Bab 8 Rangkaian Dinamik Umum

Bab 8 Rangkaian Dinamik Umum

BAB 8

RANGKAIAN DINAMIK UMUM

Setelah mempelajari Bab 8 Rangkaian Dinamik Umum, Anda diharapkan:

1. Memahami elemen induktor tergandeng (coupled inductor).

2. Mampu menulis tableau equation untuk rangkaian linear time-invariant, yakni

( ) ( ) )t(u)t(iNDN)t(vMDM;0)t(v)t(eA;0)t(iA s1010

T →→→→→→→→→→

=+++=+−=

dengan D menunjukkan operator turunan dtd .

3. Mampu menulis tableau equation untuk rangkaian linear time-varying.

4. Mampu menulis tableau equation untuk rangkaian non linear, yakni

0t),t(i),t(i),t(v),t(vh;0)t(v)t(eA;0)t(iAT

=

=+−=

→•→•→→→→→→→→

.

5. Mampu menulis modified node equation (MNA) untuk rangkaian linear time-

invariant.

6. Mampu menulis modified node equation (MNA) untuk rangkaian linear time-

varying.

7. Mampu menulis modified node equation (MNA) untuk rangkaian non linier.

8. Mampu mencari titik operasi rangkaian dinamik non linier.

9. Memahami arti rangkaian pengganti/ ekivalen sinyal kecil rangkaian dinamik non

linier dan cara mencarinya.

10. Memahami teorema superposisi pada zero-state response rangkaian dinamik.

Diktat Pendukung Teori Rangkaian 189


1. Sepasang induktor terkopel (coupled inductor) dengan arah arus dan polaritas tegangan seperti pada P8.1a memiliki matriks induktansi

−

−= 6334L

Tentukan induktansi pengganti untuk koneksi seperti pada P8.1b dan c.

A

B

C

D

1v 2v

1i 2i+ +

− −

P8.1a

Solusi

A DB C

A C B D, ,

,

P8.1b P8.1c

a. Karena φ maka matriks induktansi pada pertanyaan dapat diuraikan menjadi →→→

= iL

211 i3i4 −=φ dan

212 i6i3 +−=φ Dari P8.1b tampak i 21 ii == ...(1) dan 21 vvv += ...(2) .

Karena maka integrasi persamaan (2) dengan asumsi kondisi awal flux sama dengan nol menghasilkan

•

φ=v

( ) ( ) i4i6i3i3i4 212121 =+−+−=φ+φ=φ Jadi 4ieq =L φ

=

b. Dari P8.1c tampak i 21 ii += ...(1) dan 2121 vvv φ=φ=φ⇒== ...(2).

Dari persamaan (1) dan (2) tampak bahwa proses pencarian Leq akan lebih mudah bila kita menggunakan invers dari matriks induktansi, yakni



φ

φ

=

2

1

154

51

51

52

2

1

i

i

Substitusi invers ini ke persamaan (1) menghasilkan

( ) ( )1615

iLJadiiii eq15

16215

415

125

115

221 =

φ=φ=φ+φ+φ+φ=+=

2. Ulangi pertanyaan 1 untuk rangkaian pada P8.2a dan b berikut.

A CB D

A D B C, ,

,

P8.2a P8.2b

Solusi

Induktansi pengganti P8.2a L 16eq =

Induktansi pengganti P8.2b 4

15Leq =

3. a. Cari matriks induktansi untuk two-port yang ditunjukkan pada P8.3a

b. Tentukan persyaratan pada n1, n2, La, dan Lb sedemikian rupa sehingga

two-port tersebut identik dengan persamaan →→→

= iLv

+ +

− −

1v 2v

1i 2i21 n:n

aL

bL

+ + +

− − −

1v 2v

1i 2i3i

32 ii −21 n:n

3v

aL

bL

trafoideal

trafoideal

P8.3a P8.3b



Solusi

a. Rangkaian pada P8.3a digambar kembali seperti pada P8.3b. Matriks induktansi dapat ditulis dalam bentuk

→•→→

•

•

=⇔

=

iLv

ii

aaaa

vv

2

1

2221

1211

2

1

Dari KVL untuk port-2 pada P8.3b diperoleh

)ii(Lv 32b2

••

−= ...(1) Untuk trafo ideal berlaku

12

13 i

nni −= ...(2) dan 2

2

13 v

nnv = ...(3)

Substitusi turunan waktu persamaan (2) ke (1) menghasilkan

2b1b2

12 iLiL

nnv

••

+= ...(4)

Dari KVL untuk port-1 pada P8.3b diperoleh

31a1 viLv +=•

...(5) Substitusi persamaan (3) ke (5) menghasilkan

22

11a1 v

nniLv +=

•

...(6)

Substitusi persamaan (4) ke (6) menghasilkan

2b2

11b

2

2

1a1 iL

nn

iLnn

Lv••

+

+= ...(7)

Persamaan (4) dan (7) dapat ditulis dalam bentuk matriks

( )

+=

•

•

2

1

bbnn

bnn

b2

nn

a

2

1

ii

LLLLL

vv

2

1

2

1

2

1

...(8)



b. Two-port linier yang terdiri dari dua buah induktor (misalnya dua kumparan kawat yang digulungkan pada sebuah torus bermaterial ferromagnetik) dapat

dinyatakan dalam bentuk persamaan atau →→→

= iLv

=

2

1

22

11

2

1

i

iLM

ML

vv

...(9)

Dengan membandingkan persamaan (8) dan (9) diperoleh

b

2

2

1a11 L

nnLL

+= ...(10)

b2

1 LnnM = ...(11)

b22 LL = ...(12)

Substitusi persamaan (12) ke (10) diperoleh 22

2

2

111a L

nn

LL

−=

Dari persamaan (12) diperoleh L 22b L= ...(13)

Substitusi persamaan (13) ke (11) diperoleh 222

1

LM

nn

=

4. Tulis tableau equation untuk rangkaian linier tak berubah waktu (linear

time-invariant) pada P8.4a.

1 2 3

4

1R

3L 4L

6C

2C

5R sI

+ −2v

3i 4i

6i

1i

8i 5i 7i

sv

M

P8.4a



Solusi

Dari diagraph pada P8.4b

−−−

−=

→

00101100010110100000011110000001

A

Titik 1: 0ii 81 =+Titik 2: 0iii 321 =++−Titik 3: 0iiii 7542 =+++− Titik 4: 0iii 643 =+−−

Persamaan KCL dan KVL dapat diperoleh dari matriks yakni →

A

KCL : A dan di mana →→→

= 0i→→→→

=− 0eAvT

[ ]T87654321 iiiiiiiii =

→

[ ]T87654321 vvvvvvvvv =

→

[ ]T4321 eeeee =

→

Persamaan cabang: cabang 1: cabang 5: Rv − 0Riv 111 =− 0i555 =

1 2 3

4

1 2

3

8

4

5

6

7

P8.4b

cabang 2: i cabang 6: Ci − 0vC 222 =−•

0v666 =•

cabang 3: cabang 7: Ii = 0iMiLv 4333 =−−••

s7cabang 4: cabang 8: 0iLiMv 4434 =−−

••

s8 vv =gandenginduktor

Dengan kondisi awal : )0(v),0(v),0(i),0(i 6243

−−−−

5. Ulangi pertanyaan 4 untuk rangkaian linier tak berubah waktu pada 8.5a

1 2 3

6i 7i

7R5iα

5i

3i

5L

G

4C4i

2i

1i

sI

8i

1R

+ +

− −

2v 3v

P8.5a



Solusi

−

−=

→

011010000001010010001011

A


A


= 0i→→→→

=− 0eAvT

[ ]T87654321 iiiiiiiii =

→

[ ]T87654321 vvvvvvvvv =

→

[ ]T321 eeee =

→

Persamaan cabang:

cabang 1: cabang 5: Lv − 0iRv 111 =− 0i555 =•

cabang 2: i cabang 6: i0Gv32 =− 0i56 =α− cabang 3: i cabang 7: Rv0Gv23 =+ 0i777 =−

cabang 4: i cabang 8: Ii0vC 444 =−•

s8 =

gyrator

Dengan kondisi awal )0(i),0(v 54

−−

6. Tulis tableau equation untuk rangkaian linier berubah waktu (linear time-

varying) pada P8.6a.

12

3

3L3i

Ω11i

Ω4 4C

2i6i

tcos10

Ω1

+ +

− −

4v 5v 5R

7i

( ) )t(i1t2)t(:L 333 +=φ

( ) )t(vtsin)t(q:C 444 =

( ) )t(it1)t(v:R 52

55 +=

P8.6a



Solusi

Untuk rangkaian time-varying ini, nilai kapasitansi, induktansi, dan resistansi berubah terhadap waktu. Sebagai contoh, untuk kapasitor time-varying,

•••

+==≠ CvvCdt

)t(dqinamunvCi cc

cccc .

−−−=

→

101010010010110100101

A


A


= 0i→→→→

=− 0eAvT

[ ]T7654321 iiiiiiii =

→

[ ]T7654321 vvvvvvvv =

→

[ ]T321 eeee =

→

Persamaan cabang cabang 1: iv − cabang 5: 011 = ( ) 0it1 5

25 =+v −

cabang 2: 4v − cabang 6: 10v = 0i. 22 = tcos6

cabang 3: ( ) 0i1t2i2vdt

)t(dv 333

33 =+−−⇔

φ=

•

cabang 7: v 0i77 =−

cabang 4: 0v.tsinv.tcosidt

)t(dq444

44 =−−⇔=

•

i

Kondisi awal : )0(v),0(i 43−−

7. Ulangi pertanyaan 6 untuk rangkaian linier berubah waktu pada P8.7a.

+

+

−

−

4C

1R

3R 4v

2v

2C

1i

5i

sv

3i1

2

)t(v)t(C)t(q:C 2222 =

)t(v)t(C)t(q:C 4444 =

P8.7a



Solusi

−−=→

0111110011A


A


= 0i→→→→

=− 0eAvT

[ ]T54321 iiiiii =

→

[ ]T54321 vvvvvv =

→

[ ]T21 eee =

→

Persamaan cabang cabang 1: 0iRv 111 =−

cabang 2: Ci − 0Cvv 22222 =−••

cabang 3: Rv − 0i333 =

cabang 4: i 0CvvC 44444 =−−••

cabang 5: s5 vv = Kondisi awal : )0(v),0(v 42

−−

8. Tulis modified node equation (MNA) untuk rangkaian linier tak berubah

waktu pada P8.4a.

Solusi

Untuk menulis MNA, pilih salah satu titik (misalnya n) sebagai titik datum, dan kemudian tulis KCL untuk titik k di mana k = 1,2 , ... n-1 dengan menggunakan tegangan titik (ej) sebagai variabel, dengan dua pengecualian • Bila ada induktor yang terkoneksi ke titik k, maka arus cabang induktor dipilih

sebagai variabel pada node equation dan persamaan cabang induktor ditambahkan pada node equation

• Bila ada elemen yang bukan terkontrol-tegangan (voltage-controlled) terkoneksi ke titik k, maka arus cabangnya dipilih sebagai variabel pada node equation dan persamaan cabangnya ditambahkan pada node equation

Dari P8.4a tampak cabang 3 dan 4 berisi induktor dan cabang 8 berisi elemen yang bukan voltage-controlled sehingga arus cabang i3, i4, dan i8 akan menjadi



variabel pada node equation (selain variabel e1, e2, e3, dan e4) dan persamaan cabang untuk cabang 3, 4, dan 8 harus ditambahkan ke node equation.

Node equation:

KCL di titik 1: 0R

eei0ii1

21881 =

−+⇔=+

KCL di titik 2: 0ieeCR

ee0iii 33221

21321 =+

−+

−−⇔=++−

••

KCL di titik 3: s5

343227542 I

Re

ieeC0iiii −=++

−−⇔=+++−

••

KCL di titik 4: 0eCii0iii 4643643 =+−−⇔=+−−•

Persamaan cabang yang harus ditambahkan ke node equation di atas

cabang 3: 433424333 iMiLeeiMiLv••••

+=−⇔+=

cabang 4: 443434434 iLiMeeiLiMv••••

+=−⇔+= cabang 8: e s1 v= Dengan kondisi awal )0(e)0(v),0(i),0(i),0(e)0(e)0(v 4643322

−−−−−−− =−=

9. Ulangi pertanyaan 8 untuk rangkaian pada P8.5a.

Solusi

KCL di titik 1: s31421

1 I)ee(CGeRe

=−++••

KCL di titik 2: 0Gei 15 =−

KCL di titik 3: 0)ee(CRe

i 3147

35 =−−+α

••

Persamaan cabang yang ditambahkan ke node equation (cabang 5) 552 iLe =

Dengan kondisi awal )0(i),0(e)0(e)0(v 5314

−−−− −=



10. Tulis modified node equation (MNA) untuk rangkaian linier berubah waktu pada P8.6a.

Solusi Selain e1, e2, dan e3, variabel pada node equation adalah i3 dan i6 (mengapa?).

)t(i)1t2()t(:L 333 +=φ ...(1)

)t(v)t(sin)t(q:C 444 = ...(2)

)t(i)t1()t(v:R 52

55 += ...(3) Perhatikan bahwa nilai L3, C4, dan R5 berubah terhadap waktu (time-varying).

KCL di titik 1: 0iii 631 =++

0ii)ee(0ii1

ee632163

21 =++−⇔=++− ...(4)

KCL di titik 2: 0iiii 7421 =+++−

01

eeq

4e

1)ee( 32

4221 =

−+++

−−

•

...(5)

Substitusi turunan waktu persamaan (2) ke (5) menghasilkan

( ) ( ) 0)ee(tsin)t(e)t(etcos4e)ee( 3222

221 =−++++−−

•

...(6)

KCL di titik 3: 0iii 753 =−+− Substitusi persamaan (3) ke (6) menghasilkan

0)ee(t1

ei 3223

3 =−−+

+− ...(7)

Persamaan cabang yang harus ditambahkan ke node equation: cabang 6: e tcos101 =

cabang 3: v φ= )t(i)1t2()t(i2ee 333133

••

++=−⇔ Dengan kondisi awal i )0(e)0(v),0( 243

−−− =



11. Ulangi pertanyaan 10 untuk rangkaian pada P8.7a.

Solusi KCL di titik 1:

( ) 0)t(e)t(e)t(C)t(e)t(e)t(CR

eei 212212

1

215 =

−+−+

−+

•••

KCL di titik 2:

( ) 0)t(e)t(C)t(e)t(CRe)t(e)t(e)t(C)t(e)t(e)t(C

Ree

2424

3

2212212

1

21 =+++

−−−−

−−

•••••

Persamaan cabang yang ditambahkan ke node equation s1 ve = (cabang 1) Dengan kondisi awal )0(e)0(v),0(e)0(e)0(v 24212

−−−−− =−=

12. Tentukan modified node equation untuk rangkaian dinamik non linier pada P8.12a.

12

3

2C

+ −2v3i 4i

3L 4L

5i

5C

1i7i

)t(is 1ℜ6R

6i

( )43333 i,iˆ:L φ=φ

( )43444 i,iˆ:L φ=φ

)q(vv:C 2222 =

)v(ii: 1111 =ℜ

P8.12a

Solusi

KCL di titik 1: ...(1) )t(iiq)v(i0iiii s3211

^

7321 =++⇔=−++•

Perhatikan bahwa q bukanlah variabel pada node equation namun karena

(asumsikan bahwa invers dari ada) maka persamaan (1) dapat ditulis menjadi

( ) ( )212

^

221

1

2

^

2

1

2

^

222

^

2 eeqqeev)v(vq)q(vv −=⇔−==⇔=−−

)q(vv 22

^

2 =



KCL di titik 1: ...(2) ( ) )t(iieeq)e(i0iiii s32121

^

7321 =+−+⇔=−++•

KCL di titik 2: ( ) 0Reieeq0iii

6

24212642 =++−−⇔=++−

•

...(3)

KCL di titik 3: ...(4) 0eCii0iii 3543543 =+−−⇔=+−−•

Persamaan cabang yang harus ditambahkan pada node equation

cabang 3: 4

4

33

3

3313 i

i

î

i

êev

••

∂φ∂

+∂φ∂

=−=

cabang 4: 4

4

43

3

4324 i

i

î

i

êev

••

∂φ∂

+∂φ∂

=−=

Dengan kondisi awal i )0(e)0(e)0(v),0(i),0( 21243

−−−−− −=

Sama halnya seperti tableau equation, teknik MNA merupakan salah satu teknik perhitungan yang sering digunakan oleh program simulasi rangkaian listrik seperti SPICE dalam mencari solusi persamaan rangkaian.

13. Perhatikan rangkaian dinamik non linier yang ditunjukkan pada P8.13a

a. Tentukan titik operasi (VQ, IQ). b. Gambar rangkaian pengganti sinyal kecil di sekitar titik operasi ini. c. Tulis modified node equation untuk rangkaian yang diperoleh pada (b).

2i

2ℜ

3i 3L1C

+ −1v

)t(vs

V1

1v

4i1

3111 vvq:C +=3222 vi: =ℜ

( )31

333 i:L =φ

P8.13a



Solusi

a. Langkah-langkah untuk mencari titik operasi • Nolkan semua sumber AC (short-circuit-kan sumber tegangan bebas dan

open-circuit-kan sumber arus bebas) • Open-circuit-kan semua kapasitor dan short-circuit-kan semua induktor. Rangkaian untuk mencari titik operasi tampak pada P8.13b.

Q2I

Q3I

Q4I

Q1V

+ −Q1V+

−

Q5V

V1

Q5I +

−

Q2V

1 2 31i~

2i~

3i~

5i~

4i~

1v~

1v~+ −

sv Ω34

H34F

47

P8.13b P8.13c Dari hukum KVL diperoleh 1VV Q2Q1 =+ dan Q1Q2 VV =

sehingga V21VV Q2Q1 ==

Dari karakteristik resistor non linier diperoleh A81)

21()V(I 33

Q2Q2 ===

Dari P8.13b tampak A81II Q2Q4Q3 −=−==I

Perhatikan bahwa 0II Q5Q1 == (open circuit) dan 0VV Q5Q3 == (short circuit),

dan V21VV Q1Q4 ==

Jadi

= 1

210

21

21VQ dan

−−= 0

81

81

810IQ



b. Langkah-langkah untuk mencari rangkaian pengganti sinyal kecil • Nolkan semua sumber bebas (independent) DC • Ganti semua komponen non linier dengan komponen linier di sekitar titik

operasi. Jadi, kita harus mencari nilai kapasitansi, induktansi, dan resistansi sinyal kecil di sekitar titik operasi, yakni

F471)

21(31v3

dvdqC 2

Q1V2

11

11 =+=+==

Ω==⇔====34G/1RS

43)

21(3v3

dvdiG 22

2

Q2V

22

2

22

H34)i(

31

didL

Q3I

32

33

33 ==

φ=

−

Rangkaian pengganti sinyal kecil di sekitar titik operasi tampak pada P8.13c.

c. Perhatikan bahwa cabang 3 berisi induktor dan cabang 4 dan 5 berisi elemen

yang bukan voltage-controlled sehingga arus cabangnya akan muncul sebagai variabel pada MNA.

KCL di titik 1: 0i~)e~e~(47

521 =+−••

KCL di titik 2: 0)e~e~(47e~

43i~ 2123 =−−+

••

KCL di titik 3: 0i~i~ 34 =−

Persamaan cabang yang harus ditambahkan ke node equation

cabang 3: 332 i~34e~e~

•

=−

cabang 4: 213 e~e~e~ −=

cabang 5: )t(ve~ s1 = Dengan kondisi awal )0(i~dan)0(e~)0(e~)0(v~ 3211

−−−− −=



14. Ulangi pertanyaan untuk rangkaian pada P.14a.

Ω21

( ) 211 vvf =

33333 vvq:C +=

( )444 iexp:L =φ

+− 1v

1i

2i 3i

4i 4L

3C( )1vf)t(vs F1 A1

5i 6i7i

P8.14a Solusi

a. Rangkaian untuk mencari titik operasi tampak P8.14b

+−

A1

Q7I

Q1I

Q2I Q3I

Q4I

Q5I Q6I

( )Q1Vf

Q1V

Ω21

1

+ +

− −Q3V Q5V

+− 1v~

1i~

2i~

3i~

4i~

1v~2−)t(vs F1

5i~

Ω21

7i~

1 2 3H72,2

F4

+ +

− −3v~ 5v~

P8.14b P8.14c Perhatikan bahwa 0II Q5Q3 == (open-circuit) dan 0VV Q7Q4 == (short-circuit) KCL di titik 1: 01II Q2Q1 =++ ...(1) Substitusi persamaan dan ( ) 2

Q1Q1 VVf = Q11Q1 IRV = ke persamaan (1) diperoleh

V1V01VV2 Q12Q1Q1 −=⇔=++

Dari P8.14b dengan menggunakan hukum KVL tampak

V1VVVVV Q6Q5Q3Q2Q1 −=====

A21VI

21

21

Q1Q1 −=

−== ;



A1)1(VI 22Q1Q2 =−== ;

A1II Q6Q4 == dan A2II Q1Q7 −==

Jadi

−−−−−=

→

0110111VQ

−−=

→

2101012I Q

b. Cari terlebih dahulu rangkaian pengganti sinyal kecil untuk elemen-elemen non

linier.

2v2dvdf

Q1V11

−==

F41v3dvdq

CQ3V

23

3

33 =+==

H72,2)iexp(didL

Q4I44

44 ==

φ=

Rangkaian pengganti sinyal kecil tampak pada P8.14c.

c. KCL di titik 1: 0i~i~ 71 =+−

0i~)e~e~(20i~)e~e~(7127

21

12 =+−−⇔=+−

−

KCL di titik 2: 0i~i~i~i~ 4321 =+++

0i~v~Cv~2)e~e~(2 433112 =++−−•

0i~e~4)e~e~(2)e~e~(2 421212 =++−−−•

KCL di titik 3: 0i~i~ 54 =+−

0e~.1i~0v~Ci~ 34554 =+−⇔=+−••



Persamaan cabang yang ditambahkan pada node equation:

cabang 4: dan cabang 7: 432444 i~72,2e~e~i~Lv~••

=−⇔= )t(ve~ s1 = Dengan kondisi awal )0(e~)0(v~),0(i~),0(e~)0(v~ 35423

−−−−− == 15. Perhatikan rangkaian dinamik non linier yang ditunjukkan pada P8.15a.

a. Tentukan titik operasi (VQ, IQ). b. Gambar rangkaian pengganti sinyal kecil di sekitar titik operasi ini.

two-portresistif

non linier

N

( )

+=+=

4234

2433

vexpiiviv:N

3222 vq:C =

1i:L 2555 +=φ

+ +

− −

+

−

V2

1i

6i

3i 4i

5i

2v 3v 4v 5L2C

)t(vs

P8.15a

Solusi

a. Titik operasi rangkaian

[ ]122101I Q −−=→

dan V [ ]200111Q =→

b. Rangkaian pengganti sinyal kecil tampak pada P8.15b.

N

Ω1Ω13i

~2

4i~

5i~

H4−

2i~

3i~

+ +

− −

3v~ 4v~+

−

2v~

Ω11i~

6i~

)t(vs

F3

P8.15b



16. Perhatikan rangkaian paralel RC linier tak berubah waktu pada P8.16a di mana R = 1Ω dan C = 1F. Sumber arus isj adalah masukan dan tegangan keluaran yj = vcj adalah tanggapan. Perhatikan dua kondisi berikut:

i. is1(t) = 1 A untuk t ≥ 0 dan vc1(0) = 1V ii. is2(t) = 3 A untuk t ≥ 0 dan vc2(0) = 1V

a. Hitunglah tanggapan lengkap (complete response) y(t) untuk kasus i dan ii .

b. Tunjukkan bahwa bila y3(t) adalah tanggapan lengkap untuk masukan is3(t) = 4 A untuk t ≥ 0 dan vc1(0) = 1V, maka y3(t) tidak sama dengan penjumlahan tanggapan y1(t) dan y2(t) pada (a). Jelaskan jawaban Anda.

sji R C

+

−

jc j yv =

P8.16a Solusi

a. Untuk kasus i dimana is1(t) = 1A dan vc1(0) = 1 maka

[ ] 1)t(v)t(yRC

texp)t(v)t(v)t(v)t(v 1c11c01c1c1c ==⇔

−−=− ∞∞

Untuk kasus ii dimana is2(t) = 3A dan vc2(0) = 1 maka

[ ] ( )texp23)t(v)t(yRC

texp)t(v)t(v)t(v)t(v 2c22c02c2c2c −−==⇔

−−=− ∞∞

b. Bila is3(t) = 4 A (yang dapat diperoleh dari penjumlahan is1(t) dan is2(t)) dan vc3(0) = 1 maka

[ ] ( )texp34)t(v)t(yRC

texp)t(v)t(v)t(v)t(v 2c23c03c3c3c −−==⇔

−−=− ∞∞

Perhatikan bahwa y3(t) ≠ y1(t) + y2(t) atau dengan kata lain prinsip superposisi tidak berlaku pada rangkaian ini. Dapatkah Anda menjelaskan alasannya?



17. Ulangi pertanyaan 16 namun dengan semua kondisi awal sama dengan nol (vc1(0) = vc2(0) = vc3(0) = 0).

Solusi

a. Dengan nilai kondisi awal sama dengan nol, tanggapan yang diperoleh identik dengan tanggapan tanpa kondisi awal (zero-state response)

( ) ( )texp33)t(ydantexp1)t(y 21 −−=−−=

b. ( )texp44)t(y3 −−=

Perhatikan y3(t) = y1(t) + y2(t). Jadi dalam kasus ini prinsip superposisi berlaku. Kesimpulan apakah yang Anda tarik dari solusi untuk pertanyaan 16 dan 17 ini?

18. Tanggapan tanpa kondisi awal v (zero-state response) dari suatu rangkaian

RC linier tak-berubah waktu (linear time invariant) terhadap arus unit step adalah

( ) )t(1.e12)t(v t−−= Hitung zero-state response terhadap masukan arus dengan bentuk gelombang seperti pada P8.18a

i

t

1

2

01−

1 2 3 4

P8.18a

Solusi

Misalkan N adalah suatu rangkaian dinamik uniquely solvable linear time-invariant maka zero-state response dari N untuk sejumlah masukan sumber tegangan dan sumber arus independen identik dengan penjumlahan zero-state response bila masing-masing sumber tersebut berfungsi sendiri (prinsip superposisi). Secara lebih spesifik, suatu sistem dikatakan linier bila memenuhi syarat: (misalkan x(t) adalah masukan sistem, y(t) adalah keluaran sistem, dan f(x) adalah suatu fungsi yang memetakan nilai masukan ke keluaran, atau y = f(x)).

• Bila ...(1) )t(y)t(y)t(x)t(xmaka)t(y)t(xdan)t(y)t(x 21

f

212

f

21

f

1 +→+→→



• Bila ...(2) )t(ky)t(kxmaka)t(y)t(x 1

f

11

f

1 →→ Persamaan (1) dan (2) masing-masing menunjukkan sifat additivity dan multiplicative/ homogeneity/ scaling dari sistem linier. Suatu sistem dikatakan time-invariant bila memenuhi syarat

• Bila ...(3) kdan)t(xsemuauntuk)t(y)t(xmaka)t(y)t(x 11

f

11

f

1 ξ−→ξ−→ Pada pertanyaan ini, informasi yang kita ketahui adalah zero-state response untuk masukan berupa fungsi step, yakni step response. Perhatikan bahwa masukan pada P8.18a dapat diuraikan menjadi penjumlahan gelombang seperti pada P8.18b.

Untuk masukan 1 diperoleh )t(

)t(1)e1(2)t(v t−−= maka

berdasarkan persamaan (2) dan

(3)

i

t

t

t

t

3i

2i

1i

1

2

01−

1 2 3 4

1 2 3 4

1

2

1 2 3 4

1

2

3

1 2 3 4

1

0

0

0

1−

1−

1−

2−

2−

)t(1.1)t(i1 −=

)3t(1.3)t(i2 −=

)4t(1.2)t(i3 −−=

bila )t(1)t(i1 −= maka

( ) )t(1.e12)t(v)t(v t1

−−−=−=

bila ( )3ti.3)t(i2 −= maka

( ) ( )( ) )3t(1.e163tv3)t(v 3t2 −−=−= −−

bila ( )4ti.2)t(i3 −−= maka

( ) ( )( ) )4t(1.e144tv2)t(v 4t3 −−−=−−= −−

P8.18b



Berdasarkan persamaan (1)

Bila 321 iiii ++= )4t(1.2)3t(1.3)t(1.1 −−−+−= maka

321 vvvv ++= )4t(1).e1(4)3t(1).e1(6)t(1).e1(2 )4t()3t(t −−−−−+−−= −−−−−

Bila tanggapan ( ) )t(1.e12)t(v t−−= pada pertanyaan adalah complete response dan bukannya zero-state response, apakah hasil yang diperoleh di atas masih valid? Perhatikan juga pembahasan pada pertanyaan 16 dan 17.

19. Perhatikan sebuah rangkaian RC linier tak berubah waktu orde satu dan

misalkan vc adalah tegangan kapasitor. Misalkan juga us(t) adalah masukan dan y(t) adalah tanggapan. Sekumpulan pengukuran berikut telah dilakukan

)t(1.21e

23)t(y

V)0(v

)t(i)t(ut2

1

oc

1ss

+=

=

=−

( ) )t(1.e3)t(y V)0(v

)t(i)t(ut2

2

oc

2ss −==

=

)t(1.21e

21)t(y

0)0(v

)t(i)t(i)t(ut2

3

c

2s1ss

+=

=

+=−

Solusi

Perhatikan bahwa tanggapan suatu sistem selalu dapat diuraikan menjadi tanggapan tanpa kondisi awal (zero-state response yZSR) dan tanggapan tanpa masukan (zero-input response yZIR) atau ZSRZIR yyy += .

Untuk percobaan pertama

ZSR1ZIR11 yy)t(y += ...(1)



Untuk percobaan kedua

ZSR2ZIR22 yy)t(y += ...(2) Karena kondisi awal rangkaian untuk percobaan pertama dan kedua adalah sama maka zero-input response kedua percobaan adalah sama sehingga persamaan (2) dapat ditulis kembali menjadi

ZSR2ZIR1ZSR2ZIR22 yyyy)t(y +=+= ...(2b) Untuk percobaan ketiga

...(3) ZSR3ZIR33 yy)t(y +=

Karena kondisi awal rangkaian adalah nol maka y3ZIR = 0 dan karena is3(t) = is1(t) + is2(t) maka y3ZSR= y1ZSR + y2ZSR sehingga persamaan (3) dapat ditulis kembali menjadi

ZSR2ZSR1ZSR3ZIR33 yyyy)t(y +=+= ...(3b) Operasi aljabar pada persamaan (1), (2b), dan (3b) menghasilkan

ZSR1321 y2)t(y)t(y)t(y =+−

( ))t(y)t(y)t(y21y 213ZSR1 −+=

)t(1e321e

23

21e

21

21 t2t2t2

−+++= −−−

( ) )t(1e121 t2−−=


Documents

Bab 8 Rangkaian Dinamik Umum