hubungan-hubungan sederhana dari sistemyang akan menjadi dasar bagi kita untuk memandang sistem yang lebihkompleks. Kita akan meninjau dua sistem yaitu H 1 (s) dan H 2 (s). Untukmenghubungkan dua sistem, atau dua blok, harus ada titik-titik hubung.Titik Hubung. Ada dua macam titik hubung yang perlu kita perhatikanyaitu titik pencabangan (pickoff point) dan titik penjumlahan. Titikpencabangan adalah titik tempat terjadinya duplikasi sinyal; sinyal-sinyalyang meninggalkan titik pencabangan sama dengan sinyal yangmemasuki titik pencabangan. Hal ini digambarkan pada Gb.8.3.a. Padatitik penjumlahan, beberapa sinyal dijumlahkan. Sinyal yang keluar darititik penjumlahan adalah jumlah dari sinyal yang masuk ke titikpenjumlahan. Jika sinyal yang masuk bertanda “+” maka ia dijumlahkandan jika bertanda “−” ia dikurangkan. Untuk titik penjumlahan ini adakonvensi, yaitu bahwa hanya ada satu sinyal saja yang meninggalkantitik penjumlahan. Hal ini digambarkan pada Gb.8.3.b.X(s)titik pencabangana). titik pencabanganX(s)X(s)X 1 (s)X 2 (s)X 3 (s)+−Gb.8.3. Titik-titik hubung.b). titik penjumlahanX 1 (s)−X 2 (s)+ X 3 (s)Hubungan Kaskade atau Hubungan Seri. Hubungan seri antara duasistem terjadi jika keluaran dari sistem yang satu merupakan masukan+168 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


pada sistem berikutnya seperti terlihat pada Gb.8.4. Fungsi alih darihubungan kaskade, yang merupakan fungsi alih total, adalah hasil kalidari fungsi alih sistem yang menyusunnya. Jadi hubungan kaskade sistemH 1 (s) dan H 2 (s) dapat digantikan oleh satu sistem H 1 (s)H 2 (s). Hal inisesuai dengan kaidah rantai yang telah kita pelajari dalam analisisrangkaian di kawasan s.X(s)H 1 (s)H 2 (s)Y(s)X(s)H 1 (s)H 2 (s)Y(s)Gb.8.4. Hubungan seriHubungan Paralel. Hubungan paralel antara dua sistem terjadi jikakedua sistem mendapat masukan yang sama sedangkan keluarannyamerupakan jumlah dari keluaran kedua sistem tersebut, seperti terlihatpada Gb.8.4.b. Jadi hubungan paralel antara dua sistem H 1 (s) dan H 2 (s)dapat digantikan oleh satu sistem dengan fungsi alih H 1 (s)+H 2 (s).X(s)H 1 (s)H 2 (s)++Y(s)X(s)H 1 (s)+H 2 (s)Y(s)Gb. 8.5. Hubungan paralel.Hubungan Umpan Balik. Pada hubungan umpan balik, keluaran darisistem pertama menjadi masukan pada sistem kedua dan keluaran sistemkedua menjadi pengurang pada sinyal dari luar R(s); sinyal hasilpengurangan ini menjadi masukan pada sistem pertama. Hubungan inidiperlihatkan pada Gb.8.6.R(s)+X 1 (s)−Y 2 (s)H 1 (s)H 2 (s)X 2 (s)R(s)Y(s)H1(s)1+H ( s)H12( s)Y(s)Gb.8.6. Hubungan umpan balik .169


Dari diagram blok pada Gb.8.6. diperoleh persamaan berikut.Y ( s)= H1(s)X1(s)= H1(s)= H1(s)R(s)− H1(s)Y2( s)= H1(s)R(s)− H1(s)2[ H ( s)Y ( s)]⇒ Y ( s)+ H1(s)2Y ( s)H1(s)⇒ =R(s)1 + H1(s)H 2 ( s)[ R(s)− Y ( s)]2[ H ( s)Y ( s)]= H1(s)R(s)Dengan hubungan umpan balik seperti pada Gb.8.6. fungsi alih sistemkeseluruhan menjadiH1(s)1+H1(s)H 2 ( s)Fungsi alih H 1 (s) adalah fungsi alih dari suatu sistem yang disebut sistemH1(s)loop terbuka sedangkanadalah fungsi alih dari sistem1+H1(s)H 2 ( s)yang disebut sistem loop tertutup. Jika pada titik penjumlahan terdapattanda negatif pada jalur umpan balik maka sistem ini disebut sistemdengan umpan balik negatif. Jika fungsi alih H 2 (s) = − 1 maka sistemmenjadi sistem dengan umpan balik negatif satu satuan.Sub-Sistem. Jika kita memisahkan salah satu bagian dari diagram bloksuatu sistem yang tersusun dari banyak bagian dan bagian yang kitapisahkan ini merupakan suatu sistem juga maka bagian ini kita sebut subsistem.H 2 (s) dalam contoh hubungan paralel di atas merupakan salahsatu sub-sistem.8.5. Pembentukan Diagram BlokBerikut ini kita akan melihat contoh penggambaran diagram blok danpenyederhanaan diagram blok. Sebagaimana telah disebutkan, walaupunkita telah mengembangkan pengertian sistem akan tetapi dalam contohcontohyang akan kita lihat di sini kita membatasi diri pada sistem listrik.8.5.1. Diagram Blok Elemen RangkaianDefinisi sistem menyatakan bahwa dari sinyal masukan tertentu suatusistem akan memberikan sinyal keluaran tertentu. Definisi ini dipenuhioleh elemen-elemen rangkaian seperti R, L, dan C, karena elemen-elemen170 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


ini akan memberikan sinyal keluaran (tegangan atau arus) tertentu jikadiberi sinyal masukan (arus atau tegangan) tertentu yang kita kenalsebagai karakteristik i-v dalam analisis rangkaian listrik. Jika sistemdapat divisualisasikan menggunakan diagram blok, maka elemen-elemenrangkaian listrik dapat pula digambarkan dengan diagram blok.Resistor. Gb.8.7. memperlihatkan diagram blok dari resistor. Hubungantegangan-arus resistor adalah V ( s)= RI(s)atau I ( s)= (1/ R)V ( s).Kedua relasi memberikan diagram blok seperti ditunjukkan pada gambar.I(s)I(s)RV(s)R+V(s)−V(s)1 I(s)RGb.8.7 Diagram blok resistor.Kapasitor. Gb.8.8. memperlihatkan diagram blok dari kapasitor.Hubungan tegangan-arus kapasitor adalah V ( s)= (1/ sC)I(s)atauI ( s)= ( sC)V ( s). Kedua relasi memberikan diagram blok sepertiditunjukkan pada gambar.1sCI(s)+V(s)−I(s)V(s)1sCsCV(s)I(s)Gb.8.8. Diagram blok kapasitor.Berbeda dengan resistor, kapasitor adalah elemen dinamik. Hubunganyang pertama mengambil peubah status, yaitu tegangan kapasitor,sebagai keluaran dan dapat ditulis sebagai V ( s)= (1/ C)(1/s)I(s)dandiagram bloknya menjadi :1 1I(s)→ → →V(s)C s171


Di kawasan t hubungan tersebut adalah∫v ( t)= (1/ C)idt . Oleh karenaitu blok s1 disebut sebagai blok integrator.Induktor. Gb.8.9. memperlihatkan diagram blok dari induktor.Hubungan tegangan-arus induktor adalah V ( s)= ( sL)I(s)atauI ( s)= (1/ sL)V ( s). Kedua relasi memberikan diagram blok sepertiditunjukkan pada gambar.sLI(s)+V(s)−I(s)V(s)Gb.8.9. Diagram blok induktor.Seperti halnya kapasitor, induktor adalah elemen dinamik. Hubunganyang kedua mengambil peubah status, yaitu arus induktor, sebagaikeluaran dan dapat ditulis sebagai I ( s)= (1/ L)(1/s)V ( s). Dengan blokintegrator diagram bloknya menjadi :sL1sLV(s)→ L1 → s1 →I(s).V(s)I(s)8.5.2. Pembentukan Diagram BlokDalam contoh-contoh berikut ini kita akan melihat bagaimana diagramblok dibentuk. Kita menggabungkan pemahaman mengenai rangkaianlistrik dengan pemahaman hubungan-hubungan sistem.COTOH-8.1: Gambarkan diagram blok rangkaian-rangkaian berikut.172 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


I 2 (s)I(s)I 1 (s)R 1 R 2(a)Penyelesaian :+V(s)−I(s)R 1(b)I 2 (s)I 1 (s)sL+V(s)−I(s)R 1(c)I 2 (s)I 1 (s)1sC+V(s)−⎡V ( s)= R2I2( s)= R2I(s)− I1(s)= R2⎢I(s)−⎣Diagram blok rangkaian ini adalah:V ( s)⎤a). [ ] ⎥⎦R1I(s)+−1R1R 2V(s)⎡V ( s)= sLI2 ( s)= sL I(s)− I1(s)= sL⎢I(s)−⎣Diagram blok rangkaian ini adalah:V ( s)⎤b). [ ] ⎥⎦R1I(s)+−1R1sLV(s)⎡= ⎢I(s)−sC ⎣1 11 V ( s)⎤c). [ ] ⎥⎦V ( s)= I2( s)=sC sCI(s)− I1(s)Diagram blok rangkaian ini adalah:I(s)+−1R11sCV(s)R1173


COTOH-8.2: Gambarkan diagram blok rangkaian-rangkaian berikut.I(s)Penyelesaian :sL(a)I 2 (s)I 1 (s)R 1+V(s)−⎡ V ( s)V ( s)= R1I2( s)= R1I(s)− I1(s)= R1⎢I(s)−⎣ sLDiagram blok:a). [ ] ⎥ ⎦⎤1sLI(s)1sC(b)I 2 (s)I 1 (s)R 1+V(s)−I(s)+− R 1V(s)b). V s)= R I ( s)= R [ I(s)− I ( s)] = R [ I(s)− sC V ( )]( 1 2 1 1 1sDiagram blok:sCI(s)+− R 1V(s)Tegangan V(s) pada contoh 8.1.b. dan 8.1.c. haruslah identik dengantegangan pada contoh 8.2. karena tegangan ini adalah tegangan padahubungan paralel dari dua elemen. Walaupun demikian kita mendapatkandiagram blok yang berbeda pada kedua contoh tersebut. Kita akanmenguji apakah kedua diagram blok tersebut identik dengan mencarifungsi alih masing-masing. Untuk itu kita akan memanfaatkan formulasihubungan blok paralel.Untuk rangkaian R-L paralel di kedua contoh tersebut di atas kita peroleh:174 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


I(s)+−1R1sL1sLV(s)sL sLR ( )( )1 V sH1s == =1+( sL)(1/R ) R + sL I(s)11I(s)+− R 1V(s)R( )1 sLRH12 s ==1+( R )(1/ sL)sL + R11V ( s)=I(s)Untuk rangkaian R-C paralel kita peroleh :1R1I(s)+−1sCV(s)1/ sC R / ( )( )1 sC V sH3s ===1+(1/ sC)(1/R ) R + (1/ sC)I(s)11sCI(s)+− R 1V(s)R/( )1 R1sCH4s ==1+( R )( sC)(1/ sC)+ RV ( s)=I(s)Fungsi alih dari kedua hubungan paralel terserbut ternyata sama yangtidak lain adalah impedansi total rangkaian R-L dan R-C paralel. Jadidiagram blok yang diperoleh pada kedua contoh di atas adalah identik.11175


COTOH-8.3: Bangunlah diagram blok dari rangkaian listrik yang telahditransformasikan ke kawasan s di bawah ini.+V i (s)−I 1 (s)R 11sCI 3 (s)V 1 (s)1sLI 2 (s) 1sC2I 5 (s)I 4 (s)R 2+V o (s)−Penyelesaian :Dalam membangun diagram blok rangkaian ini, kita akanmenempuh langkah-langkah yang kita mulai dari tegangan keluarandan mencari formulasinya secara berurut menuju ke arah masukan.Tegangan V o (s) dapat dinyatakan sebagai R2 I 5 ( s)ataupun(1/sC 2 ) I 4 (s). Kita ambil yang kedua.11. V o ( s)= I 4 ( s)sC2I 4 (s)1sC2V o (s)12. I4( s)= I3(s)− I5(s)= I3− Vo(s)R2I 3 (s)+1R2− 1I sC 4 (s)2V o (s)1sL3. I s)= [ V ( s)−V( )]3 ( 1 o s176 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


V 1 (s)−1R2− 1sCI 4 (s)1 11( 21 3 ssC1sC14. V s)= I ( s)= [ I ( s)− I ( )]1sL+I 3 (s)2V o (s)I 1 (s)+−1sC1 V 1(s)−1sL+I 3(s)−I 4(s)1R21sC2V o (s)11 ( 1Rs15. I s)= [ Vi ( s)−V( )]V i(s) +−1R1+I 1(s)−1sC1 V 1(s)−1sL−+II 3(s) 4(s)1R21sC2V oPada langkah ke-5 ini terbentuklah diagram blok yang kita cari.Walaupun diagram ini terlihat cukup rumit, tetapi sesungguhnya setiapblok menggambarkan peran dari setiap elemen. Perhatikan pula bahwadalam diagram blok ini digunakan blok-blok integrator.8.6. Reduksi Diagram BlokDalam Contoh-8.3 kita melihat bagaimana diagram blok dibentuk.Diagram blok ini cukup panjang. Dengan menggunakan relasi-relasiekivalensi sistem terhubung seri dan paralel kita dapat menyederhanakandiagram blok tersebut. Penyederhanaan diagram blok ini disebut reduksidiagram blok. Karena diagram blok ekivalen dengan persamaanrangkaian, maka penyederhanaan diagram blok akan menuju padadiperolehnya fungsi alih.177


Selain ekivalensi seri dan paralel, dalam melakukan reduksi diagramblok kita memanfaatkan juga kaidah-kaidah pemindahan titikpencabangan sebagai berikut.Keluaran Y 2 (s) tidak akan berubah jika pemindahan titikpencabangannya ke depan melampaui blok H(s) diikuti denganpenambahan satu blok seri yang ekivalen dengan blok H(s).Keluaran Y 3 (s) tidak akan berubah jika pemindahan titikpencabangannya ke belakang melampauai blok H(s) diikutidengan penambahan satu blok seri 1/H(s).Perhatikanlah Gb.8.10. Gambar b) diperoleh dengan jalan memindahkantitik pencabangan di gambar a). Pencabangan keluaran Y 2 (s) di pindah kedepan melewati blok H(s) dan pencabangan keluaran Y 3 (s) ke belakangmelewati blok H(s).Y 2 (s)X(s)H(s)Y 1 (s)a).Y 3 (s)H(s)Y 2 (s)X(s)H(s)Y 1 (s)b).1H ( s)Y 3 (s)Gb.8.10. Pemindahan titik pencabangan.COTOH-8.4: Lakukanlah reduksi pada diagram blok berikut ini.1V i(s) + −2+−1s−1s+−1sV o(s)Penyelesaian :178 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


1. Hubungan paralel dari blok 1 dan1/ sdengan H1(s)= =1+(1)(1/ s)menjadi:1s + 11sdapat digantikansehingga diagram blokV i (s+ −2+−1s−1sA1s + 1V o (s2. Titik pencabangan A dapat dipindahkan ke belakang dan terjadi1 1hubungan seri dan yang dapat diganti dengans s + 11.s(s + 1)Diagram blok menjadi :V i (s)+−2+−1ss+1−1s(s + 1)V o (s)3. Umpan balik langsung dari V o (s) pada blok1s(s + 1)samadengan memparalel blok ini dengan blok 1 walaupun tidaktergambarkan dalam diagram. Hubungan paralel ini dapatdigantidengan1/ s(s + 1)H 2 ( s)=1+(1)Diagram blok menjadi{ 1/ s(s + 1) } =1.s(s + 1) + 1179


V i (s)+−2+−1sBs+11s(s + 1) + 1V o (s)4. Titik pencabangan B dapat dipindahkan ke belakang yang akanmenyebabkan terjadinya hubungan seri antara blok1s1danyang dapat diganti dengans(s + 1) + 1Diagram blok menjadi :12s ( s + 1)+ sV i (s)+−2s ( s + 1) + 1+−21s ( s + 1)+ ss+1V o (s)5. Selanjutnya s + 1 paralel dengan12s ( s + 1)+ s21 ( s ( s + 1) + s)H3(s)==21+( s + 1) ( s ( s + 1) + s)1=2( s ( s + 1) + s)+ ( s + 1)s321+ s + 2s+ 1dan H 3 (s) seri dengan 2 sehingga diagram blok menjadi :180 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


V i (s)+−s ( s + 1) + 123 2s + s + 2s+ 1V o (s)6. Diagram blok paralel terakhir ini memberikan3 22 /( s + s + 2s+ 1)2H 4(s)==23 23 21+2( s + s + 1) /( s + s + 2s+ 1) s + 3s+ 4s+ 3dan diagram blok menjadiV i (s)322s + 3s+ 4s+ 3V o (s)Reduksi diagram blok pada akhirnya akan memberikan fungsi alihdari sistem yaitu H 4 (s).8.7. Sub-Sistem Statis dan DinamisPerhatikanlah bahwa dalam diagram blok yang diperoleh pada contoh8.3. terdapat blok-blok yang berisi nilai konstan dan ada yang berisifungsi s atau lebih tepat blok yang menggambarkan fungsi alih bernilaikonstan dan blok yang menggambarkan fungsi alih yang merupakanfungsi dari peubah Laplace s. Blok yang berisi nilai konstan berasal darielemen statis resistor, dan yang berisi fungsi s berasal dari elemendinamik C ataupun L. Suatu sub-sistem disebut dinamis jika fungsitransfernya merupakan fungsi peubah Laplace s. Jika fungsi alihnyabernilai konstan (gain kontan) maka sub-sistem itu disebut statis.8.8. Diagram Blok IntegratorSuatu diagram blok yang seluruh blok-blok dinamisnya berupa blokintegrator disebut diagram blok integrator. Sebagaimana telah dibahas,blok integrator berasal dari elemen dinamik apabila kita mengambilpeubah status sebagai keluaran. Untuk kapasitor V ( s)= (1/ C)(1/s)I(s)dan untuk induktor I ( s)= (1/ L)(1/s)V ( s).Pembentukan diagram blok integrator dari suatu fungsi alih dapatdilakukan karena fungsi alih H(s) yang berbentuk rasio polinomial dapatkita uraikan menjadi suku-suku :181


( s − z1)(s − z2) L(s − zm)H ( s)= K( s − p )( s − p ) L(s − p )12k1=( s − p1nk2+) ( s − p2kn+ L+) ( s − pHal ini telah kita lihat pada waktu kita membahas transformasi Laplace.aSelanjutnya, setiap suku dari fungsi alih H(s) yang berbentuks + b⎛ a ⎞ b(1/s)dapat ditulis sebagai ⎜ ⎟ yang diagram bloknya merupakan⎝ b ⎠ 1 + b(1/s)ahubungan seri antara blok statisbyang jalur umpan-balik-nya berisi blok statis1sb . Dengan demikiandengan blok berumpan balikmaka diagram blok dari H(s) dapat dibuat hanya terdiri dari blok statisdan blok integrator saja.n)182 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


Soal-Soal1. Susunlah diagram blok dari rangkaian-rangkaian berikut, lakukanreduksi diagram blok, tentukan fungsi alihnya.a).+v in−10Ω10Ω+1Hv o−1µFv in++− 1kΩ 1kΩ1µF v ob).−100m+v in+ 1kΩ 1kΩv− 1kΩ oc).1µF −e).+−1kΩ1µFv in10µF10kΩ1kΩ5kΩ+v o−f).i1kΩin 0.1H1kΩ 1µF+v o−i in 5mH2µFg).1kΩ+v o−2. Lakukan reduksi diagram blok dan carilah fungsi alih dari diagramblok berikut.a).X (s)X(s)+−+10k1s1s1s++Y(s)Y(s)b).ω 2183


X(s)1s + 1+−Y(s)c).s + 2X(s)+−+−31s1s++Y(s)c).41sd).X(s)+−+−+−31s41s++Y(s)X(s) +−1s+−+−41s1s1s++Y(s)e).5184 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


BAB 9Sistem Dan Persamaan Ruang StatusPersamaan ruang status (state space equations) atau representasiruang keadaan (state space reprentation) merupakan satu alternatifuntuk menyatakan sistem dalam bentuk persamaan diferensial.Persamaan ini dapat diturunkan dari diagram blok integrator.9.1. Blok Integrator dan Blok Statis1Kita lihat lebih dulu blok integrator X(s)→s →Y(s) yang1menunjukkan hubungan Y ( s)= X ( s). Hubungan ini di kawasan tsadalah∫y ( t)= x(t)yang dapat kita tuliskan sebagai x ( t)= y&( t)Hubungan terakhir di kawasan t ini dapat kita baca sebagai : sinyalmasukan adalah turunan dari sinyal keluaran.1Sekarang blok kita pandang sebagai integrator dan bukan sebagaisgambaran dari fungsi alih 1/s. Dengan pandangan ini maka jika keluaranintegrator adalah q(t) masukannya adalah q& (t). Kita dapatmenggambarkan hubungan keluaran dan masukan di kawasan t dariintegrator sebagaiq& (t) →1s → q (t)Perhatikan: Secara teknis penggambaran di atas tidak benar.Akan tetapi kita harus mengartikan gambar tersebut sebagaidiagram sub-sistem yang mempunyai sinyal masukan q& (t)dansinyal keluarannya q(t) dan bukan q(t) sama dengan (1/s) kaliq& (t) .185


Berbeda dengan blok integrator, blok statis X(s)→ a →Y(s)memberikan hubungan Y ( s)= aX( s)yang di kawasan t memberikanhubungany ( t)= ax(t)Jadi kita dapat menggambarkan hubungan y ( t)= ax(t)denganmenggunakan blok statis, yaitux(t)→a →y(t).9.2. Diagram Blok Integrator, Sinyal Sebagai Fungsi tBerikut ini kita akan melihat contoh suatu diagram blok integrator yangsinyal masukan dan keluaran dari setiap integrator dinyatakan sebagaifungsi t.COTOH-9.1: Dalam diagram blok di bawah ini nyatakanlah sinyalmasukan dan keluaran pada setiap blok integrator sebagai fungsi t.baX(s)c−1s+d−1s+Y(s)Penyelesaian :Dalam diagram blok ini terdapat dua blok integrator. Jika sinyalmasukan setiap blok integrator adalah q& i (t)dan sinyal keluarannyaadalah q i (t) maka diagram blok di atas dapat kita gambarkan sepertidi bawah ini, di mana masukan dua blok integrator adalahq& 1(t ) dan q& 2 ( t )sedangkan keluarannya adalahq 1 (t) dan q 2 (t).186 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


Dengan diagram ini keluaran sistem adalahy ( t)= q2(t)+ dx(t).bax (t)c+− 1+q& ( )sq ( )1 t1 t−1q&2(t)sq 2(t)+ y (t)+d9.3. Membangun Persamaan Ruang StatusDari diagram blok di atas, kita dapat memperoleh satu set persamaan dikawasan t yang akan memberikan hubungan antara sinyal masukan dansinyal keluaran sistem, yaitu x(t) dan y(t). Dengan perkataan lain kitadapat memperoleh persamaan sistem di kawasan t. Set persamaantersebut kita peroleh dengan memperhatikan masukan blok-blokintegrator, dan keluaran sistem. Dalam contoh ini set persamaan tersebutadalah :q&1(t)= −bq2( t)+ cx(t)q&2 ( t)= q1( t)− aq2( t)y(t)= q2( t)+ dx(t)y ( t)= q2(t)+ dx(t)(9.1)Dengan cara ini set persamaan yang kita peroleh, yaitu persamaan (9.1),akan terdiri dari dua kelompok. Kelompok pertama adalah persamaanyang ruas kirinya berisi q& (t), yang merupakan masukan blok integrator,dan kelompok kedua adalah yang ruas kirinya berisi y(t), yaitu keluaransistem. Kelompok pertama dapat kita tuliskan dalam bentuk matriks⎡q&1(t)⎤ ⎡0⎢ ⎥ =q2( t)⎢⎣ & ⎦ ⎣1− b⎤⎡q1(t)⎤ ⎡1⎤⎢ ⎥ + x(t)− a⎥q2( t)⎢0⎥⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦(9.2)187


⎡q1(t)⎤Dengan mendefinisikan vektor q&r&⎡q1(t)⎤= ⎢ ⎥ dan q r =⎣q&⎢ ⎥ maka2 ( t)⎦ ⎣q2( t)⎦(9.2) dapat kita tuliskan0 b 1[ q&r⎡ − ⎤ r ⎡ ⎤( t)] = ⎢ ⎥ [ q(t)] + ⎢ ⎥x(t)(9.3)⎣1− a⎦⎣0⎦Kelompok kedua dari (9.1) adalah y ( t)= q2(t)+ dx(t)dan dengandefinisi untuk vektor q(t) maka ia dapat kita tuliskan dalam bentukmatriksry ( t)= [ 0 1][ q(t)] + [ d] x(t)(9.4)Dengan demikian maka set persamaan (9.1) dapat kita tuliskan sebagai0 b 1[ q&r⎡ − ⎤ r ⎡ ⎤( t)] = ⎢ [ q(t)] x(t)1 a⎥ + ⎢0⎥⎣ − ⎦ ⎣ ⎦(9.5)ry(t)= 0 1 q(t)+ d x(t[ ][ ] [ ] )Secara umum bentuk persamaan (9.5) dapat kita tulis sebagai[ q&rr( t)] = [ A][ q(t)] + [ B]x(t)ry(t)= C q(t)+ D x(t[ ][ ] [ ] )(9.6)Set persamaan (9.6) ini disebut representasi ruang status dari sistem.Sebutan lain dari representasi ini adalah model ruang status atau jugapersamaan peubah status atau persamaan ruang status.COTOH-9.2: Carilah representasi ruang status dari sistem berikut.x (t)a 1+−+a 2−q&11sq 1q&2 1 q 2sbω 2q&31sc 2q 3++c 3+ +y (t)d188 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


Penyelesaian:Dari diagram blok di atas, masukan blok-blok integrator dankeluaran sistem memberi kita persamaan berikut.2q&1 = a1x(t)− ω q3q&2 = a2x(t)− bq2q&3 = q1y(t)= c3q3+ c2q2+ dx(t)Persamaan ini kita tuliskan dalam bentuk matriks, menjadi⎡q&1(t)⎤ ⎡0q&r⎢ ⎥ ⎢( t)= q&⎢ 2 ( t)⎥= ⎢0⎢q3(t)⎥ ⎢⎣ & ⎦ ⎢1⎣y(t)=[ 0 c c ] q ( t)+ [ d] x(t)20− b0⎡q1(t)⎤⎢ ⎥3 ⎢ 2 ⎥⎢⎣q3(t)⎥⎦2− ω ⎤ ⎡q1(t)⎤ ⎡a1⎤⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥0 ⎥ ⎢q2( t)⎥+⎢a2⎥x(t)0 ⎥ ⎢⎣q3(t)⎥⎦⎢⎣0 ⎥⎥⎦⎦Inilah representasi ruang status dari sistem yang kita cari9.4. Membangun Diagram Blok dari Persamaan Ruang StatusMelalui contoh berikut ini kita akan melihat bagaimana diagram blokdari suatu sistem dapat dibangun jika persamaan ruang statusnyadiketahui.COTOH 9.3: Bangunlah diagram blok sistem yang persamaan ruangstatusnya adalah sebagai berikut.Penyelesaian :⎡ 0q&r( t)=⎢⎢0⎢⎣− a1y(t)= 11 0 ⎤ ⎡q1(t)⎤ ⎡0⎤0 1⎥ ⎢q2(t)⎥ ⎢0⎥⎥ ⎢ ⎥+⎢ ⎥x(t)− a2− a3⎥⎦⎢⎣q3(t)⎥⎦⎢⎣1⎥⎦r2 3[ b b b ] q(t)Langkah pertama adalah melakukan pengembangan dari persamaanyang diketahui sehingga diperoleh set persamaan berikut.189


q&1(t)= q2( t)q&2 ( t)= q3(t)q&3(t)= −a1q1( t)− a2q2( t)− a3q3(t)+ x(t)y(t)= b1q1( t)+ b2q2( t)+ b3q3( t)Langkah berikutnya adalah menggambarkan blok-blok integratordengan masukan dan keluaran masing-masing. Langkah inimemberikan diagram blok integrator sebagai berikutq&1 1 q 1sLangkah berikutnya adalah melakukan penghubungan blok-blok inisesuai dengan persamaan yang diketahui, yaitupersamaan q & 1( t)= q2( t)berarti bahwa masukan blokintegrator nomer-1 adalah keluaran dari blok integratornomer-2.persamaan q & 2 ( t ) = q 3 ( t ) berarti masukan blokintegrator nomer-2 adalah keluaran blok integratirnomer-3. Kita mendapatkan hubungan:q& 3 q 3 q&2 q 2 11sq&2Selanjutnya kita membuat pencabangan-pencabangan danpenjumlahan dengan blok-blok statis, sesuai dengan persamaanyang diketahui, yaituq & 3( t)= −a1q1( t)− a2q2( t)− a3q3(t)+ x(t)Hasil yang kita peroleh adalah:1 23 1 3ss1sqq&q&1 q 1sq190 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


x (t)+−−−q& 3 1 q 3 2 1 q 2 1ssq&q& 1 q 1sa 3a 2a 1Satu persamaan lagi yang harus kita penuhi, yaitu persamaankeluarany ( t)= b1q1(t)+ b2q2( t)+ b3q3( t)Dengan pencabangan dan penjumlahan persamaan ini kita penuhi.x (t)+−−−q& 3 1 q 3 2 1 q 2 1ssq&b 3+b 2q& 1 q 1sb 1++y (t)a 3a 2a 1191


Soal-Soal1. Carilah persamaan ruang status dari sistem-sistem dengan diagramblok di bawah ini.X (s)+−101s++Y(s)a).kX(s)+1s1sY(s)b).ω 2X(s)1s + 1+−Y(s)c).s + 2X(s)+−+−1s1s++Y(s)3d).41s192 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


193e).f).2. Gambarkan diagram blok dari sistem dengan persamaan status berikutini.a).[ ] )(10)(009)()(53)(460537012)(txtqtytxtqtq+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡=rr&rb).[ ] )(5)(005)()(010)(002104200)(txtqtytxtqtq+=⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡+⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎣⎡−=rr&r1s+X(s)Y(s)3−++−+1s+4−X(s) 1s+Y(s)4−1s++−++−51s1s


c).d).q&r⎡− σ( t)= ⎢⎣− ωy(t)=[ 1 1] q(t)0q&r⎡t)= ⎢⎣− ωy(t)=( 2[ 1 0] q(t)ω ⎤ r ⎡1⎤q(t)+ ⎢ x(t)− σ⎥1⎥⎦ ⎣ ⎦r1 ⎤ r ⎡0⎤q(t)+ x(t)− 2ζω⎥ ⎢1⎥⎦ ⎣ ⎦re).0q&r⎡t)= ⎢⎣− ωy(t)=( 2[ 0 1] q(t)1 ⎤ r ⎡0⎤q(t)+ x(t)− 2ζω⎥ ⎢1⎥⎦ ⎣ ⎦r194 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


BAB 10Transformasi FourierKita telah mempelajari tanggapan frekuensi dari suatu rangkaian.Analisis dengan menggunakan transformasi Fourier yang akan kitapelajari berikut ini akan memperluas pemahaman kita mengenaitanggapan frekuensi, baik mengenai perilaku sinyal itu sendirimaupuan rangkaiannya. Selain dari pada itu, pada rangkaianrangkaiantertentu dijumpai keadaan dimana model sinyal dan pirantitidak dapat dinyatakan melalui transformasi Laplace akan tetapidapat dilakukan melalui transformasi Fourier. Topik-topik yang akankita bahas meliputi: deret Fourier, transformasi Fourier, sifat-sifattransformasi Fourier, dan analisis rangkaian menggunakantransformasi Fourier. Dalam bab ini kita mempelajari tiga hal yangpertama, sedangkan hal yang terakhir akan kita pelajari di babberikutnya.Dengan mempelajari deret dan transformasi Fourier kita akan• memahami deret Fourier.• mampu menguraikan bentuk gelombang periodikmenjadi deret Fourier.• mampu menentukan spektrum bentuk gelombangperiodik.• memahami transformasi Fourier.• mampu mencari transformasi Fourier dari suatufungsi t.• mampu mencari transformasi balik dari suatutransformasi Fourier.10.1. Deret Fourier10.1.1. Koefisien FourierKita telah melihat bahwa sinyal periodik dapat diuraikan menjadispektrum sinyal. Penguraian suatu sinyal periodik menjadi suatuspektrum sinyal tidak lain adalah pernyataan fungsi periodikkedalam deret Fourier. Jika f(t) adalah fungsi periodik yangmemenuhi persyaratan Dirichlet, maka f(t) dapat dinyatakan sebagaideret Fourier :195


[ a cos( nωt)+ b sin( nωt ]∑ ∞ f ( t)= a0 + n 0 n 0 ) (10.1)n=1yang dapat kita tuliskan sebagai (lihat sub-bab 3.2)⎡( cos( nωt − θ )∑ ∞ 2 2f ( t)= a0 + an+ bn0 n ) (10.2)n=1⎢⎣⎥⎦Koefisien Fourier a 0 , a n , dan b n ditentukan dengan hubungan berikut.1 T0/ 2a0=∫f ( t)dtT0−T0/ 22 T0/ 2an=∫f ( t) cos( nω0t)dtT0−T0/ 2; n > 0(10.3)2 T0/ 2bn=∫f ( t)sin(nω0t)dtT0−T0/ 2; n > 0Hubungan (10.3) dapat diperoleh dari (10.1). Misalkan kita mencaria n : kita kalikan (10.1) dengan cos(kω o t) kemudian kita integrasikanantara −T o /2 sampai T o /2 dan kita akan memperolehTo/ 2f ( t) cos( kωot)dt =−T/ 2∫o+To/ 2a0cos( kωot)dt−T/ 2∫o⎡ T / 2ao∞ ⎢∫−T⎢∑⎢n=1⎢+∫⎣cos( nωt) cos( kωt)dtn 0 o ⎥o / 2⎥To/ 2⎥bnsin( nω0t) cos( kωot)dt⎥−To/ 2⎦Dengan menggunakan kesamaan tigonometri11cos α cosβ = cos( α − β)+ cos( α + β)2211cos α sin β = sin( α − β)+ sin( α + β)22maka persamaan di atas menjadi⎤⎤196 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


To/ 2f ( t)cos(kωot)dt =−T/ 2∫o∫⎡aTo/ 2n∞ ⎢ ∫−⎢2 To/ 2+ ∑⎢b To/ 2n=1⎢+n⎣ 2 ∫ −To/ 2To/ 2a0cos( kωot)dt−T/ 2o( cos(( n − k)ω t)+ cos(( n + k)ω t))0( sin(( n − k)ω t)+ sin(( n + k)ω t))0⎤o dt ⎥⎥⎥o dtdt⎥⎦Karena integral untuk satu perioda dari fungsi sinus adalah nol, makasemua integral di ruas kanan persamaan ini bernilai nol kecuali satuyaitua Tno/ 22 ∫ − T / 2oan( cos(( n − k)ω t)) dt = yang terjadi jika n = k2 To/ 2oleh karena itu a n =∫f ( t) cos( nω0t)dtTo− To/ 20Pada bentuk-bentuk gelombang yang sering kita temui, banyakdiantara koefisien-koefisien Fourier yang bernilai nol. Keadaan iniditentukan oleh kesimetrisan fungsi f(t) yang pernah kita pelajari diBab-3; kita akan melihatnya sekali lagi dalam urain berikut ini.10.1.2. Kesimetrisan FungsiSimetri Genap. Suatu fungsi dikatakan mempunyai simetri genapjika f(t) = f(−t). Salah satu contoh fungsi yang memiliki simetrigenap adalah fungsi cosinus, cos(ωt) = cos(−ωt). Untuk fungsisemacam ini, dari (10.1) kita dapatkan∞f ( t)= a0+ ∑ nn=1∞f ( −t)= a0+n=1[ a cos( nωt)+ b sin( nωt)]0∑[ ancos( nω0t)− bnsin( nω0t)]Kalau kedua fungsi ini harus sama, maka haruslah b n = 0, dan f(t)menjadi2n0dan∑ ∞ f ( t)= ao + [ ancos( nω0t)](10.4)n=1197


COTOH-10.1: Tentukanderet Fourier dari bentukgelombang deretan pulsaberikut ini.v(t)A−T/2 0 T/2T oTPenyelesaian :Bentuk gelombang ini memiliki simetri genap, amplitudo A,perioda T o , lebar pulsa T.T / 21 T / 2 At ATao=∫Adt = = ; bn= 0 ;To−T/ 2 ToT−T/2 o2 T / 22AT / 2an=∫Acos(nωot)dt = sin nωotT − / 2ω− / 2o TToonTA ⎡ ⎛ nπT⎞⎤2A⎡ ⎛ nπT⎞⎤= ⎢2sin⎜⎟⎥= ⎢ ⎜ ⎟sin⎥πn⎢⎣⎝ To⎠⎥⎦πn⎢⎣⎝ To⎠⎥⎦Untuk n = 2, 4, 6, …. (genap), a n = 0; a n hanya mempunyainilai untuk n = 1, 3, 5, …. (ganjil).∞AT 2A⎡ ⎛ nπT⎞⎤f ( t)= +sin cos( nωot)T∑ ⎢ ⎜ ⎟⎥onπTn=1,ganjil ⎢⎣⎝ o ⎠⎥⎦∞AT 2A( n−/ 2= +( 1) 1) cos( n ot)T∑ −ωonπn=1, ganjilPemahaman :Pada bentuk gelombang yang memiliki simetri genap, b n = 0.Oleh karena itu sudut fasa harmonisa tanθ n = b n /a n = 0 yangberarti θ n = 0 o .Simetri Ganjil. Suatu fungsi dikatakan mempunyai simetri ganjiljika f(t) = −f(−t). Contoh fungsi yang memiliki simetri ganjil adalahfungsi sinus, sin(ωt) = −sin(−ωt). Untuk fungsi semacam ini, dari(10.1) kita dapatkan−∑ ∞ f ( −t)= −a0 + n 0 n 0 )n=1[ − a cos( nωt)+ b sin( nωt ]198 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


Kalau fungsi ini harus sama dengan∑ ∞ f ( t)= a0 +n=1n 0 n 0 )maka haruslah[ a cos( nωt)+ b sin( nωt ][ b sin( nωt)]0 0 dan 0 ( ) ∑ ∞ a = an= ⇒ f t = n 0 (10.5)n=1COTOH-10.2: Carilah deretFourier dari bentuk gelombangpersegi di samping ini.Penyelesaian:Bentuk gelombang ini memilikisimetri ganjil, amplitudo A,perioda T o = T.a o = 0 ; an= 0;2 ⎛ T / 2T⎞bn= ⎜ sin( o )sin( o ) ⎟⎝∫A nωt dt +0 ∫− A nωt dtTT / 2⎠2A/ 2⎜⎛TT= − cos( nωot)+ cos( nωot)⎟⎞Tnω0/ 2o ⎝T ⎠A 2= ( 1+cos ( nπ)− 2cos( nπ))nπUntuk n ganjil cos(nπ) = −1 sedangkan untuk n genap cos(nπ)= 1. Dengan demikian makaPemahaman:Abn=nπAbn=nπ( 1 + 1 + 2)4A=nπuntuk n ganjil( 1 + 1 − 2) = 0 untuk n genap⇒ v(t)=∑ ∞n=1, ganjilv(t)A4Anωtnπsin(−Ao )Tt199


Pada bentuk gelombang yang mempunyai semetri ganjil, a n = 0.Oleh karena itu sudut fasa harmonisa tanθ n = b n /a n = ∞ yangberarti θ n = 90 o .Simetri Setengah Gelombang. Suatu fungsi dikatakan mempunyaisimetri setengah gelombang jika f(t) = −f(t−T o /2). Fungsi dengansifat ini tidak berubah bentuk dan nilainya jika diinversi kemudiandigeser setengah perioda. Fungsi sinus(ωt) misalnya, jika kita kitainversikan kemudian kita geser sebesar π akan kembali menjadisinus(ωt). Demikain pula halnya dengan fungsi-fungsi cosinus,gelombang persegi, dan gelombang segitiga.− f ( t − To/ 2) = −a0+= −a0+∞∑n=1[ − a cos( nω( t − π))− b sin( nω( t − π))]∞nn∑[ − ( −1)ancos( nω0t)− ( −1)bnsin( nω0t)]n=1Kalau fungsi ini harus sama denganf ( t)= an∑ ∞ 0 + n 0 n 0 )n=10[ a cos( nωt)+ b sin( nωt ]maka haruslah a o = 0 dan n harus ganjil. Hal ini berarti bahwafungsi ini hanya mempunyai harmonisa ganjil saja.n010.1.3. Deret Fourier Bentuk EksponensialDeret Fourier dalam bentuk seperti (10.1) sering disebut sebagaibentuk sinus-cosinus. Bentuk ini dapat kita ubah kedalam cosinus(bentuk sinyal standar) seperti (10.2). Sekarang bentuk (10.2) akankita ubah ke dalam bentuk eksponensial dengan menggunakanhubunganecosα =jα +e2− jα.Dengan menggunakan relasi ini maka (10.2) akan menjadi200 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


∞⎡ 2 2f ( t)= a ∑ ( )⎤0 + an+ bncos( nω0t− θn)⎢⎣⎥⎦n=1∞ ⎡ j(nω0t−θn) − j(nω0t−θn)+⎤2 2 ee= a0+ ∑ ⎢ an+ bn⎥= 1⎢⎣2n⎥⎦∞ ⎡= a ⎢0 + ∑ ⎢n=1⎣2 2∞a⎤ ⎡n + bnj(nω0t−θn)e ⎥ + ⎢2⎥ ∑ ⎢⎦ n=1⎣2 2a⎤n + bn− j(nω0t−θn)e ⎥2⎥⎦(10.6)Suku ketiga (10.6) adalah penjumlahan dari n = 1 sampai n =∞. Jikapenjumlahan ini kita ubah mulai dari n = −1 sampai n = −∞, denganpenyesuaian a n menjadi a −n , b n menjadi b −n , dan θ n menjadi θ −n ,maka menurut (10.3) perubahan ini berakibat2 T0/ 22 T0/ 2a−n= f ( t)cos(n 0t)dtf ( t)cos(n 0t)dt anT ∫− ω =ω =0 −T0/ 2T ∫0 −T0/ 22 T0/ 22 T0/ 2b−n= f ( t)sin(n 0t)dtf ( t)sin(n 0t)dt bT ∫− ω = −ω = −0 −T0/ 2T ∫0 −T0/ 2btan n − bθnn = −− = ⇒ θ−n= −θna−nan(10.7)Dengan (10.7) ini maka (10.6) menjadif ( t)=∞∑n=0⎡⎢⎢⎣a2n+ b22nej(nωt−θ)0n⎤⎥ +⎥⎦−∞∑n=−1⎡⎢⎢⎣a2n2n+ b2e⎤n ⎥⎥⎦(10.8)j(nωt−θ)Suku pertama dari (10.8) merupakan penjumlahan yang kita mulaidari n = 0 untuk memasukkan a 0 sebagai salah satu sukupenjumlahan ini. Dengan cara ini maka (10.8) dapat ditulis menjadi⎛⎞+∞ 2 2+∞⎜ an+ bn− jθ⎟n j(nω0t)j(nω0t)f ( t)= ∑ ⎜ e ⎟ e = ∑cne (10.9)n=−∞2n=−∞⎝⎠Inilah bentuk eksponensial deret Fourier, dengan c n adalah koefisienFourier yang mungkin berupa besaran kompleks.0201


cn=a2n+ b22ne− jθa=n− jb2n(10.10)2 2an+ bncn=dan ∠cn= θndengan2−1⎛ − b ⎞1⎛⎞n tan ⎜ nθ = ⎟− bjika < 0; θn= tan ⎜ n ⎟an⎝ an⎠⎝ an⎠jika an> 0(10.11)Jika a n dan b n pada (10.3) kita masukkan ke (10.10) akan kitadapatkana− jb1T0/ 2− ω=n njn n tcn=∫f ( t)e dt (10.12)2 T0− T0/ 2dan dengan (10.12) ini maka (10.9) menjadi+∞+∞j(nωt)⎛ 1 T0/ 2− ω ⎞0ω= ∑ = ∑⎜jnot⎟ j(n0t)f ( t)cne∫f ( t)e dt−e (10.13)=−∞n=−∞⎝T T / 2n0 0⎠Persamaan (10.11) menunjukkan bahwa 2|c n | adalah amplitudo dariharmonisa ke-n dan sudut fasa harmonisa ke-n ini adalah ∠c n .Persamaan (10.10) ataupun (10.12) dapat kita pandang sebagaipengubahan sinyal periodik f(t) menjadi suatu spektrum yang terdiridari spektrum amplitudo dan spektrum sudut fasa seperti telah kitakenal di Bab-1. Persamaan (10.9) ataupun (10.13) memberikan f(t)apabila komposisi harmonisanya c n diketahui. Persamaan (10.12)menjadi cikal bakal transformasi Fourier, sedangkan persamaan(10.13) adalah transformasi baliknya.COTOH-10.3: Carilah koefisien Fourier c n dari fungsi padacontoh-10.1.Penyelesaian :cn1=To∫T / 2−T/ 2A eA ⎛ e= ⎜nωoT⎜o ⎝− jnωtjnωT / 2oodt =− ejoA ⎛ − jnωt⎜ eT ⎜o ⎝− jnωo− jnωT / 2o⎞⎟⎟⎠T / 2−T/ 2⎞⎟ 2A=⎟⎠nωoTosin( nωT / 2)o202 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


10.2. Transformasi Fourier10.2.1. Spektrum KontinyuDeret Fourier, yang koefisiennya diberikan oleh (10.12) hanyaberlaku untuk sinyal periodik. Sinyal-sinyal aperiodik seperti sinyaleksponensial dan sinyal anak tangga tidak dapat direpresentasikandengan deret Fourier. Untuk menangani sinyal-sinyal demikian inikita memerlukan transformasi Fourier dan konsep spektrumkontinyu. Sinyal aperiodik dipandang sebagai sinyal periodik denganperioda tak-hingga.Jika diingat bahwa ω 0 = 2π/T 0 , maka (10.13) menjadi∞⎛ 1 T0/ 2f ( t)= ∑⎜∫−=−∞⎝Tn 0 T0/ 2∞1 ⎛ T0/ 2= ∑ ⎜2π∫−n=−∞⎝T0/ 2− jnω⎞0t⎟ jnω0tf ( t)e dte⎠− jnω⎞0tjnω0tf ( t)e dt ⎟ ω0e⎠(10.14)Kita lihat sekarang apa yang terjadi jika perioda T 0 diperbesar.Karena ω 0 = 2π/T 0 maka jika T 0 makin besar, ω 0 akan makin kecil.Beda frekuensi antara dua harmonisa yang berturutan, yaitu∆ ω =2π( n + 1) ω0− nω0= ω0=T0juga akan makin kecil yang berarti untuk suatu selang frekuensitertentu jumlah harmonisa semakin banyak. Oleh karena itu jikaperioda sinyal T 0 diperbesar menuju ∞ maka spektrum sinyalmenjadi spektrum kontinyu, ∆ω menjadi dω (pertambahan frekuensiinfinitisimal), dan nω 0 menjadi peubah kontinyu ω. Penjumlahanpada (10.14) menjadi integral. Jadi dengan membuat T 0 → ∞ maka(10.14) menjadi1 ∞ ⎛ ∞− jωt⎞ jωt1 ∞jωtf ( t)=∫⎜−∞ ∫f ( t)e dt ⎟ e dω =−∞∫F(ω)e dω2π⎝⎠ 2π−∞(10.15)dengan F(ω) merupakan sebuah fungsi frekuensi yang baru,sedemikian rupa sehingga203


∫ ∞ − jωtF ( ω)= f ( t)e dt(10.16)−∞dan F(ω) inilah transformasi Fourier dari f(t), yang ditulis dengannotasiF[ f ( t)] = F ( ω)Proses transformasi balik dapat kita lakukan melalui persamaan(10.15).Ff ( t)= −1 ( ω)COTOH-10.4: Carilah transformasiFourier dari bentuk gelombang pulsadi samping ini.Penyelesaian :−T/2 0 T/2Bentuk gelombang ini adalahaperiodik yang hanya mempunyai nilai antara −T/2 dan +T/2,sedangkan untuk t yang lain nilainya nol. Oleh karena ituintegrasi yang diminta oleh (10.16) cukup dilakukan antara −T/2dan +T/2 saja.F(ω)=T / 2− jωtA e dt = −−T/ 2∫sin( ωT= ATωT/ 2)/ 2TA − jωtejω−T/ 2/ 2Kita bandingkan transformasi Fourier (10.16)∫ ∞ − jωtF ( ω)= f ( t)e dt−∞dengan koefisien FourierA ⎡ jωTe= ⎢ω/2 ⎢⎣/ 2− jωT− ean− jbn1 T0/ 2− jnωn tcn= =∫f ( t)e dt(10.17)2 T0− T0/ 2Koefisien Fourier c n merupakan spektrum sinyal periodik denganperioda T 0 yang terdiri dari spektrum amplitudo |c n | dan spektrumAv(t)j2/ 2⎤⎥⎥⎦204 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


sudut fasa ∠c n , dan keduanya merupakan spektrum garis (tidakkontinyu, memiliki nilai pada frekuensi-frekuensi tertentu yangdiskrit). Sementara itu transformasi Fourier F(ω) diperoleh denganmengembangkan perioda sinyal menjadi tak-hingga guna mencakupsinyal aperiodik yang kita anggap sebagai sinyal periodik yangperiodenya tak-hingga. Faktor 1/T 0 pada c n dikeluarkan untukmemperoleh F(ω) yang merupakan spektrum kontinyu, baikspektrum amplitudo |F(jω)| maupun spektrum sudut fasa ∠ F(ω).COTOH-10.5: Gambarkan spektrum amplitudo dari sinyal padacontoh 10.4.Penyelesaian :Spektrum amplitudosinyal aperiodik inimerupakan spektrumkontinyu |F(jω)|.F ( ω)=sin( ωT/ 2)ATωT/ 2 -5|F(ω)|−6π −4π −2π 0 2π 4π 6π ωT T 0 T T T TPemahaman:Sinyal ini mempunyai simetri genap. Sudut fasa harmonisaadalah nol sehingga spektrum sudut fasa tidak digambarkan.Perhatikan pula bahwa |F(ω)| mempunyai spektrum di dua sisi,ω positif maupun negatif; nilai nol terjadi jika sin(ωT/2)=0 yaitupada ω = ±2kπ/T (k = 1,2,3,…); nilai maksimum terjadi pada ω= 0, yaitu pada waktu nilai sin(ωT/2)/(ωT/2) = 1.COTOH-10.6: Carilah transformasi Fourier dari f(t) = [A e −αt ] u(t)dan gambarkan spektrum amplitudo dan fasanya.Penyelesaian :205


∞−αt− jωt∞−(α+ jω)tF(ω)=∫Ae u(t)e dt =−∞ ∫Ae dt0∞−(α+ jω)teA= − A= untuk α > 0α + jωα + jω0| A |⇒ F(ω)=2 2α + ω−1 ω⇒ θ(ω)= ∠F(jω)= − tanα|F(ω)25| A/αθ(ω)90+90 oPemahaman:Untuk α < 0, tidak ada transformasi Fourier-nya karenaintegrasi menjadi tidak konvergen.10.3. Transformasi BalikPada transformasi Fourier transformasi balik sering dilakukandengan mengaplikasikan relasi formalnya yaitu persamaan (10.15).Hal ini dapat dimengerti karena aplikasi formula tersebut relatifmudah dilakukanCOTOH-10.7: Carilah f(t) dariPenyelesaian :1f ( t)=2πF( ω)= 2πδ(ω)∞jωt2πδ(ω)e dω =−∞∫+ωα=∫δ(ω)(1)dω = 1−α12π+0jωt2πδ(ω)e dω−0∫−90 o206 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


Pemahaman :Fungsi 2πδ(ω) adalah fungsi di kawasan frekuensi yang hanyamempunyai nilai di ω=0 sebesar 2π. Oleh karena itu e jωt jugahanya mempunyai nilai di ω=0 sebesar e j0t =1. Karena fungsihanya mempunyai nilai di ω=0 maka integral dari −∞ sampai+∞ cukup dilakukan dari 0 − sampai 0 + , yaitu sedikit di bawahdan di atas ω=0. Contoh ini menunjukkan bahwa transformasiFourier dari sinyal searah beramplitudo 1 adalah 2πδ(ω).COTOH-10.8: Carilah f(t) dariPenyelesaian :f ( t)=12F( jω)= 2πδ(ω − α)∞jωtπδ ω − α e dω =π ∫2 ( )−∞+jαtαjαt= e∫δ(ω − α)dω = e−αPemahaman :12+αjωtπδ ω − α e dωπ ∫2 ( )−αFungsi 2πδ(ω−α) adalah fungsi di kawasan frekuensi yanghanya mempunyai nilai di ω=α sebesar 2π. Oleh karena itu e jωtjuga hanya mempunyai nilai di ω=α sebesar e jαt . Karena fungsihanya mempunyai nilai di ω=α maka integral dari −∞ sampai+∞ cukup dilakukan dari α − sampai α + , yaitu sedikit di bawahdan di atas ω=α.COTOH-10.9: Carilah f(t) dariπAF( ω)= u(ω + α)− u(ω − α)αPenyelesaian :[ ]207


1 ∞ πAjωtf ( t)= [ u ω + α − u ω − α ] e dωπ ∫( ) ( )2 −∞ ααjωt1 ∞ πAjωtA e= [ ] e dω=π ∫12 −∞ α2αjt−αjαt− jαtjαt− jαtA e − e A e − e sin( αt)=== A2αjt αtj2αtPemahaman:Dalam soal ini F(ω) mempunyai nilai pada selang −α


dengan s = σ + jω adalah peubah frekuensi kompleks. Batas bawahintegrasi adalah nol, artinya fungsi f(t) haruslah kausal. Jika f(t)memenuhi persyaratan Dirichlet maka integrasi tersebut di atas akantetap konvergen jika σ = 0, dan formulasi transformasi Laplace inimenjadi∫ ∞ − jωtF ( s)= f ( t)e dt(10.19)0Sementara itu untuk sinyal kausal integrasi transformasi Fouriercukup dilakukan dari nol, sehingga transformasi Fourier untuk sinyalkausal menjadi∫ ∞ − jωtF ( ω)= f ( t)e dt(10.20)0Bentuk (10.20) sama benar dengan (10.19), sehingga kita dapatsimpulkan bahwauntuk sinyal f ( t)kausal dan dapat di - integrasiF(ω)= F(s)σ= 0berlaku(10.21)Persyaratan “dapat di-integrasi” pada hubungan (10.21) dapatdipenuhi jika f(t) mempunyai durasi yang terbatas atau cepatmenurun menuju nol sehingga integrasi |f(t)| dari t=0 ke t=∞konvergen. Ini berarti bahwa pole-pole dari F(s) harus berada disebelah kiri sumbu imajiner. Jika persyaratan-persyaratan tersebut diatas dipenuhi, pencarian transformasi balik dari F(ω) dapat puladilakukan dengan metoda transformasi balik Laplace.COTOH-10.10: Dengan menggunakan metoda transformasiLaplace carilah transformasi Fourier dari fungsi-fungsi berikut(anggap α, β > 0).Penyelesaian:−αta). f1(t)= A e u(t)b). f2(t)= δ(t)c) f3(t)= A e−αt[ sin βt] u(t)209


−αta). f1(t)= Ae u(t)→ fungsi kausal dan dapat di -integrasiA→ F(s)= → pole p1= −α (di kiri sumbu imag)s + α1→ F ( ω)=jω + αb). f2(t)= δ(t)→ fungsi kausal dan→ F ( s)= 1 → F ( ω)= 1−αt[ sinβt]dapat di - integrasic). f3(t)= A e u(t)→ fungsi kausal, dapatA→ F ( s)=→ pole p = −α ± jβ2 2( s + α)+ βAa→ F ( ω)==2 2 2 2 2( jω + α)+ β α + β − ω + j2αωdi - integrasi(di kiri sumbuim)COTOH-10.11: Carilah f(t) dari10F ( ω)=( jω + 3)( jω + 4)Penyelesaian :Jika kita ganti jω dengan s kita dapatkan10F ( s)=( s + 3)( s + 4)Pole dari fungsi ini adalah p 1 = −3 dan p 2 = −4, keduanya disebelah kiri sumbu imajiner.10 k1k2F(s)== +( s + 3)( s + 4) s + 3 s + 4→ k10s + 410 10⇒ F(s)= −s + 3 s + 41=s=−3Transformasi balik dari F(ω) adalah :f ( t)== 10 ; k2=−3t−4t[ 10 e −10e ] u(t)10s + 3s=−4= −10210 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


10.4. Sifat-Sifat Transformasi Fourier10.4.1. KelinieranSeperti halnya transformasi Laplace, sifat utama transformasi Fourieradalah kelinieran.Jikamaka::F[ f1( t)] = F1( ω)dan F[ f ( t)] = F2([ Af t)+ Bf t)] = AF( ω)+ BF( ω)F21 (2 (12ω)COTOH-10.12: Carilah transformasi Fourier dari v(t) = cosβt.Penyelesaian:(10.22)Fungsi ini adalah non-kausal; oleh karena itu metodatransformasi Laplace tidak dapat di terapkan. Fungsi cosinus inikita tuliskan dalam bentuk eksponensial.F⎡ jβt− jβte + e ⎤ 1 jβt1 − jβt[ cosβt] = F⎢⎥ = F[ e ] + F[ e ]⎢⎣2Dari contoh 10.8. kita ketahui bahwa F ⎡ejωt⎤= 2πδ(ω − β)⎢⎣ ⎥⎦FJadi [ cosβt] = πδ( ω − β)+ πδ(ω + β)10.4.2. DiferensiasiSifat ini dinyatakan sebagai berikut⎡df( t)⎤F ⎢ ⎥ = jωF( ω)(10.23)⎣ dt ⎦Persamaan (10.15) menyatakan1 ∞jωtf ( t)= ( ω)ω2π∫F e d−∞df ( t)d ⎛ 1 ∞jωt⎞ 1 ∞ ⎡ d jωt⎤→ = ⎜ ( ω)ω⎟= ( ( ) )22⎢ ω ωπ⎥⎝ π ∫F e d∫F e ddt dt −∞⎠ −∞ ⎣dt⎦1 ∞jωt= ω ( ω)ω2π∫j F e d−∞⎡df( t)⎤→ F⎢⎥ = jωF( ω)⎣ dt ⎦⎥⎦22211


10.4.3. IntegrasiSifat ini dinyatakan sebagai berikut.⎡ t ⎤ F(ω)F ⎢∫ f ( x)dx⎥= + πF(0)δ(ω)(10.24)⎣ −∞⎦ jωSuku kedua ruas kanan (10.24) merupakan komponen searah jikasekiranya ada. Faktor F(0) terkait dengan f(t); jika ω diganti dengannol akan kita dapatkanF (0)=∫ ∞ f ( t)dt−∞COTOH-10.13: Carilah transformasi Fourier dari f(t) = Au(t).Penyelesaian:Metoda transformasi Laplace tidak dapat diterapkan untukfungsi anak tangga. Dari contoh (10.10.b) kita dapatkan bahwaF [ δ( t)] = 1. Karena fungsi anak tangga adalah integral darifungsi impuls, kita dapat menerapkan hbungan (10.24) tersebutdi atas.F10.4.4. Pembalikant1j ω[ u( t)] = F∫ δ(x)dx = + πδ(ω)∞−Pembalikan suatu fungsi f(t) adalah mengganti t dengan −t. Jika kitamembalikkan suatu fungsi, maka urutan kejadian dalam fungsi yangbaru berlawanan dengan urutan kejadian pada fungsi semula.Transformsi Fourier dari fungsi yang dibalikkan sama dengankebalikan dari transformasi Fourier fungsi semula. Secara formal halini dapat dituliskan sebagai[ f ( t)] = F(ω)maka F[ f ( −t)] = F(−ω)Jika F (10.25)Menurut (10.16)212 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


F[ f ( −t)]→ F∞− jωt=∫f ( −t)e dt ; Misalkan − t = τ−∞−∞jωτ= −∫f ( τ)e dτ∞∞− jωτ=∫f ( τ)e dτ= F(−ω)−∞[ f ( −t)] = F[ f ( τ)]Sifat pembalikan ini dapat kita manfaatkan untuk mencaritransformasi Fourier dari fungsi signum dan fungsi eksponensial duasisi.COTOH-10.14: Carilah transformasi Fourier dari fungsi signumdan eksponensial dua sisi breikut ini.v(t)u(t)1v(t)1−u(−t)0−1signum : sgn(t) = u(t) −Penyelesaian u(−t) :1F = makajωContoh 10.13. memberikan [ u( t)] + πδ(ω)Fte −α(−t)[ sgn( t)] = F[ u(t)− u(−t)]2=jω−αt 1F e u(t)= makaContoh 10.10.a memberikan [ ]α + jω−α |( )[ ] [ ]| t −αt−α −tF e = F e u(t)+ e u(−t)1 1 2α= + =α + jωα + j(−ω)2 2α + ω10.4.5. Komponen yata dan Imajiner dari F(ω)e −αt u(t)0teksponensial dua sisi :e −α| t | = e −αt u(t) + e −α(−t) u(−t)Pada umumnya transformasi Fourier dari f(t), F(ω), berupa fungsikompleks yang dapat kita tuliskan sebagai213


F∞− jωt∞( ω)=∫f ( t)e dt =ω −−∞ ∫f ( t)cost dt j−∞jθ = A(ω)+ jB(ω)= ( ω)e ωF∞f ( t)sinωtdt−∞dengan∞∞A ( ω)=∫f ( t)cosωtdt ; B(ω)= −−∞∫f ( t)sinωtdt (10.26)−∞2 2−1⎛B(ω)⎞F ( ω)= A ( ω)+ B ( ω); θ(ω)= tan⎜⎟ (10.27)⎝ A(ω)⎠Jika f(t) fungsi nyata, maka dari (10.26) dan (10.27) dapat kitasimpulkan bahwa1. Komponen riil dari F(ω) merupakan fungsi genap, karenaA(−ω) = A(ω).2. Komponen imajiner F(ω) merupakan fungsi ganjil, karenaB(−ω) =− B(ω).3. |F(ω)| merupakan fungsi genap, karena |F(−ω)| = |F(ω)|.4. Sudut fasa θ(ω) merupakan fungsi ganjil, karena θ(−ω) =−θ(ω).5. Kesimpulan (1) dan (2) mengakibatkan : kebalikan F(ω)adalah konjugat-nya, F(−ω) = A(ω) − jB(ω) = F * (ω) .6. Kesimpulan (5) mengakibatkan : F(ω) × F(−ω) = F(ω) ×F * (ω) = |F(ω)| 2 .7. Jika f(t) fungsi genap, maka B(ω) = 0, yang berarti F(ω) riil.8. Jika f(t) fungsi ganjil, maka A(ω) = 0, yang berarti F(ω)imajiner.∫10.4.6. KesimetrisanSifat ini dinyatakan secara umum sebagai berikut.Jika[ f ( t)] = ( ω)maka F[ F(t)] = 2πf ( −ω)F F (10.28)Sifat ini dapat diturunkan dari formulasi transformasi balik.214 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


2πf ( t)=Jikat∫∞−∞Fjωt( ω)e dω → 2πf ( −t)=dan ω dipertukarkan10.4.7. Pergeseran WaktuSifat ini dinyatakan sebagai berikut.Jika∫∞−∞Fmaka : 2πf ( −ω)=− jωt( ω)e dω∫∞−∞− jωT[ f ( t)] = F(ω)maka F[ f ( t − T )] = e F(ω)F− jωt( t)e dωF (10.29)Sifat ini mudah diturunkan dari definisinya.10.4.8. Pergeseran FrekuensiSifat ini dinyatakan sebagai berikut.[ ]1jβtF(ω)= f ( t)maka F−[ F ( ω − β)] = e f ( t)Jika F−1(10.30)Sifat ini juga mudah diturunkan dari definisinya.10.4.9. PenskalaanSifat ini dinyatakan sebagai berikut.1 ⎛ ω ⎞Jika F [ f ( t)] = F(ω)maka F[ f ( at)] = F⎜⎟ (10.31)| a | ⎝ a ⎠10.5. RingkasanTabel-10.1 berikut ini memuat pasangan transformasi Fouriersedangkan sifat-sifat transformasi Fourier termuat dalam Tabel-10.2.215


Tabel 10.1. Pasangan transformasi Fourier.Sinyal f(t) F(ω)Impuls δ(t) 1Sinyal searah (konstan) 1 2π δ(ω)Fungsi anak tangga u(t) 1+ πδ(ω)jωSignumsgn(t)Exponensial (kausal) −αt( e ) u(t)Eksponensial (dua sisi) |e α |tEksponensial kompleks2jω1α + jω− 2α2 2α + ωj te β 2πδ(ω − β)Kosinus cosβt π [ δ( ω − β)+ δ(ω + β)]Sinus sinβt − j π [ δ( ω − β)− δ(ω + β)]Tabel 10.2. Sifat-sifat transformasi Fourier.Sifat Kawasan Waktu Kawasan FrekuensiSinyal f(t) F(ω)Kelinieran A f 1 (t) + B f 2 (t) AF 1 (ω) + BF 2 (ω)DiferensiasiIntegrasidf ( t)jωF(ω)dttF ( ω)f ( x)dx+ π F (0) δ(ω)∫ −∞jωKebalikan f (−t) F(−ω)Simetri F (t) 2π f (−ω)Pergeseran waktu f (t − T) − jωTe F (ω)Pergeseran frekuensi e j β t f (t) F(ω − β)Penskalaan |a| f (at)⎛ ω ⎞F ⎜ ⎟⎝ a ⎠216 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


Soal-SoalDeret Fourier Bentuk Sinus-Cosinus.1. Tentukan deret Fourier dari gelombang segitiga berikut ini.v 1ms5Vta). −5Vv 1ms10Vb).c).d).vvv20ms20ms1mst150Vt150Vt10Ve).−5V2. Siklus pertama dari deretan pulsa dinyatakan sebagaiv ( t)= 2u(t)− 2u(t −1)+ u(t − 2) − u(t − 3)Gambarkan siklus pertama tersebut dan carilah koefisien Fouriernyaserta gambarkan spektrum amplitudo dan sudut fasanya.t217


3. Suatu gelombang komposit dibentuk dengan menjumlahkantegangan searah 10V dengan gelombang persegi yang amplitudopuncak ke puncak-nya 10 V. Carilah deret Fouriernya dangambarkan spektrum amplitudonya.Deret Fourier Bentuk Eksponensial.4. Carilah koefisien kompleks deret Fourier bentuk gelombangberikut.a).−5Vvv1ms1ms5Vt10Vb).v10V1ms2msttc).−5Vv150Vd).v20ms1mst10Ve).−5Vt218 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


Transformasi Fourier5. Carilah transformasi Fourier dari bentuk-bentuk gelombangberikut:Ata). v( t)= [ u(t)− u(t − T )];Tb).⎛ 2πt⎞⎡⎞ ⎞⎤⎢ ⎜⎛ T⎜⎛ Tv ( t)= Acos⎜⎟ u t + ⎟ − u t − ⎟⎥ ⎝ T ⎠⎣⎝ 4 ⎠ ⎝ 4 ⎠ ⎦A ⎡⎤c).⎛ 2πt⎞⎤⎡ ⎞ ⎞⎢ ⎜⎛ T⎜⎛ Tv ( t)= ⎢1+ cos⎜⎟⎥u t + ⎟ − u t − ⎟⎥ 2 ⎣ ⎝ T ⎠⎦⎣ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎦d). v ( t)= 2 + 2u(t);e). v ( t)= 2sgn( −t)+ 6u(t)−2tf). v(t)= [ 2eu(t)+ 2sgn( t)] δ(t + 2)−2(t−2)−2(t+2)g). v(t)= 2eu(t − 2) + 2eu(t + 2)6. Tentukan transformasi balik dari fungsi-fungsi berikut:π −α|ω|a). F ( ω)= e ;απAβb). F ( ω)= [ u(ω + β)− u(ω − β)]c). F 1000( ω)=( jω + 20) ( jω + 50);jωd). F ( ω)=( jω + 20) ( jω + 50)2e). F − ω( ω)=( jω + 20) ( jω + 50);1000f). F ( ω)=jω(jω + 20) ( jω + 50)219


j500ωg). F ( ω)=;( − jω + 50) ( jω + 50)j5ωh). F ( ω)=( jω + 50) ( jω + 50)i). F 5000( ω)=jω(− jω + 50) ( jω + 50);5000δ(ω)j). F ( ω)=2− ω + j200ω + 2500−2ωk). F ( ω)= 4π δ(ω)+ e ;− ω4π δ(ω − 4)e j2l). F ( ω)=jω4π δ(ω)+ 4( jω + 1)m). F ( ω)=;jω(2+ jω)−2ωn). F ( ω)= 4π δ(ω)+ eo). F ( ω)= 4π δ(ω)+ 4π δ(ω − 2) + 4π δ(ω + 2)220 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


BAB 11Analisis Rangkaian MenggunakanTransformasi FourierDengan pembahasan analisis rangkaian dengan menggunakantransformasi Fourier, kita akan• mampu melakukan analisis rangkaian menggunakantransformasi Fourier.• mampu mencari tanggapan frekuensi.11.1. Transformasi Fourier dan Hukum RangkaianKelinieran dari transformasi Fourier menjamin berlakunya relasi hukumKirchhoff di kawasan frekuensi. Relasi HTK misalnya, jikaditransformasikan akan langsung memberikan hubungan di kawasanfrekuensi yang sama bentuknya dengan relasinya di kawasan waktu.Misalkan relasi HTKjikaditransformasikan: v ( t)+ v1: V ( ω)+ V12( t)− v33( ω)−V( t)= 03( ω)= 0Hal inipun berlaku untuk KCL. Dengan demikian maka transformasiFourier dari suatu sinyal akan mengubah pernyataan sinyal di kawasanwaktu menjadi spektrum sinyal di kawasan frekuensi tanpa mengubahbentuk relasi hukum Kirchhoff, yang merupakan salah satu persyaratanrangkaian yang harus dipenuhi dalam analisis rangkaian listrik.Persyaratan rangkaian yang lain adalah persyaratan elemen, yang dapatkita peroleh melalui transformasi hubungan tegangan-arus (karakteristiki-v elemen). Dengan memanfaatkan sifat diferensiasi dari transformasiFourier, kita akan memperoleh relasi di kawasan frekuensi untuk resistor,induktor, dan kapasitor sebagai berikut.ResistorInduktorKapasitor: VR( ω)= RIR ( ω): VL( ω)= jωLIL ( ω): IC( ω)= jωCVC( ω)Relasi diatas mirip dengan relasi hukum Ohm. Dari relasi di atas kitadapatkan impedansi elemen, yaitu perbandingan antara tegangan dan arusdi kawasan frekuensi221


Z R = R1; Z L = jωL; ZC=(11.1)jωCBentuk-bentuk (11.1) telah kita kenal sebagai impedansi arus bolakbalik.Dari uraian di atas dapat kita simpulkan bahwa transformasi Fouriersuatu sinyal akan tetap memberikan relasi hukum Kirchhoff di kawasanfrekuensi dan hubungan tegangan-arus elemen menjadi mirip denganrelasi hukum Ohm jika elemen dinyatakan dalam impedansinya. Dengandasar ini maka kita dapat melakukan transformasi rangkaian, yaitumenyatakan elemen-elemen rangkaian dalam impedansinya danmenyatakan sinyal dalam transformasi Fouriernya. Pada rangkaian yangditransformasikan ini kita dapat menerapkan kaidah-kaidah rangkaiandan metoda-metoda analisis rangkaian. Tanggapan rangkaian di kawasanwaktu dapat diperoleh dengan melakukan transformasi balik.Uraian di atas paralel dengan uraian mengenai transformasi Laplace,kecuali satu hal yaitu bahwa kita tidak menyebut-nyebut tentang kondisiawal.Hal ini dapat difahami karena batas integrasi dalam mencaritransformasi Fourier adalah dari −∞ sampai +∞. Hal ini berbeda dengantransformasi Laplace yang batas integrasinya dari 0 ke +∞. Jadi analisisrangkaian dengan menggunakan transformasi Fourier mengikut sertakanseluruh kejadian termasuk kejadian untuk t < 0. Oleh karena itu caraanalisis dengan transformasi Fourier tidak dapat digunakan jika kejadianpada t < 0 dinyatakan dalam bentuk kondisi awal. Pada dasarnyatransformasi Fourier diaplikasikan untuk sinyal-sinyal non-kausalsehingga metoda Fourier memberikan tanggapan rangkaian yang berlakuuntuk t = −∞ sampai t = +∞.COTOH-11.1: Pada rangkaian seri antararesistor R dan kapasitor C diterapkantegangan v 1 . Tentukan tanggapanrangkaian v C .Penyelesaian:Persoalan rangkaian orde pertama ini telah pernah kita tangani padaanalisis transien di kawasan waktu maupun kawasan s(menggunakan transformasi Laplace). Di sini kita akanmenggunakan transformasi Fourier.+v 1−RC+v C−222 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


Transformasi Fourier dari rangkaian iniadalah : tegangan masukan V 1 (ω),impedansi resistor R terhubung seri1dengan impedansi kapasitor .jωCDengan kaidah pembagi tegangan kita dapatkan tegangan padakapasitor adalahZC1/ jωC1/ RCVC( ω)= V1 ( ω)=V1( ω)=V1( ω)R + ZCR + (1/ jωC)jω + (1/ RC)Tegangan kapasitor tergantung dari V 1 (ω). Misalkan teganganmasukan v 1 (t) berupa sinyal anak tangga dengan amplitudo 1. Daritabel 11.1. tegangan ini di kawasan frekuensi adalah1V 1(ω)= + π δ(ω). Dengan demikian makajωV C ( ω)=1/ RC ⎛ 1 ⎞( ) =j (1/ RC)⎜ + π δ ωj⎟ω + ⎝ ω ⎠jω1/ RCπ δ(ω)/ RC+( jω + 1/ RC) ( jω + 1/ RC)Fungsi impuls δ(ω) hanya mempunyai nilai untuk ω = 0, sehinggapada umumnya F(ω)δ(ω) = F(0)δ(ω). Dengan demikian suku keduaπ δ(ω)/ RCruas kanan persamaan di atas = π δ(ω). Suku pertama( jω + 1/ RC )dapat diuraikan, dan persamaan menjadiV C1 1( ω)= −+ π δ(ω)jωjω + 1/ RCDengan menggunakan Tabel 11.1. kita dapat mencari transformasibalik1vC( t)= sgn( t)−2−(1/RC)t 1 −(1/RC)t[ e ] u(t)+ = [ 1 − e ] u(t)Pemahaman :Hasil yang kita peroleh menunjukkan keadaan transien tegangankapasitor, sama dengan hasil yang kita peroleh dalam analisistransien di kawasan waktu di Bab-4 contoh 4.5. Dalammenyelesaikan persoalan ini kita tidak menyinggung sama sekalimengenai kondisi awal pada kapasitor karena transformasi Fouriertelah mencakup keadaan untuk t < 0.2+V 1−R1/jωC+V C−223


COTOH-11.2: Bagaimanakah v C pada contoh 11.1. jika teganganyang diterapkan adalah v 1 (t) = sgn(t) ?Penyelesaian:Dari Tabel 11.1. kita peroleh F [ sgn( t)]maka V C (ω) dan uraiannya adalah2= . Dengan demikianjω⎡ 1/ RC ⎤V C ( ω)= ⎢ ⎥⎣ jω + 1/ RC ⎦Transformasi baliknya memberikan2=jω2−jω2jω + 1/ RCPemahaman:−(1/RC)tvC( t)= sgn( t)− 2 e u(t)Persoalan ini melibatkan sinyal non-kausal yang memerlukanpenyelesaian dengan transformasi Fourier. Suku pertama dari v C (t)memberikan informasi tentang keadaan pada t < 0, yaitu bahwategangan kapasitor bernilai −1 karena suku kedua bernilai nol untukt < 0. Untuk t > 0, v C (t) bernilai 1 − 2e −(1/RC) t u(t) yang merupakantegangan transien yang nilai akhirnya adalah +1. Di sini terlihat jelasbahwa analisis dengan menggunakan transformasi Fouriermemberikan tanggapan rangkaian yang mencakup seluruh sejarahrangkaian mulai dari −∞ sampai +∞. Gambar v C (t) adalah seperti dibawah ini.2v C+1 10-40 -20 0 20 40sgn(t)-1−1−2 -2sgn(t)−2e −(1/RC) t u(t)t−2e −(1/RC) t u(t)224 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


11.2. Konvolusi dan Fungsi AlihJika h(t) adalah tanggapan rangkaian terhadap sinyal impuls dan x(t)adalah sinyal masukan, maka sinyal keluaran y(t) dapat diperoleh melaluiintegral konvolusi yaitu∫y ( t)= t h(τ)x(t − τ)dτ(11.2)0Dalam integral konvolusi ini batas integrasi adalah τ = 0 sampai τ = tkarena dalam penurunan formulasi ini h(t) dan x(t) merupakan bentukgelombang kausal. Jika batas integrasi tersebut diperlebar mulai dari τ =−∞ sampai τ = +∞, (11.2) menjadiy ( t)=∫ +∞ h(τ)x(t − τ)dτ(11.3)τ= −∞Persamaan (11.3) ini merupakan bentuk umum dari integral konvolusiyang berlaku untuk bentuk gelombang kausal maupun non-kausal.Transformasi Fourier untuk kedua ruas (11.3) adalahF⎡ +∞( = Y ( ω)= F ⎢∫⎣ τ=−∞[ y t)]⎤h(τ)x(t − τ)dτ⎥⎦∞ ⎡ +∞⎤ − jωt=∫ ⎢=−∞ ∫h(τ)x(t − τ)dτ⎥e dtt ⎣ τ=−∞⎦Pertukaran urutan integrasi pada (11.4) memberikan(11.4)∞ ⎡ +∞Y ( ω)=∫ ⎢τ=−∞ ⎣∫t=−∞− jωt⎤h(τ)x(t − τ)e dt⎥dτ⎦∞ ⎡ +∞− jωt⎤=∫h(τ)⎢τ=−∞ ∫x(t − τ)e dt⎥dτ⎣ t=−∞⎦(11.5)Mengingat sifat pergeseran waktu pada transformasi Fourier, maka(11.5) dapat ditulisY ( ω)=∞− jωτh(τ)e X ( ω)dττ=−∞∫⎡ ∞− jωτ⎤= ⎢ ( τ)τ⎥( ω)⎣∫h e d Xτ=−∞⎦= H(ω)X ( ω)(11.6)225


Persamaan (11.6) menunjukkan hubungan antara transformasi Fouriersinyal keluaran dan masukan. Hubungan ini mirip bentuknya denganpersamaan yang memberikan hubungan masukan-keluaran melaluifungsi alih T(s) di kawasan s yaitu Y(s) = T(s) X(s). Oleh karena itu H(ω)disebut fungsi alih bentuk Fourier.COTOH-11.3: Tanggapan impuls suatau sistem adalahα −α|t|h(t)= e . Jika sistem ini diberi masukan sinyal signum,2sgn(t), tentukanlah tanggapan transiennya.Penyelesaian:Dengan Tabel 11.1. didapatkan H(ω) untuk sistem ini⎡α −α| t|⎤ α 2αH ( ω)= F ⎢ e =2⎥⎣ ⎦ 2 2α + ωSinyal masukan, menurut Tabel 11.1. adalahSinyal keluaran adalahX ( ω)= FαY ( ω)= H ( ω)X ( ω)=2α + ωyang dapat diuraikan menjadik2= ( α + jω)Y ( ω)=jω=−αk3= ( α − jω)Y ( ω)=jω=α2[ sgn(t) ]22=jω22=jωk1k2k3Y ( ω)= + +jωα + jωα − jω22αk1= jωY( ω)=jω=0 ( α + jω)(α − jω)2α=2α + ω2αjω(α + jω)(α − jω)jω=0= 2222α2α== −1jω(α − jω)− α(α + α)jω=−α222α2α= = + 1jω(α + jω)α(α + α)jω=α22226 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


JadiY 2 −11( ω)= + +jωα + jωα + j(−ω)sehingga−αt−α(−t)y(t)= sgn( t)− e u(t)+ e u(−t)−α tα t= [1 − e ] u(t)+ [ −1+e ] u(−t)]Gambar dari hasil yang kita peroleh adalah seperti di bawah ini.COTOH-11.4: Tentukan tanggapan frekuensi dari sistem pada contoh-11.3.Penyelesaian :Fungsi alih sistem tersebut adalah0-40 0 40[−1+e α t ] u(t)y(t)1+1-12αH ( ω)= .2 2α + ωKurva |H(ω)| kita gambarkan dengan ω sebagai absis dan hasilnyaadalah seperti gambar di bawah ini.|H(ω)|1−1[1−e −α t ] u(t)1t00-20 -10 0 10 20ω227


Pada ω =0, yaitu frekuensi sinyal searah, |H(ω)| bernilai 1 sedangkanuntuk ω tinggi |H(ω)| menuju nol. Sistem ini bekerja seperti lowpassfilter. Frekuensi cutoff terjadi jika | H ( ω ) | =| H (0) |22α2 2α + ωc=1 2 2⇒ ωc= α 2 − α2= 0.644α11.3. Energi SinyalEnergi total yang dibawa oleh suatu bentuk gelombang sinyaldidefinisikan sebagaiW∫ +∞ total = p(t)dt−∞dengan p(t) adalah daya yang diberikan oleh sinyal kepada suatu beban.22 v ( t)Jika beban berupa resistor maka p(t)= i ( t)R = ; dan jikaRbebannya adalah resistor 1 Ω maka2W1∫ +∞ Ω = f ( t)dt−∞(11.7)dengan f ( t)berupa arus ataupun teganganPersamaan (11.7) digunakan sebagai definisi untuk menyatakan energiyang dibawa oleh suatu bentuk gelombang sinyal. Dengan kata lain,energi yang diberikan oleh suatu gelombang sinyal pada resistor 1 Ωmenjadi pernyataan kandungan energi gelombang tersebut.Teorema Parseval menyatakan bahwa energi total yang dibawa olehsuatu bentuk gelombang dapat dihitung baik di kawasan waktu maupunkawasan frekuensi. Pernyataan ini dituliskan sebagai+∞2 1 +∞2W1Ω =∫f ( t)dt =−∞ ∫| F ( ω) | dω(11.8)2π−∞Karena |F(ω)| 2 merupakan fungsi genap, maka (11.8) dapat dituliskan1∫ +∞ 2W1Ω = | F ( ω) | dω(11.9)π 0228 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


Jadi di kawasan waktu energi gelombang adalah integral untuk seluruhwaktu dari kuadrat bentuk gelombang, dan di kawasan frekuensienerginya adalah (1/2π) kali integrasi untuk seluruh frekuensi darikuadrat besarnya (nilai mutlak) transformasi Fourier dari sinyal.Penurunan teorema ini dimulai dari (11.7).+∞2+∞ ⎡ 1 ∞jωt⎤W1Ω=∫f ( t)dt =−∞ ∫f ( t)⎢−∞ ∫F ( ω)e dω⎥dt⎣2π−∞⎦Integrasi yang berada di dalam tanda kurung adalah integrasi terhadap ωdan bukan terhadap t. Oleh karena itu f(t) dapat dimasukkan ke dalamintegrasi tersebut menjadi1 +∞⎡∞jωt⎤W1Ω=∫ ⎢−∞ ∫f ( t)F ( ω)e dωπ⎥dt2 ⎣ −∞⎦Dengan mempertukarkan urutan integrasi, akan diperolehW1Ω=121=2π1=2π+∞⎡∞jωt⎤∫ ⎢−∞ ∫f ( t)F(ω)e dt⎥dωπ ⎣ −∞⎦∫∫+∞−∞+∞−∞F⎡ ∞− j(−ωt)⎤( ω)⎢∫f ( t)e dt⎥dω⎣ −∞⎦1 +∞2( ω)F(−ω)dω =∫| F ( ω)| dω2π−∞FTeorema Parseval menganggap bahwa integrasi pada persamaan (11.8)ataupun (11.9) adalah konvergen, mempunyai nilai berhingga. Sinyalyang bersifat demikian disebut sinyal energi; sebagai contoh: sinyalkausal eksponensial, eksponensial dua sisi, pulsa persegi, sinus teredam.Jadi tidak semua sinyal merupakan sinyal energi. Contoh sinyal yangmempunyai transformasi Fourier tetapi bukan sinyal energi adalah sinyalimpuls, sinyal anak tangga, signum, dan sinus (tanpa henti). Hal inibukan berarti bahwa sinyal ini, anak tangga dan sinyal sinus misalnya,tidak dapat digunakan untuk menyalurkan energi bahkan penyaluranenergi akan berlangsung sampai tak hingga; justru karena itu ia tidakdisebut sinyal energi melainkan disebut sinyal daya.COTOH-11.5: Hitunglah energi yang dibawa oleh gelombang−1000tv(t)= 10 e u(t VPenyelesaian:[ ] )229


Kita dapat menghitung di kawasan waktuW1Ω=∫0= −∞−1000t2 ∞−2000t[ 10 e ] dt = [ 100 e ]1002000e∫0∞−2000t=0Untuk menghitung di kawasan frekuensi, kita cari lebih duluV(ω)=10/(jω+1000).2∞1 ∞ ⎡ 100 ⎤ 100 −1ωW1Ω = ⎢ω = tan2 2 6 ⎥π ∫d−∞ ⎣ω+ 10 ⎦ 2π(1000)1000−∞1 ⎡π⎛ π ⎞⎤= ⎢ − ⎜−⎟⎥=20π⎣ 2 ⎝ 2 ⎠⎦120Pemahaman: Kedua cara perhitungan memberikan hasil yang sama.Fungsi |F(ω)| 2 menunjukkan kerapatan energi dalam spektrum sinyal.Persamaan (11.40) adalah energi total yang dikandung oleh seluruhspektrum sinyal. Jika batas integrasi adalah ω 1 dan ω 2 maka kitamemperoleh persamaanJ1201∫ ω 2 2W12 = | F ( ω)| dω(11.10)π ω1yang menunjukkan energi yang dikandung oleh gelombang dalam selangfrekuensi ω 1 dan ω 2 .Jika hubungan antara sinyal keluaran dan masukan suatu pemroses sinyaladalah Y ( ω)= H ( ω)X ( ω)maka energi sinyal keluaran adalah1∫ ∞ 2 2W1 Ω = | H ( ω)| | X ( ω)| dω(11.11)π 0Dengan hubungan-hubungan yang kita peroleh ini, kita dapatmenghitung energi sinyal langsung menggunakan transformasiFouriernya tanpa harus mengetahui bentuk gelombang sinyalnya.COTOH-11.6: Tentukan lebar pita yang diperlukan agar 90% dari−1000ttotal energi gelombang exponensial v(t)= 10 [ e ] u(t)V dapatdiperoleh.Penyelesaian:Jdt230 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


Bentuk gelombang−1000t[ e ] u(t)v(t)= 10→V( ω)=10jω + 1000Energi total :2∞1 ∞ ⎡ 100 ⎤ 100 −1ωW1Ω = ⎢tan0 2 6 ⎥ ω =π ∫d⎣ω+ 10 ⎦ π(1000)100001 ⎡π⎤ 1= 0 = J10⎢ −π 2⎥⎣ ⎦ 20Misalkan lebar pita yang diperlukan untuk memperoleh 90% energiadalah β, maka2β1 β⎡100 ⎤ 100 −1ωW90%= ⎢tan0 2 6 ⎥ ω =π ∫d⎣ω+ 10 ⎦ π(1000)100001 −1β= tan10π1000Jadi1 −19tan1 ββ ⎛ π ⎞⇒= 0.9 × ⇒ = tan⎜⎟10π1000 20 1000 ⎝ 20 ⎠⇒ β = 6310 rad/s231


Soal-Soal1. Saklar S pada rangkaian berikut telah berada di posisi 1 mulai t =−∞. Pada t = 0 ia dipindahkan keposisi 2 dan tetap pada posisi 2sampai t = + ∞. Jika v 1 = −10 V, v 2 = 10 V, tentukan v in , V in (ω) ,V o (ω) , v o .1− + S 1 µf− +v 1v 22+v in−10 kΩ2. Saklar S pada rangkaian berikut telah berada di posisi 1 mulai t =−∞. Pada t = 0 ia dipindahkan keposisi 2 dan tetap pada posisi 2sampai t = + ∞. Tentukan v in , V in (ω) , V o (ω) , v o , jika v 1 = −10 V,v 2 = 5 V.1− + S− +v 1v 22+v in−10 kΩ1 µf3. Saklar S pada rangkaian berikut telah berada di posisi 1 mulai t =−∞. Pada t = 0 ia dipindahkan keposisi 2 dan tetap pada posisi 2sampai t = + ∞. Tentukan v in , V in (ω) , V o (ω) , v o , jika v 1 = 10e 100tV, v 2 = 10e −100t V.1− + S− +v 1v 22+v in−1 H0,5 kΩ4. Saklar S pada rangkaian berikut telah berada di posisi 1 mulai t =−∞. Pada t = 0 ia dipindahkan keposisi 2 dan tetap pada posisi 2sampai t = + ∞. Tentukan v in , V in (ω) , V o (ω) , v o , jika v 1 = 10e 100tV, v 2 = −10e −100t V.+v o−+v o−+v o−232 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


− +v 11S− + +v 22v in−0,5 kΩ1 H+v o−5. Saklar S pada rangkaian berikut telah berada di posisi 1 mulai t =−∞. Pada t = 0 ia dipindahkan keposisi 2 dan tetap pada posisi 2sampai t = + ∞. Tentukan v in , V in (ω) , V o (ω) , v o , jika v 1 = 10 V,v 2 = 10e −100t V.1− + Sv 1− + +v 22v in−1 H100 Ω6. Pada sebuah rangkaian seri L = 1 H, C = 1µF, dan R = 1 kΩ,diterapkan tegangan v s = 10sgn(t) V. Tentukan tegangan padaresistor.7. Tanggapan impuls sebuah rangkaian linier adalah h(t) = sgn(t).Jika tagangan masukan adalah v s (t) = δ(t)−10e −10t u(t) V, tentukantegangan keluarannya.8. Tentukan tanggapan frekuensi rangkaian yang mempunyaitanggapan impulsh(t) = δ(t)−20e −10t u(t).9. Tentukan tegangan keluaran rangkaian soal 8, jika diberi masukanv s (t) = sgn(t).10. Jika tegangan masukan pada rangkaian berikut adalahv1 = 10cos100tV, tentukan tegangan keluaran v o.1µF 10kΩ−+10kΩ ++v 1v o+v o−233


11. Ulangi soal 10 untuk sinyal yang transformasinya200V 1(ω)=2ω + 40012. Tentukan enegi yang dibawa oleh sinyal−100tv(t)= 500 t e u(t)V . Tentukan pula berapa persen energiyang dikandung dalam selang frekuensi −100 ≤ ω ≤ +100 rad/s .13. Pada rangkaian filter RC berikut ini, tegangan masukan adalah−20 5 tv1 = e u(t)V .+−v 1100kΩ1µF100kΩ+v o−Tentukan energi total masukan, persentase energi sinyal keluaranv o terhadap energi sinyal masukan, persentase energi sinyalkeluaran dalam selang passband-nya.14. Pada rangkaian berikut ini, tegangan masukan adalah−20 5 tv1 = e u(t)V .1µF 10kΩ−+10kΩ +v+1Tentukan energi total masukan, persentase energi sinyal keluaranv o terhadap energi sinyal masukan, persentase energi sinyalkeluaran dalam selang passband-nya.v o234 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


Daftar Referensi1. Sudaryatno Sudirham, “Analisis Rangkaian Listrik”, Penerbit ITB2002, ISBN 979-9299-54-3.2. Sudaryatno Sudirham, “Pengembangan Metoda Unit Output UntukPerhitungan Susut Energi Pada Penyulang Tegangan Menengah”,Monograf, 2005, limited publication.3. Sudaryatno Sudirham, “Pengantar Rangkaian Listrik”, CatatanKuliah El 1001, Penerbit ITB, 2007.4. Sudaryatno Sudirham, “Analisis Harmonisa Dalam PermasalahanKualitas Daya”, Catatan Kuliah El 6004, 2008.5. P. C. Sen, “Power Electronics” McGraw-Hill, 3rd Reprint, 1990,ISBN 0-07-451899-2.6. Ralph J. Smith & Richard C. Dorf : “Circuits, Devices and Systems”; John Wiley & Son Inc, 5 th ed, 1992.7. David E. Johnson, Johnny R. Johnson, John L. Hilburn : “ElectricCircuit Analysis” ; Prentice-Hall Inc, 2 nd ed, 1992.8. Vincent Del Toro : “Electric Power Systems”, Prentice-HallInternational, Inc., 1992.9. Roland E. Thomas, Albert J. Rosa : “The Analysis And Design ofLinier Circuits”, . Prentice-Hall Inc, 1994.10. Douglas K Lindner : “Introduction to Signals and Systems”,McGraw-Hill, 1999.235


Daftar otasiv atau v(t) : tegangan sebagai fungsi waktu.V : tegangan dengan nilai tertentu, tegangan searah.V rr : tegangan, nilai rata-rata.V rms : tegangan, nilai efektif.V maks : tegangan, nilai maksimum, nilai puncak.V : fasor tegangan dalam analisis di kawasan fasor.|V| : nilai mutlak fasor tegangan.V(s) : tegangan fungsi s dalam analisis di kawasan s.i atau i(t) : arus sebagai fungsi waktu.I: arus dengan nilai tertentu, arus searah.I rr : arus, nilai rata-rata.I rms : arus, nilai efektif.I maks : arus, nilai maksimum, nilai puncak.I: fasor arus dalam analisis di kawasan fasor.|I| : nilai mutlak fasor arus.I(s) : arus fungsi s dalam analisis di kawasan s.p atau p(t) : daya sebagai fungsi waktu.p rr : daya, nilai rata-rata.S : daya kompleks.|S| : daya kompleks, nilai mutlak.P : daya nyata.Q : daya reaktif.q atau q(t) : muatan, fungsi waktu.w : energi.R : resistor; resistansi.L : induktor; induktansi.C : kapasitor; kapasitansi.Z : impedansi.Y : admitansi.T V (s) : fungsi alih tegangan.T I (s) : fungsi alih arus.T Y (s) : admitansi alih.T Z (s) : impedansi alih.µ : gain tegangan.β : gain arus.r: resistansi alih, transresistance.g : konduktansi; konduktansi alih, transconductance.236 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


IDEKSaakar kompleks 40akar riil 36, 38anak tangga 12, 43, 56, 113analisis transien 1arus mesh 99bBode plot 132ccutoff 126ddecibel 127diagram blok 169, 172, 174,177, 189diferensiasi 62, 216dinamis 181eeksponensial 57, 200energi sinyal 228fFourier 195fungsi alih 106, 109, 117,166, 225fungsi fasa 124fungsi gain 124fungsi jaringan 105fungsi masukan 105fungsi pemaksa 7ggain 126gain, band-pass 129, 140, 143gain, high-pass 126, 129, 137,146gain, low-pass 126, 129, 149hhubungan bertingkat 114iimpedansi 86impuls 111induktor 86integrasi 61, 216integrator 186, 188kkaidah 90kaidah rantai 114kapasitor 86, 171kaskade 168Kirchhoff 89komponen mantap 7komponen transien 7kondisi awal 6konvolusi 75, 117, 167, 225llinier 60mmetoda-metoda 93nnilai akhir 65nilai awal 65Norton 92oorde ke-dua 31, 33, 141orde pertama 1, 2, 4, 26, 121pparalel 169Parseval 229passband 126pembalikan 212pen-skalaan 65, 215pole 68, 70, 71, 73, 156proporsionalitas 91237


eduksi rangkaian 96resistor 85ruang status 187, 189ssimetri 198, 200, 202sinyal 163sinyal sinus 20, 46, 57, 121sistem 164, 165, 165, 185spektrum kontinyu 203statis 181stopband 126sub-sistem 181superposisi 18, 92, 94ttanggapan alami 4, 5, 26, 34tanggapan frekuensi 121, 124,141, 152tanggapan lengkap 4, 6, 35tanggapan masukan nol 24, 26tanggapan paksa 4, 6, 26, 35tanggapan status nol 24, 26tegangan simpul 98teorema 91Thévenin 97transformasi balik 55, 59, 206transformasi Fourier 195, 203,208, 211, 223transformasi Laplace 55, 56, ,58, 59, 67, 78, 85, 211translasi s 64translasi t 63uumpan balik 169unik 59unit output 93zzero 68, 150, 152238 Sudaryatno Sudirham, Analisis Rangkaian Listrik (2)


BiodataNama: Sudaryatno SudirhamLahir: di Blora pada 26 Juli 1943Istri: Ning UtariAnak: Arga AridarmaAria Ajidarma.1971 : Teknik Elektro – Institut Teknologi Bandung.1972 – 2008 : Dosen Institut Teknologi Bandung.1974 : Tertiary Education Research Center – UNSW − Australia1979 : EDF – Paris Nord dan Fontainbleu − Perancis1981 : INPT - Toulouse − Perancis; DEA 1982; Doktor 1985.Kuliah yang pernah diberikan: “Pengukuran Listrik”, “Pengantar TeknikElektro”, “Pengantar Rangkaian Listrik”, “Material Elektroteknik”,“Phenomena Gas Terionisasi”, “Dinamika Plasma”, “Dielektrika”,“Material Biomedika”.Buku dan Artikel: “Analisis Rangkaian Listrik”, Penerbit ITB, ISBN979-9299-54-3, 2002; “Metoda Rasio TM/TR Untuk Estimasi SusutEnergi Jaringan Distribusi”, Penerbit ITB, ISBN 978-979-1344-38-8,2009; “Fungsi dan Grafik, Diferensial Dan Integral”, Penerbit ITB,ISBN 978-979-1344-37-1, 2009; “Analisis Rangkaian Listrik (1)”, 2010;“Analisis Rangkaian Listrik (2)”, 2010; “Analisis Rangkaian Listrik (3)”,2010; ”Mengenal Sifat Material (1)”, 2010; ”Estimasi Susut Teknik danonteknik Jaringan Distribusi”, 2011.Bidang minat: Power Engineering; Material Science.239

More magazines by this user
Similar magazines