8/18/2019 Kwarto

1/2

AB 3: RANGKAIAN DC RESISTIFukum t egangan Ki rchhoff :   untuk setiap lintasan tertutup dalam sebuah jaringan yg diikuti(dilintasi) dalam satu arah tunggal,kum tegangan Kirchhoff menyatakan bahwa jumlah aljabar dari tegangan-tegangan adalah nol. Pada rangkaian resistif arusarah (DC), Tegangan terakhir ini adalah dalam bentuk V=IR. Dalam melintasi lup, jika sebuah elemen dimasuki pada ujungtensial yg negatif, maka dalam penjumlahan tegangan diambil negatif. Contoh: Persamaan hukum Kirchhoff untuk rangkaian : -

a + V1 + Vb + V2 + V3 = 0 atau -Va +IR1 + Vb + IR2 +IR3 = 0. Lup dapat diikuti dalam arah yg berlawanan jarum jam, yg hanyaengubah tanda dari masing-masing ruas tegangan. Biasanya yg paling sederhana adalah pertama menetapkan arah arus positifkemudian mengikuti lup dalam arah tersebut. Hukum arus Kir chhoff : Hubungan 2 elemen rangkaian atau lebih menghasilkanbuah titik sambung yg disebut simpul. Sebuah titik sambung 2 elemen adalah sebuah simpul sederhana (simple node); titikmbung 4 elemen atau lebih adalah simpul utama. Dalam metode tegangan simpul untuk menganalisis rangkaian, persamaanan diperoleh pada simpul-simpul utama dengan menerapkan hukum arus Kirchhoff. Hukum ini menyatakan bahwa setiap simpultama atau bukan) jumlah arus yg masuk sama dengan jumlah arus yg keluar. Konservasi muatan listrik adalah dasar dari hukum. Pertanyaan hukum arus Kirchhoff dalam bentuk lain adalah : (i) arus total ke dalam sebuah simpul adalah nol; (ii) arus total kear dari sebuah simpul adalah nol. Contoh: pada gambar, 5 cabang berhubungan pada sebuah titik sambung bersama membentuk

buah simpul utama. Arus total ke dalam simpul adalah: I1 –  I2 + I3 – I4 – I5 = 0. Persamaan yg sama diperoleh bila jumlahus yg masuk dibuat sama dengan jumlah arus yg keluar : I1 + I3 = I2 + I4 + I5. Pembagian t egangan & ar us :  Sebuahsunan dari 2 atau lebih resistor yg tersambung seri sering dikenal dengan pembagi tegangan. Dari hukum Ohm, Vj/Vk =j/IRk = Rj/Rk ; Pj/Pk = I2Rj/I2Rk = Rj/Rk yakni tegangan total VT & daya total yg diserap PT dibagi dalam perbandinganhanan. 2 tahanan atau lebih dalam hubungan paralel akan membagi arus total IT & daya total yg terserap PT dalamrbandingan tahanan secara terbalik: Ij/Ik = (V/Rj) / (V/Rk) = Rk/Rj ; Pj/Pk = (V2/Rj)/(V2/Rk) = Rk/Rj. Khususnya untuk n=2: I1

(R2/(R1+R2)) x IT ; I2 = (R1/(R1+R2)) x IT ; P1 = (R2/(R1+R2)) x PT ; P2 = (R1/(R1+R2)) x PT. Reduk si Jaringaneri -Paral el : Proses pengurangan jaringan memberikan suatu gambaran yg sangat jelas dari fungsi keseluruhan jaringanengenai tegangan, arus, & daya. Contoh: Hitung daya total yg disalurkan oleh sumber 60 V & daya yg diserap di dalamasing-masing res istor pada jaringan di Gambar. Rab = 7+5 = 12 Ω ; Rcd = (12.6)/(12+6) = 4 Ω . Kedua pengganti ini adalahralel, memberikan: Ref = (4.12)/(4+12) = 3 Ω. Selanjutnya pengganti 3 Ω  ini seri dengan 7 Ω, sehingga untuk seluruhngkaian, Rek = 7 + 3 = 10 Ω. Daya total yg diserap, yg sama dengan daya total yg disalurkan oleh sumber, sekarang dapathitung sebagai: PT = V2/Rek = 602 / 10 =360 W. Daya ini dibagi antara Rge & Ref: Pge = P 7 Ω = (7/(7+3)) x 360 = 252 W ;f=(3/(7+3)) x 360 = 108 W. Selanjutnya daya Pef dibagi antara Rcd & Rab: Pcd = (12/(4+12)) x 108 = 81 W ; Pab(4/(4+12)) x 108 = 27 W. akhirnya, daya-daya ini dibagi antara masing-masing tahanan: P12Ω=(6/(12+6)) x 81 = 27; P6Ω=(12/(12+6)) x 81 =54 W ; P7Ω= (7/(7+5)) x 27 = 15,75 W ; P5Ω= (5/(7+5)) x 27 = 11,25 W. Superposisi:  

ebuah jaringan linear yg (misal: jar. resistif arus searah) mengandung 2 atau lebih sumber yg bebas dapat dianalisisna mendapatkan berbagai tegangan & arus-arus cabang dengan mengijinkan sumber-sumber bertindak satuumber) pada suatu waktu, kemudian menjumlahkan hasil-hasilnya. Prinsip ini diterapkan karena hubunganear antara I dan V. Superposisi tidak dapat langsung diterapkan pada perhitungan daya, sebab dayalam sebuah elemen sebanding dengan kuadrat arus atau kuadrat tegangan yg tidak linear. Contoh: Hitungus dalam resistor 23 Ω dengan menerapkan prinsip superposisi. Dengan sumber 200 V bertindak sendiri,mber 20 A diganti dengan sebuah rangkaian terbuka: Rek = 47 + ((27)(4+23)/54)=60,5 Ω ; IT = 200/60,53,31 A ; I’23Ω = (27/54)(3,31) = 1,65 A. Bila sumber 20 A bertindak sendiri, sumber 200 V diganti denganbuah hubung singkat. Tahanan pengganti sebelah kiri sumber adalah: Rek = 4 + ((27)(47)/74) = 21,15 Ω ,aka I’’23Ω= (21,15/(21,15+23)) x 20 = 9,58 A. Arus total dalam resistor 23 Ω : I23Ω = I’23Ω + I’’23Ω = 11,23 A.eorema Thevenin & Nort on : Sebuah jaringan linear, aktif, resistif yg mengandung satu atau lebih sumbergangan atau sumber arus dapat diganti dengan satu sumber tegangan dan satu tahanan (resistansi) serieorema Thevenin); atau oleh satu sumber arus dan satu tahanan paralel (teorema Norton). Tegangansebut tegangan pengganti Thevenin, V’, dan arus disebut arus pengganti Norton, I’. Kedua tahananalah sama, R’. Bila terminal-terminal ab  adalah rangkaian terbuka, sebuah tegangan akan muncultara kedua terminal tersebut. Ini haruslah tegangan V’ dari rangkaian pengganti Thevenin. Jika sebuahbung singkat dipasang pada terminal-terminal, akan dihasilkan suatu arus. Arus ini haruslah I’ daringkaian pengganti Norton. Selanjutnya I’=V’/R’. Jika kedua V’ dan I’ telah ditentukan dari jaringan aktif,aka R’ = V’ / I’. Contoh: tentukan rangkaian-rangkaian pengganti Thevenin & Norton untuk jaringan aktif.engan terminal ab terbuka, kedua sumber mengalirkan suatu arus yg searah jarum jam melalui resistorΩ dan 6 Ω: I = (20+10)/(3+6) = 30/9 A. Karena di sebelah kanan atas tidak ada arus yg lewat melalui resistor 3 Ω, tegangan

hevenin dapat diambil dari salah satu cabang aktif: Vab = V’ = 20 – (30/9)(3)=10V atau Vab = V’ = (30/9) x 6 –  10 = 10 V.ahanan R’ dapat diperoleh dengan menghubung singkatkan sumber-sumber tegangan & menentukan tahanan penggantiringan ini pada terminal ab: R’ = 3 + ((3)(6)/9) = 5 Ω. Bila sebuah hubung singkat dipasang, arus Ihs diperoleh dari kedua sumber.a melintasi hubung singkat dari a ke b, dengan superposisi diperoleh: Ihs = I’ = (6/(6+3))  [20/(3+((3x6)/9))] - (3/(3+3))0/(6+((3x3)/6))] = 2 A . V’,R’, & I’ diperoleh secara tersendiri. Setiap 2 rangkaian pengganti dapat digunakan untuk mendapatkan

ketiga. Resistor R1, R2, ..., Rn dapat ditambahkan satu pada suatu waktu & arus dan daya yg dihasilkan diperoleh denganudah. Jika ini diusahakan dalam rangkaian semula (misal reduksi jar.) maka akan menghabiskan w aktu. Teorema Pengalihan Daya Maksimum: Knginkan untuk mendapatkan pengalihan daya maksimum dari sebuah jar. Aktif ke sebuah resistor beban luar RL. Dengan menganggap bahwa jaringan ear, dia dapat dikurangi menjadi pengganti, maka: I = V’/(R’+RL) sehingga daya yg diserap oleh beban adalah: PL = V’2RL/(R’+RL)2 = V’2/4R [1-((R’-RL)/(R’

erlihat bahw a PL mencapai nilai maksimumnya, V’2/4R’ bila RL = R’ dalam hal mana daya dalam R’ adalah juga V’2/4R’. Bila P yg dialihkan max, efis iensi = AB 4: ANALISIS MATA JALA & SIMPUL DC

rus cabang & arus mata jala : Suatu penyelesaian bagi arus cabang I1,I2,I3  

pat diperoleh dengan menerapkan hukum arus Kirchhoff pada simpul utaman menyamakan tegangan cabang-cabang paralel. Jadi hukum arus Kirchhoff

da simpul a memberikan I1=I2+I3; dan tegangan Vab  dapat dituliskan untuk

asing-masing ketiga cabang bila elemen cabang ditentukan. Contoh:

elesaikan jaringan (1) dengan metode arus cabang. Gunakan hukum arus

rchhoff pada simpul a: I1 = I2+ I3  (pers. 1). Tuliskan Vab untuk ketiga cabang yg dihubungkan ke a & b. (Hukum

us Kirchhoff ke lup kiri & luar): 20-I1(5)=I3(10) (pers. 2); 20-I1(5)=I2(2)+8 (pers. 3). Maka I1=2 A ; I2=1 A ; I3=1 A.

ontoh: Selesaikan jaringan (2) dengan metode arus mata jala. Gunakan hukum tegangan Kirchhoff sepanjang lup

i, mulai dari titik a: -20 + 5I1 + 10 (I1-I2) = 0 dan sekeliling lup kanan mulai dari titik b: 8+10(I2- I1)+2I2=0. Susun

mbali suku-suku: 15I1 – 10I2 = 20 (pers.1) ; -10 I1 + 12I2 = -8 (pers.2); maka I1=2A dan I2=1A. Jika I pada Resistor

ohm dengan arah ke bawah diperlukan, arus ini diperoleh sebagai I1-I2=a, yg dikenali sebagai I3. Ar us Mata Jala & Matriks : Persamaan simultan n dari s

ringan mata jala n dapat dituliskan dalam matriks. Contoh: Diperoleh 3 persamaan: (R A+RB) I1  – RBI2 = Va  ; -RBI1+(RB+RC+RD)I2  – RDI3  = 0 ; -RDI2+(RD+RE)I3

Contoh: Sakelar telah berada pada posisi I untuk w aktu yg lama, saklar dipindahkan ke 2 pada t=0. Tentukan ungkapan untuk I,

untuk t>0. Dengan sakelar pada I, I(0-)=50/40=1,25A. dengan sebuah induktansi dalam rangkaian, i(0-) = i(0+). Lama setelah

sakelar dipindahkan ke 2; i(~)=10/40=0,25 A. Dalam notasi diatas, B=i(~)=0,25A ; A = i(0+)-B = 1 A dan konstanta w aktu adalahτ=L/R=1/2000 s ; maka untuk t>0: i=1,00e-2000t+0,25 A. (bab 5) 

8/18/2019 Kwarto

2/2

uat persamaan tersebut dalam bentuk matriks:

   =

  elemen matriks dapat ditunjukkan dalam bentuk

 

  =

  . M etode Determinan & ar us ma ta jala :Contoh: selesaikan persamaan matriks dari gambar (2) dengan metode determinan I1 =

    = 1/ΔR

  dengan cara yg sama I2= 1/ΔR

  ; I3 =1/ΔR

  pengembangan

terminan pembilang dengan kofaktor suku tegangan menghasilkan persamaan yg sangat membantu, khususnya dalam hubungannya dengan titik penggehanan alih: I2 = V1 (Δ11/ΔR) + V2 (Δ21/ΔR) + V3 (Δ31/ΔR) ; I2 = V1 (Δ12/ΔR) + V2 (Δ22/ΔR) + V3 (Δ32/ΔR) ; I3 = V1 (Δ13/ΔR) + V2 (Δ23/ΔR) + V3 (Δ33/ΔR)j berarti kofaktor Rij dalam ΔR. Tahanan masukan : Tegangan penggerak = V1 & arus yg bersangkutan = I2. Karena satu-satunya sumber adalah V1, perstuk I1 adalah : I1 = V1 (Δ11/ΔR). Tahanan masukan adalah perbandingan V1 terhadap I1 : Rmasukan,1=ΔR/Δ11 . Tahanan ali h:   Jaringan memiliki suatu tah total Persamaan arus mata jala untuk Is hanya mengandung 1 suku, yaitu yg diakibatkan oleh Vr dalam determinan pembilang: Is = 0 ( Δis/ ΔR) +... +

rs/ΔR)  +0+... tahanan alih jaringan adalah perbandingan VR terhadap Is: Ralih,rs = ΔR/ Δrs. K arena matriks tahanan adalah simetri, Δrs = Δsr sehingga Ralih,rs  etode tegangan simpul : Jaringan pada gambar berisi 5 simpul, dimana 4 & 5 adalahmpul sederhana & 1,2,3 simpul utama. Dalam metode ini, salah satu simpul utamapilih sebagai acuan & persamaan yg didasarkan pada hukum arus Kirchhoff dituliskanda simpul utama lainnya. Pada gambar, simpul 3 dipilih sebagai acuan untukgangan V1 & V2. Arus total keluar simpul I adalah nol (V1-V A)/Ra + (V1/Rb) + (V1-V2)/RC0. Dengan cara sama, arus total yg keluar dari simpul 2 harus nol: (V 2-V1)/RC + (V2/RD)(V2-Vb)/RE = 0. Buat kedua persamaan dalam bentuk matriks 

 

  Elemen 1,1 mengandung kebalikan dari

semua tahanan yg dihubungkan ke simpul I; elemen 2,2 berisi kebalikan dari semua tahanan yg dihubungkmpul 2. Elemen-elemen 1,2 dan 2,1 masing-masing adalah sama dengan negatif dari penjumlahan kebalikan tahanan-tahanan dari semua cabaenghubungkan simpul 1 & 2 (hanya ada 1 cabang seperti ini di dalam rangkaian yang ada) AB 5: PERALIHAN RANGKAIANerdapat suatu periode peralihan selama arus-arus cabang dan tegangan-tegangan elemen berubah dari nilai semula menjadi nilai yang

ru. Periode ini disebut peralihan (transien). setelah peralihan berlaku keadaan rangkaian disebut menjadi tunak (steady sta te).rsamaan diferensial linear yg menjelaskan rangkaian mempunyai 2 bagian penyelesaian: fungsi komplementer (complementary function-rhubungan dengan peralihan) & solusi khusus (particular solution-berhubungan dengan keadaan tunak). Rangkaian RC denganuatan awal  : Sebuah kapasitor dengan Q0 mempunyai energi tersimpan mula-mula W0=1/2CV0

2 = Q0 /2C. Vo adalah beda potensialw al pada kapasitor. Jika dilengkapi suatu lintasan yang menghantarkan misalnya dengan menghubungkan tahanan R melintangminal2 kapasitor pada t=0 muatan meninggalkan pelat2 kapasitor & energi yg tersimpan turun jadi 0. Hukum tegangan Kirchhoffda lintasan tertutup untuk periode t>0  vc+vr = 0 ; q/c + R (dq/dt) = 0 ; (dq/dt) +(1/RC) q = 0 . Solusi yg memenuhi syarat awal q(0)Q0 adalah q=Q0e

-t/RC dari sini vc = q/C = V0e-t/RC ; vr = - vc ; i =vr/R = -(V0 /R)e

-t/RC. Besarnya arus pada t=0+ adalah V0/R & arah Irlawanan dengan arah yg ditunjukkan gambar. Polaritas pada diagram sesuai dengan arah I positif yg menghasilkan suatu tandagatif pada vr. Peralihan muatan menunjukkan penurunan eksponensial dari q(0)=Qo sampai q(~)=0. Peralihan energi yg tersimpan dalam kapasitor

peroleh sebagai wc = ½ Cv2c = W0e-2t/RC. Dan energi terdisipasi dalam resistor adalah wr = W0-wc = W0 (1-e

-2t/RC) .nergi yg tersimpan menurun sebagai e -2t/RC, sedangkan muatan, tegangan dan arus menurun sebagai e -t/RC.angkaian RL dengan arus a wal   :guna mempertahankan energi tersimpan mula-mula dalam induktansi, perluenetapkan arus Io untuk periode t= 0 , bila sakelar pada posisi 2 : vL+ vR=0 ; L(di/dt)+Ri = 0 ;i/dt)+(R/L)i=0  dan kontinuitas arus induktor pada t=0 memberikan kondisi mula-mula i(0+) = i(0-)=Io. Untukrbagai peralihan diperoleh: i = I0e

-Rt/L ; vR = I0Re-Rt/L ; vL = - I0Re

-Rt/L . wL = W0e-2Rt/L W0=1/2Li0

2 ; wr = W0 (1-e-2Rt/L) .

o nstanta waktu : Fungsi penurunan eksponensial bisa dituliskan dlm bentuk e

-t/τ

, di mana τ adalah konstanta waktualam s). Pada rangkaian RC, τ=RC , sedangkan pada rangkaian RL, τ  = L/R. Fungsi penurunan ygmum : f(t)= Ae-t/τ (t>0). Pada gambar dengan waktu diukur dalam perkalian τ, terlihat bahwa f(τ)= Ae -

0,368 A, yakni pada t=τ  fungsi tersebut adalah 36,8 dari nilai awal. Fungsi ini mengalami 63,2%rubahan dari f(0+) ke f(~). Pada t=5τ, fungsi memiliki nilai 0,0067 A, yg lebih kecil daripada 1% dari nilai

w al. Peralihan sering dianggap selesai setelah t=5τ. Garis singgung pada kurva eksponensial pada t=0+pat digunakan untuk menaksir konstanta waktu. Karena: kemiringan = f ’(0+)=A/τ  . garis singgungrus memotong sumbu horizontal pada t=τ. Yang lebih umum garis singgung pada t=to mempunyai titiktong horizontal to+τ’. Jadi, jika kedua nilai f(to) dan f’(to) diketahui, seluruh kurva dapat digambarkan.

emiringan = -tan ϕ  = -A/τ.  Jadi, f 1=Ae-t

1 /τ  & f 2=Ae

-t2 /τ  yang dapat diselesaikan secara simultan agar memberikan τ=(t2-t1) / (ln f 1  –  ln f 2)  dan kemu

rkenaan dengan τ dan salah satu dari f 1 atau f 2.Rangkaian pengganti RC atau RL : Sebuah rangkaian yg mengandung sejumlah resistor dan kapasitor kdang dapat dikurangi menjadi 1 yg memiliki sebuah Rek & Cek pengganti. Semua arus peralihan akan mempunyai konstanta waktu τ=Rek.Cek . Jadi jika i1

aka pembagian arus menghasilkan: i2 = R3 / (R2+R3) I1e-t/τ

 . Dalam cara yg serupa sebuah rangkaian yg mengandung beberapa tahanan & induktor kadang-kpat dikurangi menjadi 1 rangkaian pengganti yg memberikan konstanta waktu τ=Lek/Rek untuk semua peralihan d i dalam rangkaian mula-mula. RangkaiaC dengan sumber : rangkaian RC atau RL yg memiliki muatan aw al atau arus awal & yg kemudian diperkenankan untuk mengalihkan energi ters impan ke semen pasif , memiliki respons alami (natural). Rangkaian tidak mengandung sumber tegangan atau sumber arus pada t>0. Pengertian respons paksaan diteda rangkaian yg betul-betul berisi sumber tegangan atau sumber arus setelah t=0. Diperlukan solusi lengkap dari persamaan diferensial yg tidak homogen

0, Dengan menganggap sumber-sumber tidak bergantung waktu, solusi lengkap akan berbentuk: f(t)= Ae-t/τ  + B. Konstanta B, yakni solusi keadaanentukan oleh B=f(~); selanjutnya τ & A diperoleh dengan menerapkan salah satu metode ke fungsi baru F(t)=f(t)-B. Rangkaian RLC seri : bergantung paatif dari parameter-parameter rangkaian, solusi ini akan menjadi teredam lebih (overdamped), teredam kritis (critically damped), atau teredam nderdamped). Massa M mempunyai 2 daun peredam D yg dapat diatur untuk membatasi gerakan vertikal. Jika massa digerakkan dari posisi diam (z=0epas (pada t=0) dia akan kembali diam pada z=0. Hukum tegangan Kirchhoff untuk lup tertutup setelah sakelar tertutup adalah: vR + vL + vC = 0 ; Ri + L(C ∫ I dt = 0 atau dengan mendiferensialkan & membagi dengan L: (d2i/dt2) + (R/L) (di/dt) + (1/LC) i = 0 . Arus merupakan suatu peralihan murni dengaadaan mantap nol. Suatu pernyataan: i = A1e

s1

t + A2es

2t akan berupa solusi bagi persamaan diferensial jika A1e

s1

t (s12 + (R/L) s1 + (1/LC))

 + A2es

2t (s2

2 + (R/

/LC))=0 yakni jika s1 & s2 adalah kedua akar dari s2 + (R/L) s + (1/LC) = 0 : s1=-(R/2L) + =-α+β ;  s2=-(R/2L) - =-α-β  di mana α

= 1/√  & β=√. Kasus Teredam l ebih ( α>ω0  ) : di sini, i=e-αt(A1eβt+A2e-βt), di mana α & β adalah bilangan nyata positif. Kasus teredam kri t is ( α=ω0  ):   bn akibatnya s1 s2, sebuah proses limit bisa digunakan untuk memperlihatkan bahw a solusi untuk arus mempunyai bentuk : i=e

-αt (A1  + A2t). Kasus kr edam ( α