Analisis Rangkaian Listrik - eecafedotnet.files.wordpress.com · Transformasi Laplace dari jumlah...
of 141
/141
Embed Size (px)
Transcript of Analisis Rangkaian Listrik - eecafedotnet.files.wordpress.com · Transformasi Laplace dari jumlah...
8/25/2012
1
Analisis Rangkaian Lis trikDi Kawasan s
Sudaryatno Sudirham
1
8/25/2012
2
Kuliah Terbukappsx beranimasi tersedia di
www.ee-cafe.org
2
Buku-eAnalisisAnalisisAnalisisAnalisis RangkaianRangkaianRangkaianRangkaian ListrikListrikListrikListrik JilidJilidJilidJilid 2222
tersedia di
www.buku-e.lipi.go.id dan www.ee-cafe.org
8/25/2012
3
PengantarKita telah melihat bahwa analisis di kawasan fasor lebih
sederhana dibandingkan dengan analisis di kawasan waktu karena tidak melibatkan persamaan diferensial melainkan persamaan-persamaan aljabar biasa. Akan tetapi analisis tersebut terbatas hanya untuk sinyal sinus dalam keadaan
mantap.
Berikut ini kita akan mempelajari analisis rangkaian di kawasan s, yang dapat kita terapkan pada rangkaian dengan sinyal sinus maupun bukan sinus, keadaan mantap maupun
keadaan peralihan.
3
8/25/2012
4
Isi Kuliah:
1. Transformasi Laplace
2. Analisis Menggunakan Transformasi Laplace
3. Fungsi Jaringan
4. Tanggapan Frekuensi Rangkaian Orde-1
5. Tanggapan Frekuensi Rangkaian Orde-2
4
8/25/2012
5
Transformasi Laplace
5
8/25/2012
6
Perhitungan rangkaian akan memberikan kepada kita hasilyang juga merupakan fungsi s. Jika kita perlu mengetahui
hasil perhitungan dalam fungsi t kita dapat mencari transformasi balik dari pernyataan bentuk gelombang sinyal
dari kawasan s ke kawasan t.
Pada langkah awal kita akan berusaha memahami transformasi Laplace beserta sifat-sifatnya.
Melalui transformasi Laplace ini, berbagai bentuk gelombang sinyal di kawasan waktu yang dinyatakan sebagai fungsi t, dapat ditransformasikan ke kawasan s menjadi fungsi s.
Jika sinyal diyatakan sebagai fungsi s, maka pernyataanelemen rangkaian pun harus disesuaikan dan penyesuaian ini
membawa kita pada konsep impedansi di kawasan s.
6
8/25/2012
7
Dalam pelajaran Analisis di Kawasan s, kita akan melakukantransformasi pernyataan fungsi dari kawasan t ke kawasan s melalui Transformasi Laplace, yang secara matematis didefinisikan sebagai
suatu integral
∫∞ −=0
)()( dtetfs stF
Fungsi waktu
s adalah peubah kompleks: s = σ + jω
Batas bawah integrasi adalah nol yang berarti bahwa kita hanya meninjau sinyal-sinyal kausal
Transformasi Laplace
Dalam pelajaran Analisis Rangkaian di kawasan fasor, kita melakukantransformasi fungsi sinus (fungsi t) ke dalam bentuk fasor melalui
relasi Euler.
7
8/25/2012
8
Sebelum membahas Taransformasi Laplace lebih lanjut, kita akan mencoba memahami proses apa yang terjadi dalam transformasi ini.
Kita lihat bentuk yang ada di dalam tanda integral, yaitu
tjttjst eetfetfetf ω−σ−ω+σ−− == )()()( )(
Fungsi waktu Eksponensial kompleks
Meredam f(t) jika σ > 0
bentuk sinusoidal
tte tj ω−ω=ω− sincos
8
Jadi perkalian f(t) dengan faktor eksponensial kompleksmenjadikan f(t) berbentuk sinusoidal teredam.
Sehingga integral dari 0 sampai ∞ mempunyai nilai limit, dan bukan bernilai tak hingga.
Kita lihat sekarang Transformasi Laplace
8/25/2012
9
t
ttjtj
ttjtjtjtj
tj
et
eee
eeeee
te
σ−
σ−ω−ω−ω−ω
σ−ω−ω−ω−ω
ω+σ−
ω−ω=
+=
+=ω
)cos(
2
2cos
0
)()(
)(0
00
00
)sin(cos)( ttAeeAeAeAe ttjttjst ω−ω=== σ−ω−σ−ω+σ−−
)sin(cos )(
)()(
ttAe
eAeAeeAeat
tjtatjastat
ω−ω=
==+σ−
ω−+σ−ω++σ−−−
∫∞ −=0
)()( dtetfs stF
Bentuk gelombang sinyal yang kita hadapi dalam rangkaian listriktersusun dari tiga bentuk gelombang dasar yaitu:
(1) anak tangga, (2) eksponensial, dan (3) sinusoidal
)()( tAutf =
)()( tuetf at−=
)( cos)( tutAtf ω=
sinus teredam
(1)
(2)
(3)
9
Jadi semua bentuk gelombang yang kita temui dalam rangkaianlistrik, setelah dikalikan dengan e−st dan kemudian diintegrasi dari
0 sampai ∞ akan kita peroleh F(s) yang memiliki nilai limit.
8/25/2012
10
Contoh:
Jika f(t) adalah fungsi tetapan f(t) = Au(t)
s
A
s
Ae
s
AdteAsF stst =
−−=−==∞
−∞ −∫ 0 )(00
Dalam contoh fungsi anak tangga ini, walaupun integrasi memilikinilai limit, namun teramati bahwa ada nilai s yang memberikan nilai
khusus pada F(s) yaitu s = 0. Pada nilai s ini F(s) menjadi takmenentu dan nilai s yang membuat F(s) tak menentu ini disebut pole.
s
AsF =)( Re
Im
0=sX
Posisi pole diberi tanda X
s adalah besaran kompleks. Posisi pole di bidang kompleks dalamcontoh ini dapat kita gambarkan sebagai berikut.
f(t)
0
Au(t)
t
10
8/25/2012
11
f(t) = Ae−αtu(t)Jika f(t) adalah fungsi exponensial
α+=
α+−===
∞α+−∞ α+−∞ −α ∫∫ s
A
s
AeAedteeAsF
tstsstt-
0
)(
0
)(
0 )(
Contoh:
α+=
s
AsF )(
t
f(t)
Ae-at u(t)Untuk s = −α, nilai F(s) menjadi
tak tentu.
s = −α ini adalah pole
Re
Im
α−=sX
Posisi Pole diberi tanda X
Penggambaran padabidang kompleks:
11
8/25/2012
12
Contoh: Jika f(t) adalah fungsi cosinus f(t) = Acosωt u(t)
relasi Euler: 2/)(cos tjtj ee ω−ω +=ω
22)(
0
)(
00 22
2)(
ω+=+=+= −ω−∞−ω∞−∞ ω−ω
∫∫∫ s
Asdte
Adte
Adte
eeAsF tsjtsjst
tjtj
22)(
ω+=
s
AssF
t
f(t)Acosωt u(t)
Untuk s = 0, nilai F(s) menjadinol.
Nilai s ini disebut zero
Untuk s2 = −ω2, atau
nilai F(s) menjadi tak tentu.
Nilai s ini merupakan pole
ω±= jsPenggambaran pada
bidang kompleks
Zero diberi tanda O
Pole diberi tanda X
Re
ImX
X
O
12
8/25/2012
13
Salah satu sifat Transformasi Laplace yang sangat penting adalah
Sifat Unik
Sifat ini dapat dinyatakan sebagai berikut:
Jika f(t) mempunyai transformasi Laplace F(s) maka transformasi balik dari F(s) adalah f(t).
Sifat ini memudahkan kita untuk mencari F(s) dari suatu fungsi f(t) dan sebaliknya mencari fungsi f(t) dari dari suatu fungsi F(s) dengan
menggunakan tabel transformasi Laplace .
Mencari fungsi f(t) dari suatu fungsi F(s) disebut mencari transformasi balik dari F(s).
Tabel berikut ini memuat pasangan fungsi f(t) dan fungsi F(s).Walaupun hanya memuat beberapa pasangan, namun untuk
keperluan kita, tabel ini sudah dianggap cukup.
13
8/25/2012
14
ramp teredam : [ t e−at ] u(t)
ramp : [ t ] u(t)
sinus tergeser : [sin (ωt + θ)] u(t)
cosinus tergeser : [cos (ωt + θ)] u(t)
sinus teredam : [e−atsin ωt] u(t)
cosinus teredam : [e−atcos ωt] u(t)
sinus : [sin ωt] u(t)
cosinus : [cos ωt] u(t)
eksponensial : [e−at]u(t)
anak tangga : u(t)
1impuls : δ(t)
Pernyataan Sinyal di Kawasan s L[f(t)] = F(s)
Pernyataan Sinyal di Kawasan t f(t)
s
1
as +1
22 ω+s
s
22 ω+ω
s
( ) 22 ω+++
as
as
( ) 22 ω++ω
as
22
sincos
ω+θω−θ
s
s
22
cossin
ω+θω+θ
s
s
2
1
s
( )21
as +
Tabel Transformasi Laplace
14
8/25/2012
15
Sifat-Sifat Transformasi Laplace
15
8/25/2012
16
Sifat UnikSifat ini dapat dinyatakan sebagai berikut:
Jika f(t) mempunyai transformasi Laplace F(s) maka transformasi balik dari F(s) adalah f(t).
Dengan kata lainJika pernyataan di kawasan s suatu bentuk gelombang v(t) adalah V(s), maka pernyataan di kawasan t suatu bentuk
gelombang V(s) adalah v(t).
16
8/25/2012
17
Sifat LinierKarena transformasi Laplace adalah sebuah integral, maka ia bersifat
linier.
Transformasi Laplace dari jumlah beberapa fungsi t adalah jumlah dari transformasi masing-masing fungsi.
Jika maka transformasi Laplace-nya adalah)()()( 2211 tfAtfAtf +=
[ ]
)()(
)()(
)()()(
2211
022
011
02211
sAsA
dttfAdttfA
dtetfAtfAs st
FF
F
+=
+=
+=
∫∫
∫∞∞
∞ −
dengan F1(s) dan F2(s) adalah transformasi Laplace dari f1(t) dan f2(t).
Bukti:
17
8/25/2012
18
Fungsi yang merupakan integrasi suatu fungsi t
)()(0
1 dxxftft
∫=Misalkan maka
dttfs
edxxf
s
edtedxxfs
sttststt
∫∫∫ ∫∞ −∞−∞
−−
−
−=
=0
1
00
1
00
1 )()( )()(F
bernilai nol untuk t = ∞ karena e−st = 0 pada t→∞ ,
bernilai nol untuk t = 0 karena integral yang di dalam tanda kurung akan bernilai nol (intervalnya nol).
s
sdtetf
sdttf
s
es st
st )( )(
1 )()( 1
0
1
0
1F
F ==−
−= ∫∫∞
−∞ −
Jika , maka transformasi Laplacenya adalahs
ss
)()(
FF = )()(
01 dxxftf
t
∫=
Bukti:
18
8/25/2012
19
Fungsi yang merupakan diferensiasi suatu fungsi
Misalkan dt
tdftf
)()( 1= maka
[ ] ∫∫∞ −∞−∞ − −−==0
1010
1 ))(()()(
)( dtestfetfdtedt
tdfs stststF
bernilai nol untuk t = ∞ karena e−st = 0 untuk t→ ∞
bernilai −f(0) untuk t = 0.
)0()()0()()(
110
1 fssfdtetfsdt
tdf st −=−=
∫
∞ − FL
Jika
maka transformasi Laplacenya adalahdt
tdftf
)()( 1=
)0()()( 11 fsss −= FF
Bukti:
Ini adalah nilai f1(t) pada t = 0
19
8/25/2012
20
Translasi di Kawasan t
Jika transformasi Laplace dari f(t) adalah F(s), maka transformasi Laplace dari f(t−a)u(t−a) untuk a > 0
adalah e−asF(s).
Translasi di Kawasan s
Jika transformasi Laplace dari f(t) adalah F(s) , maka transformasi Laplace dari e−αtf(t)
adalah F(s + α).
20
8/25/2012
21
Pen-skalaan ( scaling )
Jika transformasi Laplace dari f(t) adalah F(s) , maka untuk a > 0 transformasi dari f(at) adalah
a
sF
a
1
Nilai Awal dan Nilai Akhir
0
0
)( lim)(lim :akhir Nilai
)( lim)(lim : awal Nilai
→∞→
∞→+→=
=
st
st
sstf
sstf
F
F
21
8/25/2012
22
konvolusi :
nilai akhir :
nilai awal :
penskalaan :
translasi dis :
translasi di t:
A1F1(s) + A2 F2(s)linier : A1 f1(t) + A2 f2(t)
diferensiasi :
integrasi :
A1F1(s) + A2 F2(s)linier : A1 f1(t) + A2 f2(t)
Pernyataan F(s) =L[f(t)]Pernyataan f(t)
∫t
dxxf0
)(s
s)(F
dt
tdf )()0()( −− fssF
2
2 )(
dt
tfd )0()0()(2 −− ′−− fsfss F
3
3 )(
dt
tfd)0()0(
)0()( 23
−−
−
′′−−
−
fsf
fsss F
[ ] )()( atuatf −− )(se as F−
)(tfe at− )( as +F
)(atf
a
s
aF
1
0)(lim
+→ttf
)( lim
∞→sssF
)(lim
∞→ttf
0)( lim
→sssF
dxxtfxft
)()(0
21 −∫ )()( 21 ss FF
Tabel Sifat-Sifat Transformasi Laplace
22
8/25/2012
23
Transformasi LaplaceDiagram pole – zeroTransformasi Balik
23
8/25/2012
24
CONTOH: Carilah transformasi Laplace dari bentuk gelombang berikut:
)( 3)( c).
; )()10sin(5)( b).
; )()10cos(5)( a).
23
2
1
tuetv
tuttv
tuttv
t−=
==
Mencari Transformasi Laplace
2
3)( )( 3)( 3
23 +
=→= −
sstuetv t V
a) Dari tabel transformasi Laplace: f(t) = [cos ωt] u(t)22
)(ω+
=s
ssF
Penyelesaian:
100
5
)10(
5)()()10cos(5)(
22211 +=
+=→=
s
s
s
sstuttv V
b) Dari tabel transformasi Laplace: f(t) = [sin ωt] u(t) 22)(
ω+ω=
ssF
100s
50
)10(
105 )()()10sin(5)(
22222 +=
+×=→=
sstuttv V
c) Dari tabel transformasi Laplace: f(t) = [e−at]u(t)as
sF+
= 1)(
24
8/25/2012
25
CONTOH: Gambarkan diagram pole-zero dari
ss
s
sAs
ss
5)( c).
24,3)2(
)2()( b).
1
2)( a).
2=
+++=
+= FFF
Mencari Diagram pole-zero
8,12 di pole )8,1(24,3)2(
024,3)2( 2
jsjs
s
±−=→±=−=+
=++
Re
Im
Re
Im
+j1,8
−2−j1,8
a). Fungsi ini mempunyai pole di s = −1 tanpa zero tertentu.
b). Fungsi ini mempunyai zero di s = −2Sedangkan pole dapat dicari dari
c). Fungsi ini tidak mempunyai zero tertentu sedangkan pole terletak di titik asal, s = 0 + j0.
Re
Im
×−1
25
8/25/2012
26
Transformasi balik adalah mencari f(t) dari suatu F(s) yang diketahui.
Mencari Transformasi Balik
Akan tetapi pada umumnya F(s) berupa rasio polinomial yang bentuknya tidak sesederhana dan tidak selalu ada pasangannya
seperti dalam tabel. Untuk mengatasi hal itu, F(s) kita uraikan menjadi suatu penjumlahan dari bentuk-bentuk yang ada dalam tabel, sehingga kita akan memperoleh f(t) sebagai jumlah dari
transformasi balik setiap uraian.
Hal ini dimungkinkan oleh sifat linier dari transformasi Laplace
Jika F(s) yang ingin dicari transformasi baliknya ada dalam tabel transformasi Laplace yang kita punyai, pekerjaan kita
cukup mudah.
26
8/25/2012
27
Bentuk Umum F(s)
)())((
)())(()(
21
21
n
m
pspsps
zszszsKs
−−−−−−=
L
LF
Jika ada pole-pole yang bernilai sama kita katakan bahwa F(s) mempunyai pole ganda .
Dalam bentuk umum ini jumlah pole lebih besar dari jumlah zero, Jadi indeks n > m
Bentuk umum fungsi s adalah
Jika F(s) memiliki pole yang semuanya berbeda, pi ≠ pj untuk i ≠ j ,
dikatakan bahwa F(s) mempunyai pole sederhana .
Jika ada pole yang berupa bilangan kompleks kita katakan bahwa F(s) mempunyai pole kompleks .
27
8/25/2012
28
Fungsi Dengan Pole Sederhana
tpn
tptp nekekektf +++= L2121)(
)()()()())((
)())(()(
2
2
1
1
21
21
n
n
n
m
ps
k
ps
k
ps
k
pspsps
zszszsKs
−++
−+
−=
−−−−−−= L
L
LF
F(s) merupakan kombinasi linier dari beberapa fungsi sederhana.k1, k2,…..kn di sebut residu.
Jika semua residu sudah dapat ditentukan, maka
Bagaimana cara menentukan residu ?
Apabila F(s) hanya mempunyai pole sederhana, maka ia dapat diuraikan sebagai berikut
28
8/25/2012
29
Jika kita kalikan kedua ruas dengan (s − p1),faktor (s− p1) hilang dari ruas kiri,
dan ruas kanan menjadi k1 ditambah suku-suku lain yang semuanya mengandung faktor (s− p1).
k2 diperoleh dengan mengakalikan kedua ruas dengan (s − p2) kemudian substitusikan s = p2 , dst.
Jika kemudian kita substitusikan s = p1 maka semua suku di ruas kanan bernilai nol kecuali k1
1121
12111
)()(
)())((k
pppp
zpzpzpK
n
m =−−
−−−L
L
Cara menentukan residu:
)()()()())((
)())(()(
2
2
1
1
21
21
n
n
n
m
ps
k
ps
k
ps
k
pspsps
zszszsKs
−++
−+
−=
−−−−−−= L
L
LF
)(
)(
)(
)(
)(
)(
)()(
)())(( 1
2
12
1
11
2
21
n
n
n
m
ps
psk
ps
psk
ps
psk
psps
zszszsK
−−++
−−+
−−=
−−−−−
LL
L
Dengan demikian kita peroleh k1
29
8/25/2012
30
CONTOH: Carilah f(t) dari fungsi transformasi berikut.
)3)(1(
4)(
++=
sssF
3
2
1
2)(
+−+
+=
sssF
)1( +× s)1(
3)3(
4 21 +
++=
+s
s
kk
s
1masukkan −=s 2)31(
41 ==
+−k
)3( +× s2
1 )3(1)1(
4ks
s
k
s++
+=
+
3masukkan −=s 2)13(
42 −==
+−k
tt eetf 322)( −− −=
31)3)(1(
4)( 21
++
+=
++=
s
k
s
k
sssF
30
8/25/2012
31
)3)(1(
)2(4)(
+++=ss
ssF
CONTOH: Carilah f(t) dari fungsi transformasi berikut.
31)3)(1(
)2(4)( 21
++
+=
+++=
s
k
s
k
ss
ssF
)1( +× s)1(
3)3(
)2(4 21 +
++=
++
ss
kk
s
s
1masukkan −=s 2)31(
)21(41 ==
+−+−
k
)3( +× s2
1 )3(1)1(
)2(4ks
s
k
s
s +++
=++
3masukkan −=s 2)13(
)23(42 ==
+−+−
k
3
2
1
2)(
++
+=
sssF tt eetf 322)( −− +=
31
8/25/2012
32
)4)(1(
)2(6)(
+++=
sss
ssF
CONTOH: Carilah f(t) dari fungsi transformasi berikut.
41)4)(1(
)2(6)( 321
++
++=
+++=
s
k
s
k
s
k
sss
ssF
s× 41)4)(1(
)2(6 321 +
++
+=++
+s
sk
s
skk
ss
s
masukkans = 0 3)40)(10(
)20(61 ==
+++
k
)1(4
)1()4(
)2(6 32
1 ++
+++=++
ss
kks
s
k
ss
s
)1( +× s
masukkans = −4
2)41(1
)21(62 −==
+−−+−
k
)4( +× s 321 )4(1
)4()1(
)2(6ks
s
ks
s
k
ss
s +++
++=++
1)14(4
)24(63 −==
+−−+−
k
4
1
1
23)(
+−+
+−+=
ssssF tt eetf 4123)( −− −−=
masukkans = −1
32
8/25/2012
33
Dalam formulasi gejala fisika, fungsi F(s) merupakan rasio polinomial dengan koefisien riil. Jika F(s) mempunyai pole kompleks yang
berbentuk p = −α + jβ, maka ia juga harus mempunyai pole lain yang berbentuk p* = −α − jβ; sebab jika tidak maka koefisien polinomial
tersebut tidak akan riil.
Jadi untuk sinyal yang secara fisik kita temui, pole kompleks dari F(s) haruslah terjadi secara berpasangan konjugat.
LL +β+α+
+β−α+
+=js
k
js
ks
*)(F
Residu k dan k* juga merupakan residu konjugat sebab F(s) adalah fungsi rasional dengan koefisien rasional. Residu ini dapat kita cari dengan cara yang sama seperti mencari residu pada uraian fungsi
dengan pole sederhana.
Fungsi Dengan Pole Kompleks
Oleh karena itu uraian F(s) harus mengandung dua suku yang berbentuk
33
8/25/2012
34
Transformasi balik dari dua suku dengan pole kompleks
LL +β+α+
+β−α+
+=js
k
js
ks
*)(F
LL +θ+β+= α− )cos(2)( tektf
)cos(2 2
2
*)(
)()(
))(())((
)()(
)()(
θ+β=+=
+=
+=
+=
α−θ+β−θ+β
α−
θ+β+α−θ+β−α−
β+α−θ−β−α−θ
β+α−β−α−
ttjtj
t
tjtj
tjjtjj
tjtjk
ekee
ek
ekek
eekeek
ekketf
adalah
34
8/25/2012
35
CONTOH: Carilah transformasi balik dari
)84(
8)(
2 ++=
ssssF
222
32164js ±−=−±−=Memberikan pole
sederhana di s = 0 memberi pole
kompleks
2222)84(
8)( 221
2 js
k
js
k
s
k
ssss
+++
−++=
++=
∗F
2
2
88
8
)22(
8)22(
)84(
8
)4/3(
222222
π
+−=+−=
=−−
=
++=−+×
++=→
j
jsjs
ej
jssjs
sssk
)4/3(2 2
2 π−∗ =→ jek
[ ] )4/32cos(2)( 2
2)(
2
2
2
2)(
2)24/3()24/3(2
)22()4/3()22()4/3(
π++=++=
++=
−+π−+π−
+−π−−−π
tetueeetu
eeeetuf(t)
ttjtjt
tjjtjj
18
8
)84(
8
021 ==×
++=→
=s
ssss
k
35
8/25/2012
36
Pada kondisi tertentu, F(s) dapat mempunyai pole ganda. Penguraian F(s) yang demikian ini dilakukan dengan “memecah” faktor yang mengandung pole ganda dengan tujuan untuk mendapatkan bentuk fungsi dengan pole sederhana yang dapat diuraikan seperti contoh sebelumnya.
221
1
))((
)()(
psps
zsKs
−−−=F
pole ganda
−−−
−=
))((
)(1)(
21
1
2 psps
zsK
pssF
pole sederhana
)()( 2
2
1
1
ps
k
ps
k
−+
−
Fungsi Dengan Pole Ganda
36
Uraikan menjadi:
8/25/2012
37
22
2
212
1
2
2
1
1
2 )())((
1)(
ps
k
psps
k
ps
k
ps
k
pss
−+
−−=
−+
−−=F
22
2
2
12
1
11
)()(
ps
k
ps
k
ps
ks
−+
−+
−=F
tptptp tekekektf 22121211)( ++=
37
Maka:
sehingga:
8/25/2012
38
CONTOH: Tentukan transformasi balik dari fungsi: 2)2)(1(
)(++
=ss
ssF
2)1(
1)2(21)2(
1
)2)(1()2(
1
)2)(1()(
22
11
21
2
=+
=→−=+
=→
++
++=
+++=
++=
−=−= ss s
sk
s
sk
s
k
s
k
s
ss
s
sss
ssF
21211
2
)2(
2
21
)2(
2
)2)(1(
1
2
2
1
1
)2(
1)(
++
++
+=
++
++−=
++
+−
+=⇒
ss
k
s
k
sssssssF
11
1 1
2
1
212
111 =
+−=→−=
+−=→
−=−= ss sk
sk
)2(
2
2
1
1
1)(
2++
++
+−=⇒
ssssF ttt teeetf 22 2)( −−− ++−=
38
8/25/2012
39
Analisis Rangkaian ListrikMenggunakan
Transformasi Laplace
39
8/25/2012
40
Kita mengetahui hubungan tergangan-arus di kawasan waktupada elemen-elemen R, L, dan C adalah
∫==
=
=
dtiC
vdt
dvCi
dt
diLv
Riv
cCC
C
LL
RR
1atau
Dengan melihat tabel sifat-sifat transformasi Laplace, kitaakan memperoleh hubungan tegangan-arus elemen-elemendi kawasan s sebagai berikut:
40
Hubungan Tegangan-Arus Elemen
di Kawasan s
8/25/2012
41
Resistor: )( )( sRs RR IV =
Induktor: )0()()( LLL LissLs −= IV
Kapasitor:s
v
sC
ss CC
C)0()(
)( += IV
Kondisi awal
Kondisi awal adalah kondisi elemensesaat sebelum peninjauan.
41
8/25/2012
42
Konsep Impedansi di Kawasan s
Impedansi di kawasan s adalah rasio tegangan terhadap arus di kawasan s dengan kondisi awal nol
sCsC
sZsL
sL
sZR
s
sZ C
CL
LR
RR
1
)(
)( ;
)(
)( ;
)(
)( ======I
V
I
V
I
V
Dengan konsep impedansi ini maka hubungan tegangan-arus untuk resistor, induktor, dan kapasitor menjadi sederhana.
)(1
; (s))( ; (s))( ssC
sLsRs CCLLRR IVIVIV ===
Admitansi , adalah Y = 1/Z
sCYsL
YR
Y CLR === ; 1
; 1
42
8/25/2012
43
Representasi Elemen di Kawasan s
R
IR (s)+
VR(s)
−
−+
sL
LiL(0)
+
VL (s)
−
IL (s)
+−
+
VC (s)
−
IC (s)
s
vC )0(
Representasi dengan Menggunakan Sumber Tegangan
Elemen R, L, dan C di kawasan s, jika harus memperhitungkanadanya simpanan energi awal pada elemen, dapat dinyatakan
dengan meggunakan sumber tegangan atau sumber arus.
Kondisi awal
)( )( sRs RR IV = )0()()( LLL LissLs −= IVs
v
sC
ss CC
C)0()(
)( += IV
43
8/25/2012
44
Jika Kondisi awal = 0
R
IR (s)+
VR(s)
−
sL
+
VL (s)
−
IL (s) +
VC (s)
−
IC (s)
)( )( sRs RR IV = )()( ssLs LL IV =sC
ss C
C)(
)(I
V =
Jika simpanan energi awal adalah nol, maka sumbertegangan tidak perlu digambarkan.
44
8/25/2012
45
R
IR (s)+
VR(s)
−
IL (s)
+VL (s)
−
sL
s
iL )0( CvC(0)
IC (s)
+VC (s)
−sC
1
)( )( sRs RR IV =
−=s
issLs L
LL)0(
)()( IV ( ))0()(1
)( CCC CvssC
s += IV
Representasi dengan Menggunakan Sumber Arus
Kondisi awal
Jika Kondisi awal = 0
R
IR (s)+
VR(s)
−
sL
+
VL (s)
−
IL (s) +
VC (s)
−
IC (s)
)( )( sRs RR IV = )()( ssLs LL IV =sC
ss C
C)(
)(I
V =45
8/25/2012
46
Transformasi Rangkaian
Representasi elemen dapat kita gunakan untuk mentransformasi rangkaian ke kawasan s.
Dalam melakukan transformasi rangkaian perlu kita perhatikan juga apakah rangkaian yang kita transformasikan
mengandung simpanan energi awal atau tidak.
Jika tidak ada simpanan energi awal, maka sumber tegangan ataupun sumber arus pada representasi
elemen tidak perlu kita gambarkan.
46
8/25/2012
47
Saklar S pada rangkaian berikut telah lama ada di posisi 1. Pada t = 0 saklar dipindahkan ke posisi 2 sehingga rangkaian RLC seri terhubung ke sumber tegangan 2e−3t V. Transformasikan rangkaian ke kawasan s untuk t > 0.
1/2 F1 H3 Ω
2e−3t V+vC
−
S1
2+−
+−8 V
s3
+− +
−
+
VC(s)
−3
2
+s
s
2
s
8
tegangan awal kapasitor = 8/s
tegangan kapasitor
CONTOH:
Saklar S telah lama ada di posisi 1 dan sumber 8 V
membuat rangkaian memilikikondisi awal, yaitu
vC0 = 8 V daniL0 = 0
arus awal induktor = 0
Transfor-masi
Kondisi awal akan nol jika rangkaiannnya adalah sepeti beri kut
47
8/25/2012
48
1
1/2 F1 H3 Ω
2e−3t V+vC
−
S
2+−
Saklar S telah lama ada di posisi 1 dan tak ada sumber tegangan,
maka kondisi awal = 0vC0 = 0 V dan
iL0 = 0
s3
+−
+
VC(s)
−3
2
+s s
2
Transfor-masi
tegangan kapasitorarus awal induktor = 0
tegangan awal kapasitor = 0
48
8/25/2012
49
Hukum arus Kirchhoff (HAK) dan hukum tegangan Kirchhof f (HTK) berlaku di kawasan s
∑=
=n
kk ti
1
0)(
0)()()(11
001
==
=
∑∑ ∫∫ ∑==
∞ −∞ −
=
n
kk
n
k
stk
stn
kk sdtetidteti I
0)(1∑
==
n
kk tv
0)( )()( 11
001
==
=
∑∑ ∫∫ ∑
==
∞ −∞ −
=
n
kk
n
k
stk
stn
kk sdtetvdtetv V
HAK di Kawasan t :
HAK di Kawasan s
HTK di Kawasan t :
HTK di Kawasan s
49
Hukum Kirchhoff
8/25/2012
50
Pembagi Tegangan dan Pembagi Arus
∑∑ == kparalelekivkseriekiv YYZZ ;
)()( ; )()(
sZ
Zss
Y
Ys total
seriekiv
kktotal
paralelekiv
kk VVII ==
CONTOH: Carilah VC(s) pada rangkaian impedansi seri RLC berikut ini
)()2)(1(
2 )(
23
2)(
23
/2)(
2s
sss
sss
ss
ss inininR VVVV
++=
++=
++=
s3+−
+VC (s)−
Vin (s)s
2
50
Kaidah-Kaidah Rangkaian
8/25/2012
51
Misalkan Vin(s) = 10/s
21)2)(1(
20)( 321
++
++=
++=
s
k
s
k
s
k
ssssCV
Inilah tanggapan rangkaian RLC seri dengan R = 3Ω , L = 1H, C = 0,5 Fdan sinyal masukan anak tangga
dengan amplitudo 10 V.
ttC
C
eetv
ssss
2102010)(
2
10
1
2010)(
−− +−=⇒
++
+−+=⇒V
10)1(
20
; 20)2(
20
; 10)2)(1(
20
23
12
01
=+
=
−=+
=
=++
=→
−=
−=
=
s
s
s
ssk
ssk
ssk
s3+−
+VC (s)−
Vin (s)s
2
51
8/25/2012
52
Prinsip Proporsionalitas
)()( sKs s XY =Ks
Y(s)X(s)
sLR+− 1/sCVin (s)
)(1
)()/1(
)(2
sRCsLCs
RCss
sCsLR
Rs ininR VVV
++=
++=
CONTOH:
Hubungan linier antaramasukan dan keluaran
52
Teorema Rangkaian
8/25/2012
53
Prinsip Superposisi
⋅⋅⋅+++= )()()()( 332211o sKsKsKs sss XXXY
Ks
Yo(s)X1(s)
X2(s)
Ks1
Y1(s) = Ks1X1(s)X1(s)
Ks2
Y2(s) = Ks2X2(s)X2(s)
)()()( 2211o sKsKs ss XXY +=
Keluaran rangkaian yang mempunyai beberapa masukanadalah jumlah keluaran dari setiap masukan sendainya
masukan-masukan itu bekerja sendiri-sendiri
53
8/25/2012
54
Teorema Thévenin dan Norton
)(
)(1
)(
)()( ;)()()(
s
s
YZ
Z
sssZsss
N
T
NT
T
ThsNTNhtT
IV
VIIIVV
==
====
CONTOH: Carilah rangkaian ekivalen Thevenin dari rangkaian impedansi berikut ini.
+−
BEBAN
R
sC
122 ω+s
s
))(/1(
/
)/1(
/1)()(
2222 ω++=
ω++==
sRCs
RCs
s
s
sCR
sCss htT VV
)/1(
1
/1
/)/1(||
RCsCsCR
sCRRCRZT +
=+
==
+−
BEBAN
ZTTV
Tegangan Thévenin Arus Norton
Impedansi Thévenin
54
8/25/2012
55
Metoda Unit OutputCONTOH: Dengan menggunakan metoda unit output , carilah
V2(s) pada rangkaian impedansi di bawah ini
sL
R 1/sCI1(s)+V2(s)−
IC (s)IR (s)
IL (s)
2
22
)( )()(
/1
1)( 1)()( 1)( :Misalkan
LCssCsLssCss
sCsC
ssss
LCL
CC
=×=→==→
==→==→=
VII
IVVV
)(1
)()(
1)(
1
11)()()(
1)( 1)()()(
1212
2*1
22*1
22
sRCsLCs
RsKs
RCsLCs
R
sIK
R
RCsLCssC
R
LCssss
R
LCssLCssss
s
s
LR
RCLR
IIV
III
IVVV
++==⇒
++==⇒
++=++=+=⇒
+=→+=+=→
55
Metoda Metoda Analisis
8/25/2012
56
Metoda Superposisi
CONTOH: Dengan menggunakan metoda superposisi , carilah tegangan induktor vo(t) pada rangkaian berikut ini.
+− BsinβtAu(t)
R
L
+vo
−
R
+−
RsL
+Vo1
−
Rs
A
+−
R
sL+Vo
−
Rs
A22 β+
βs
B
RsL
+Vo2
−
R22 β+
βs
B
LRs
A
AsLR
L
s
A
sLR
RLsR
sLR
RLs
s
sLR
RLsZ RL
2/
2/
2)(
o1
//
+=
+=
++
+=⇒
+=→
V
))(2/(22
111/1
)()(
2222
22o2
β++β=
β+β×
+=
β+β×
++×=×=
sLRs
sRB
s
B
RsL
sRL
s
B
sLRR
sLsLsIsLs LV
56
8/25/2012
57
θ−
−θ
β−=
−=
β+=→
β+=θβ+
=β−
=β−+
=→
β+−=
β+=→
β−+
β++
+β+
+=+=⇒
j
j
js
LRs
eLR
k
LRe
LRjLRjsLRs
sk
LR
LR
s
sk
js
k
js
k
LRs
kRB
LRs
Asss
223
1
222
222/
221
321o2o1o
4)/(
1
/
2tan ,
4)/(
1
2/
1
))(2/(
)2/(
)2/(
)(
2/22/
2/)()()( VVV
( )
+β+
+
β+−
β+=⇒
θ−βθ−β−
−
−
)()(
22
222
2o
4)/(
1
)2/(
)2/(
22)(
tjtj
tL
R
tL
R
eeLR
eLR
LR
RBe
Atv
)cos(4)/(42
)(22
222
2
o θ−ββ+
β+
β+β−=⇒
−t
LR
RBe
LR
BRAtv
tL
R
LRs
As
2/
2/)(o1 +
=⇒ V))(2/(2
)(22o2 β++
β=sLRs
sRBsV
57
8/25/2012
58
Metoda Reduksi Rangkaian
CONTOH: Dengan menggunakan metoda reduksi rangkaian carilah tegangan induktor vo(t) pada rangkaian berikut ini
+−
R
sL+Vo
−
Rs
A22 β+
βs
B
RsL
+Vo
−
R22 β+
βs
B
sR
A
R/2sL
+Vo
− sR
A
s
B +β+
β22
R/2sL
+Vo
−
+−
+
β+β
sR
A
s
BR222
+
β+β×
+=
sR
A
s
BR
RsL
sLs
22o 22/)(V
))(2/(
)2/(
2/
2/)(
22oβ++
β++
=sLRs
sRB
LRs
AsV
58
8/25/2012
59
Metoda Rangkaian Ekivalen Thévenin
CONTOH: Cari tegangan induktor dengan menggunakan rangkaian ekivalen Thévenin.
+−
R
sL+Vo
−
Rs
A22 β+
βs
B +−
RR
s
A22 β+
βs
B
22
22
2/2/
2
1)()(
β+β+=
β+β××+×
+==
s
RB
s
A
s
BR
s
A
RR
Rss htT VV
2
RZT =+
−
ZT
sL+Vo
−VT
))(2/(
)2/(
2/
2/
2/2/
2/)()(
22
22o
β++β
++
=
β+β
++
=+
=
sLRs
sRB
LRs
A
s
RB
s
A
RsL
sLs
ZsL
sLs T
TVV
59
8/25/2012
60
Metoda Tegangan Simpul
+−
R
sL
+Vo
−
Rs
A22 β+
βs
B
CONTOH: Cari tegangan induktor dengan menggunakan metoda tegangan simpul.
01111
)(22o =
β+β−−
++s
B
s
A
RsLRRsV
))(2/(
)2/(
2/
2/
2
)(
atau 2
)(
22
22o
22o
β++β
++
=
β+β+
+=
β+β
+=
+
sLRs
sRB
LRs
A
s
B
Rs
A
RLs
RLss
s
B
Rs
A
RLs
RLss
V
V
60
8/25/2012
61
Metoda Arus Mesh
CONTOH: Pada rangkaian berikut ini tidak terdapat simpanan energi awal. Gunakan metoda arus mesh untuk menghitung i(t)
+− 10kΩ
10mH1µF10 u(t)
i(t)10kΩ
+−
1041040.01s
I(s)
IA IB
ss
10)(1 =V s
610
( ) 010)(
101010)(
010)(1001.0)(10
46
44
44
=×−
++
=×−++−
ss
s
ssss
AB
BA
II
II
( ))(
102)(
2s
s
ss BA II
+=
61
8/25/2012
62
( )( )
))((
10
101002,0
10
101010202,0
10)()(
010)()(102
1001.010
642
4642
42
4
β−α−=
++=
−++×+==⇒
=×−+++−⇒
ssss
ssssss
sss
ss
s
B
BB
II
II
[ ] mA 02,0)(
102100
10 ; 102
500000
10
50000100)500000)(100(
10)(
500000100
5
5000002
5
1001
21
tt
ss
eeti
sk
sk
s
k
s
k
sss
−−
−
−=
−
−=
−=⇒
×−=+
=×=+
=
++
+=
++=⇒ I
50000004,0
1081010
; 10004,0
1081010
484
484
−≈×−−−=β
−≈×−+−=α
62
8/25/2012
63
Fungsi Jaringan
63
8/25/2012
64
Bahasan kita berikut ini adalahmengenai Fungsi Jaringan
Fungsi Jaringan merupakan fungsi s yang merupakan karakteristik rangkaian dalam
menghadapi adanya suatu masukan ataupunmemberikan relasi antara masukan dan keluaran.
Pengertian Dan Macam Fungsi Jaringan. Peran Fungsi Alih. Hubungan Bertingkat Kaidah Rantai
Bahasan akan mencakup
64
8/25/2012
65
Fungsi Jaringan
Prinsip proporsionalitas berlaku di kawasan s. Faktor proporsionalitas yang menghubungkan keluaran dan
masukan berupa fungsi rasional dalam sdan disebut fungsi jaringan (network function).
)(Masukan Sinyal
)( Nol Status Tanggapan Jaringan Fungsi
s
s=
Definisi ini mengandung dua pembatasan, yaitu a) kondisi awal harus nol dan b) sistem hanya mempunyai satu masukan
65
Pengertian dan Macam Fungsi Jaringan
8/25/2012
66
Fungsi jaringan yang sering kita hadapi ada dua bentuk, yaitu
fungsi masukan (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 adalah perbandingan antara tanggapan di suatu gerbang dengan masukan pada gerbang yang berbeda.
66
8/25/2012
67
Fungsi Masukan
)(
)()( ;
)(
)()(
s
ssY
s
ssZ
V
I
I
V ==
impedansi masukan admitansi masukan
Fungsi Alih
)(
)()( :Alih Impedansi
;)(
)()( :Alih Admitansi
)(
)()( : ArusAlih Fungsi
; )(
)()( :Tegangan Alih Fungsi
o
o
o
o
s
ssT
s
ssT
s
ssT
s
ssT
inZ
inY
inI
inV
I
V
V
I
I
I
V
V
=
=
=
=
67
8/25/2012
68
CONTOH: Carilah impedansi masukan yang dilihat oleh sumber pada rangkaian-rangkaian berikut ini
RCs
RZ
R
RCsCs
RY
Cs
RCs
CsRZ
in
in
in
+=⇒
+=+=
+=+=
1
11 b).
; 11
a).
a).
R+− Vs(s)
RIs(s)
b).
Cs
1Cs
1
68
8/25/2012
69
Carilah fungsi alih rangkaian-rangkaian berikutCONTOH:
a).
R+Vin(s)
−
+Vo(s)− R
Iin(s)
b).
Io(s)
sRCsCR
R
s
ssT
RCsCsR
Cs
s
ssT
inI
inV
+=
+==
+=
+==
1
1
/1
/1
)(
)()( b).
; 1
1
/1
/1
)(
)()( a).
o
o
I
I
V
V
69
8/25/2012
70
Tentukan impedansi masukan dan fungsi alih rangkaian di bawah ini
CONTOH:
R1R2
L
C
+vin
−
+vo
−
Transformasi ke kawasan s
R1R2
Ls
1/Cs
+Vin(s)
−
+Vo (s)−
( ) ( )
1)(
))(1(
/1
))(/1(
||/1
212
21
21
21
21
+++++
=
+++++
=
++=
CsRRLCs
RLsCsR
LsRCsR
RLsCsR
RLsCsRZin
2
2o
)(
)()(
RLs
R
s
ssT
inV +
==V
V
70
8/25/2012
71
CONTOH:
Tentukan impedansi masukan dan fungsi alih rangkaian di samping ini −
+
R2
+vin
−
+vo
−
R1
C1C2
Transformasi rangkaian ke kawasan s
−
+
R2
+Vin(s)
−
+Vo(s)−
R1
1/C1s 1/C2s( )1/1
//1||
11
1
11
1111 +
=+
==sCR
R
sCR
sCRsCRZin
1
1
1
1
)/1(||
)/1(||
)(
)()(
22
11
1
2
1
11
22
2
11
22
1
2o
++
−=
+×
+−=
−=−==
sCR
sCR
R
R
R
sCR
sCR
R
sCR
sCR
Z
Z
s
ssT
inV V
V
71
8/25/2012
72
CONTOH:
1MΩ
1µF
µvx
A
+vs
−
+vx
−
+ vo1MΩ1µF
+−
106
106/s
µVx
A +Vx
−
+ Vo(s)106
106/s+−
+Vs(s)
−
Persamaan tegangan untuk simpul A: ( )0
10
1010
101010
6
66
666
=
µ−
−−
++
−
−−
−−−
x
xin
A
s
s
V
VV
V
1)3(
1
)122(
atau 0)2)(1(
)1(1
1
/1010
/10 : sedangkan
2
2
66
6
+µ−+=⇒
=µ−−+++
=µ−−−++⇒
+=→+
=
+=
ss
ssss
sss
ss
s
s
in
x
inx
xxinx
xAA
Ax
V
V
VV
VVVV
VVV
VV
sss
s
s
ssT
s
x
sV
1)3()(
)(
)(
)()(
2o
+µ−+
µ=µ
==V
V
V
VFungsi alih :
72
8/25/2012
73
Peran Fungsi Alih
Dengan pengertian fungsi alih, keluaran dari suatu rangkaian di kawasan s dapat dituliskan sebagai
.kawasan di nol) status (tanggapankeluaran : )(
kawasan dimasukan sinyal pernyataan : )(
alih fungsiadalah )(dengan ; )()()(
ss
ss
sTssTs
Y
X
XY =
011
1
011
1
)(
)()(
asasasa
bsbsbsb
sa
sbsT
nn
nn
mm
mm
++⋅⋅⋅⋅⋅+
++⋅⋅⋅⋅⋅+==
−−
−−
)())((
)())(()(
21
21
n
m
pspsps
zszszsKsT
−⋅⋅⋅⋅⋅−−−⋅⋅⋅⋅⋅−−=
Fungsi alih T(s) akan memberikan zero di z1 …. zmpole di p1 …. pn .
T(s) pada umumnyaberbentuk rasio polinom
Rasio polinom inidapat dituliskan:
73
8/25/2012
74
Pole dan zero yang berasal dari T(s) disebut pole alami dan zero alami, karena mereka ditentukan semata-mata oleh parameter
rangkaian dan bukan oleh sinyal masukan;
Pole dan zero yang berasal dari X(s) disebut pole paksa dan zero paksa karena mereka ditentukan oleh fungsi pemaksa (masukan).
Pole dan zero dapat mempunyai nilai riil ataupun kompleks konjugat karena koefisien dari b(s) dan a(s) adalah riil.
Sementara itu sinyal masukan X(s) juga mungkin mengandung zero dan pole sendiri. Oleh karena itu sinyal keluaran Y(s) akan mengandung pole dan zero yang dapat
berasal dari T(s) ataupun X(s).
74
8/25/2012
75
CONTOH:
106
106/s
µVx
A +Vx
−
+ Vo(s)106
106/s+−
+Vs(s)
−
Jika vin = cos2t u(t) , carilah pole dan zero sinyal keluaran Vo(s) untuk µ = 0,5
4)(
2 +=
s
ssinV
Fungsi alih : ss ss
sTV15,2
5,0
1)3()(
22 ++=
+µ−+µ=
)2)(2()5,0)(2(
5,0
415,2
5,0)()()(
22o
jsjs
s
ss
s
s
ssssTs inV
−+++=
+++== VV
Pole dan zero adalah :
riil alami : 5.0
riil alami : 2
poles
poles
−=−=
imajiner paksa : 2
imaginer paksa : 2
riil paksa satu : 0
polejs
polejs
zeros
+=−=
=
75
8/25/2012
76
Rangkaian Dengan Masukan Sinyal Impuls
Impuls dinyatakan dengan x(t) = δ(t). Pernyataan sinyal ini di kawasan s adalah X(s) = 1
)(1)()()()(o ssTssTs HXV =×==
Vo(s) yang diperoleh dengan X(s) = 1 ini disebut H(s) agar tidak rancu dengan T(s).
Karena X(s) = 1 tidak memberikan pole paksa, maka H(s) hanya akan mengandung pole alami.
Keluaran di kawasan t, vo(t) = h(t),diperoleh dengan transformasi balik H(s).
Bentuk gelombang h(t) terkait dengan poleyang dikandung oleh H(s). Pole riil akan
memberikan komponen eksponensial pada h(t); pole kompleks konjugat (dengan bagian riil negatif ) akan memberikan komponen sinus teredam pada h(t).
Pole-pole yang lain akan memberikan bentuk-bentuk h(t) tertentu yang akan kita
lihat melalui contoh berikut.
76
8/25/2012
77
Jika sinyal masukan pada rangkaian dalam contoh-3.5 adalah vin = δ(t) , carilah pole dan zero sinyal keluaran untuk nilai µ = 0,5 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4, 5.
CONTOH:
106
106/s
µVx
A +Vx
−
+ Vo(s)106
106/s+−
+Vs(s)
−
1)3()(
2 +µ−+µ=
sssTVDengan masukan vin = δ(t)
berarti Vin(s) = 1, maka keluaran rangkaian adalah :
1)3()(
2 +µ−+µ
=ss
sH
5,0dan 2 di riil dua 502
50
152
50)(5,0
2−=−=⇒
++=
++=⇒=µ sspole
),)(s(s
,
s,s
,sH
1 di riil dua )1(
5,0
12
1)(1
22−=⇒
+=
++=⇒=µ spole
ssssH
2/35,0 di kompleks dua )2/35,0)(2/35,0(
2
1
2)(2
2jspole
jsjssss ±−=⇒
++−+=
++=⇒=µ H
1 di imajiner dua )1)(1(
3
1
3)(3
2jspole
jsjsss ±=⇒
−+=
+=⇒=µ H
2/35,0 di kompleks dua )2/35,0)(2/35,0(
4
1
4)(4
2jspole
jsjssss ±=⇒
+−−−=
+−=⇒=µ H
1 di riil dua )1(
5
12
5)(5
22=⇒
−=
+−=⇒=µ spole
ssssH
77
8/25/2012
78
Contoh ini memperlihatkan bagaimana fungsi alih menentukan bentuk gelombang sinyal keluaran melalui pole-pole yang dikandungnya.
Berbagai macam pole tersebut akan memberikan h(t) dengan perilaku sebagai berikut.
µ = 0,5 : dua pole riil negatif tidak sama besar; sinyal keluaran sangat teredam.
µ = 1 : dua pole riil negatif sama besar ; sinyal keluaran teredam kritis.
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 tidak teredam.
µ = 4 : dua pole kompleks konjugat dengan bagian riil positif ; sinyal keluaran tidak teredam, berbentuk sinus dengan amplitudo makin besar.
µ = 5 : dua pole riil posistif sama besar; sinyal keluaran eksponensial dengan eksponen positif; sinyal makin besar dengan berjalannya t.
78
8/25/2012
79
Posisi pole dan bentuk gelombang keluaran
79
8/25/2012
80
Rangkaian Dengan Masukan Sinyal Anak Tangga
Transformasi sinyal masukan yang berbentuk gelombang anak tangga x(t) = u(t) adalah X(s) = 1/s. Jika fungsi alih adalah T(s) maka sinyal keluaran adalah
s
sTssTs
)()()()( == XY
Tanggapan terhadap sinyal anak tangga ini dapat kita sebut
s
s
s
sTs
)()()(
HG ==
Karena H(s) hanya mengandung pole alami, maka dengan melihat bentuk G(s)kita segera mengetahui bahwa tanggapan terhadap sinyal anak tangga di kawasan s akan mengandung satu pole paksa disamping pole-pole alami.
Pole paksa ini terletak di s = 0 + j0 (lihat gambar)
80
8/25/2012
81
1
2)(
2 ++=
sssTV
sjsjsssss
)2/35,0)(2/35,0(
21
)1(
2)(
2 ++−+=
++=G
Dengan µ = 2 fungsi alihnya adalah
Dengan sinyal masukan X(s) = 1/s , tanggapan rangkaian adalah
CONTOH:
Jika µ = 2 dan sinyal masukan berupa sinyal anak tangga, carilah pole dan zero sinyal keluaran dalam rangkaian contoh-3.7,
Dari sini kita peroleh :
00 di paksa satu : 0
negatif riilbagian dengan
konjugat kompleks dua : 2/35,0
jpole s
polejs
+=
±−=
81
8/25/2012
82
CONTOH: R1+Vin− 1/Cs
+Vo−
R2
Ls +Vo−
+Vin−
1
1
/1
/1)(
111 +
=+
=CsRCsR
CssTV LsR
RsTV +
=2
22 )(
R1+Vin− 1/Cs R2
Ls +Vo−
++++
++
=
+
+++
+++
+=
+++
+=
)()(
/1
)(/1
/1
)(/1
)(||/1
)(||/1)(
2122
2
2
2
12
2
2
2
2
2
12
2
2
2
RRsCRLLCs
LsR
LsR
R
RLsRCs
LsRCs
LsRCs
LsRCs
LsR
R
RLsRCs
LsRCs
LsR
RsTV
Hubungan Bertingkat
dan
Dua Rangkaiandihubungkan
82
8/25/2012
83
Fungsi alih dari rangkaian yang diperoleh dengan menghubungkan kedua rangkaian secara bertingkat tidak serta merta merupakan perkalian fungsi alih
masing-masing.
Hal ini disebabkan terjadinya pembebanan rangkaian pertama oleh rangkaian kedua pada waktu mereka dihubungkan. Untuk mengatasi hal ini kita dapat menambahkan rangkaian penyangga di antara kedua rangkaian sehingga
rangkaian menjadi seperti di bawah ini.
R1+Vin−
1/Cs R2
Ls +Vo−
+−
Vo(s)Vin(s)TV1
TV11Vo1 Vo1
Diagram blok rangkaian ini menjadi :
83
8/25/2012
84
Jika suatu tahap tidak membebani tahap sebelumnya berlakukaidah rantai .
Oleh karena itu agar kaidah rantai dapat digunakan, impedansi masukan harus diusahakan sebesar mungkin, yang dalam
contoh diatas dicapai dengan menambahkan rangkaian penyangga.
Dengan cara demikian maka hubungan masukan-keluaran total dari seluruh rangkaian dapat dengan mudah diperoleh jika
hubungan masukan-keluaran masing-masing bagian diketahui.
T1(s)Y1(s) T2(s) Y(s)X(s)
)()()()( 11 sTsTsTsT VkVVV ⋅⋅⋅⋅=
Kaidah Rantai
84
8/25/2012
85
85
8/25/2012
86
Kita akan membahas tanggapan frekuensi darirangkaian orde-1 dan orde-2
Persoalan tanggapan rangkaian terhadap perubahannilai frekuensi
tanggapan rangkaian terhadap sinyal yang tersusun dari banyak frekuensi
atau
timbul karena impedansi satu macam rangkaianmempunyai nilai yang berbeda untuk frekuensi yang
berbeda
86
8/25/2012
87
Rangkaian Orde-1
87
8/25/2012
88
Dalam analisis rangkaian di kawasan s kita lihat bahwapernyataan di kawasan s dari sinyal di kawasan waktu
)cos()( θ+ω= tAtx
22
sincos)(
ω+θω−θ
=s
sAsX
adalah
Jika T(s) adalah fungsi alih dari suatu rangkaian, maka tanggapan rangkaiantersebut adalah
)())((
sincos
)(sincos
)()()(22
sTjsjs
sA
sTs
sAssTs
ω+ω−θω−θ=
ω+θω−θ== XY
Tanggapan Rangkaian Terhadap Sinyal Sinus Keadaan Mantap
88
8/25/2012
89
memberikan pole paksa
memberikan pole alami )())((
sincos
)(sincos
)()()(22
sTjsjs
sA
sTs
sAssTs
ω+ω−θω−θ=
ω+θω−θ== XY
n
n
ps
k
ps
k
ps
k
js
k
js
ks
−+⋅⋅⋅+
−+
−+
ω++
ω−=
2
2
1
1*
)(Y
Tanggapan rangkaian ini dapat kita tuliskan
komponen transien yang biasanyaberlangsung hanya beberapa detik
komponen mantapyang kita manfaatkan
Dengan menghilangkankomponen transien kitaperoleh tanggapan mantap di kawasan s yaitu
ω++
ω−=′
js
k
js
ks
*
)(Y
89
8/25/2012
90
ω++
ω−=′
js
k
js
ks
*
)(Y
Nilai k persamaan ini dapat kita cari dari
)(2
sincos
)()(
sincos)()(
ωθ+θ=
ω+θω−θ=ω−=
ω=ω=
jTj
A
sTjs
sAsjsk
jsjs
Y
)())((
sincos)()()( sT
jsjs
sAssTs
ω+ω−θω−θ== XY
sehingga )()(2
)(2
ϕ+θϕθ
ω=ω= jjj
ejTA
ejTe
Ak
Ini adalah suatu pernyataan kompleksyang dapat ditulis
ϕω=ω jejTjT )()(
90
8/25/2012
91
ω+ω
+
ω−ω
=
ω+ω
+ω−
ω=
ω++
ω−=′
ϕ+θ−ϕ+θ
ϕ+θ−ϕ+θ
jse
jTA
jse
jTA
ejs
jTAe
js
jTA
js
k
js
ks
jj
jj
1
2
)(1
2
)(
)(
2
)(
2
)(
)()(
)()(
*
Y
Tanggapan keadaan mantap rangkaian di kawasan s menjadi
Dari tabel transformasi Laplace kita lihat
assF
+= 1
)(Jika f(t) = e−at maka
Oleh karena itu tanggapan mantap di kawasan t menjadi
( )ϕ+θ+ωω=
+ω=
ω+
ω=
ϕ−θ−ω−ϕ+θ+ω
ϕ−θ−ω−ϕ+θ+ω
tjTA
eejTA
ejTA
ejTA
ty
tjtj
tjtjtm
cos)(
2
)(
2
)(
2
)( )(
91
8/25/2012
92
Persamaan tanggapan di kawasan waktu ini menunjukkan bahwa rangkaianyang mempunyai fungsi alih T(s) dan mendapat masukan sinyal sinus, akan
memberikan tanggapan yang:
Jadi, walaupun frekuensi sinyal keluaran sama dengan frekuensi sinyalmasukan tetapi amplitudo maupun sudut fasanya berubah dan
perubahan ini tergantung dari frekuensi
• berbentuk sinus juga, tanpa perubahan frekuensi• amplitudo sinyal berubah dengan faktor |T(jω)|• sudut fasa sinyal berubah sebesar sudut dariT(jω),
yaitu ϕ.
( )ϕ+θ+ωω== tjTAtytm cos)( )(
92
8/25/2012
93
Carilah sinyal keluaran keadaan mantap dari rangkaian di samping ini jika masukannya adalah vs = 10√√√√2cos(50t + 60o) V.
CONTOH:
Penyelesaian:
Transformasi rangkaian ke kawasan s
Fungsi alih rangkaian ini
50
50
1002
100)(
+=
+=
sssTV
Karena ω = 50 , maka
o
1
45
)50/50(tan22 2
1
5050
50
5050
50)50( j
jV e
ejjT −=
+=
+=
−
Jadi keluaran keadaan mantap:
)1550cos(10)456050cos(2
210)( ooo
o +=−+= tttv
93
8/25/2012
94
Fungsi Gain dan Fungsi Fasa
Faktor pengubah amplitudo, yaitu |T(jω)| disebut fungsi gain
Pengubah fasa ϕ disebut fungsi fasa dan kita tuliskan sebagai ϕ(ω)
Baik fungsi gain maupun fungsi fasa merupakan fungsi frekuensi
Jadi kedua fungsi tersebut menunjukkan bagaimana amplitudo dan sudut fasa sinyal sinus dari tanggapan rangkaian berubah terhadap perubahan frekuensi atau dengan singkat disebut
sebagai
tanggapan frekuensi
94
Pernyataan Tanggapan Frekuensi
8/25/2012
95
Selidikilah perubahan gain dan sudut fasaterhadap perubahan frekuensi dari rangkaianorde pertama di samping ini
Penyelesaian:
1000
500)( : rangkaian alih fungsi
+=
ssTV
Berikut ini kita gambarkan perubahan gain dan perubahan sudut fasa
1000
500)( : fungsi
22 ω+=ω⇒ jTgain V
1000tan)( : fasa fungsi 1 ω−=ωϕ⇒ −
1000
500)(
+ω=ω⇒
jjTV
CONTOH:
95
8/25/2012
96
Pada frekuensi rendah terdapat gain tinggi yang relatif konstan;
pada frekuensi tinggi, gain menurun dengan cepat
Pada frekuensi rendah sudut fasa tidak terlalu berubah tetapi kemudian cepat
menurun mulai suatu frekuensi tertentu
-90
-45
01 10 100 1000 10000 1E+05
ϕ [o]
0
0.5
1 10 100 1000 10000 1E+05ω
Gain
1000
500)( :
22 ω+=ω⇒ jTgain V
1000tan)( : fasa 1 ω−=ωϕ⇒ −
Perhatikan bahwa sumbufrekuensi dibuat dalam skala
logaritmik
96
8/25/2012
97
0
0.5
1 10 100 1000 10000 1E+05ω
Gainpassband stopband
ωC
0.5/√2
Gain tinggi di daerah frekuensi rendah padacontoh ini menunjukkan bahwa sinyal yang berfrekuensi rendah mengalami perubahan
amplitudo dengan faktor tinggi
Gain rendah di frekuensi tinggi menunjukkanbahwa sinyal yang berfrekuensi tinggi
mengalami perubahan amplitudo denganfaktor rendah
Daerah frekuensi dimana terjadi gain tinggidisebut passband sedangkan daerah
frekuensi dimana terjadi gain rendah disebutstopband
Nilai frekuensi yang menjadi batasantara passband dan stopband disebut
frekuensi cutoff , ωC.
Nilai frekuensi cutoff biasanya diambilnilai frekuensi dimana gain menurun
dengan faktor 1/√2 dari gain maksimumpada passband.
Gain
97
8/25/2012
98
Dalam contoh di atas, rangkaian mempunyai satu passband
yaitu dari frekuensi ω = 1 sampai frekuensi cuttoff ωC , dan
satu stopbandyaitu mulai dari frekuensi cutoff ke atas
Dengan kata lain rangkaian ini mempunyaipassband di daerah frekuensi rendah saja
sehingga disebut low-pass gain.
Kebalikan dari low-pass gain adalah high-pass gain, yaitu jika passband berada hanya di daerah frekuensi tinggi saja
seperti pada contoh berikut ini
98
8/25/2012
99
Selidikilah tanggapan frekuensi rangkaian di samping ini
Penyelesaian:
Fungsi alih rangkaian adalah
2
25
10
5,0)(
10
5,0
1000/10
500)(
+ωω×=ω→
+=
+=
j
jjT
s
s
ssT
V
V
0
0.5
1 10 100 1000 10000 1E+05ω
0.5/√2
ωC
Gain stopband passband
0
45
901 10 100 1000 10000 100000
ϕ [o]
; 10
5,0)(
42 +ω
ω=ω⇒ jTV
21o
10tan90)(
ω−=ωϕ⇒ −
CONTOH:
99
8/25/2012
100
Gain biasanya dinyatakan dalam decibel (disingkat dB) yang didefinisikan sebagai
)(log20 dB dalamGain ω= jT
Pernyataan gain dalam dB dapat bernilai nol, positif, atau negatif
Gain dalam dB akan nol jika |T(jω)| bernilai satu, yang berarti sinyal tidak diperkuat ataupun diperlemah; jadi gain 0 dB berarti amplitudo sinyal
keluaran sama dengan sinyal masukan.
Gain dalam dB akan positif jika |T(jω)| >1, yang berarti sinyal diperkuat.
Gain akan bernilai negatif jika |T(jω)| < 1, yang berarti sinyal diperlemah.
Decibel
100
8/25/2012
101
Frekuensi cutoff adalah frekuensi dimana gain telah turun 1/√2 = 0.707 kali nilai gain maksimum dalam passband. Jadi pada frekuensi cutoff, nilai gain adalah
dB 3)(
2log)(log20)(2
1log20
dB −ω=
−ω=
ω
maks
maksmaks
jT
jTjT
Dengan demikian dapat kita katakan bahwa frekuensi cutoff adalah frekuensi di mana gain
telah turun sebanyak 3 dB
101
8/25/2012
102
Berapa dB-kah nilai gain sinyal yang diperkuat K kali , jika K = 1; √2 ; 2 ; 10; 30; 100; 1000 ? Dan berapa nilai gain jika terjadi pelemahandimana K = 1/√2 ; 1/2 ; 1/10; 1/30; 1/100; 1/1000 ?
Penyelesaian:
Untuk sinyal yang diperkuat K kali,
( ) ( ) ( )KjTjTKgain log20)(log20)(log20 +ω=ω=
dB 601000log20 : 1000
dB 40 100log20 : 100
dB 30 30log20 : 30
dB 20 10log20 : 10
dB 6 2log20 : 2
dB 3 2log20 : 2
dB 0 1log20 : 1
=⇒==⇒=≈⇒==⇒=≈⇒=≈⇒=
=⇒=
gainK
gainK
gainK
gainK
gainK
gainK
gainK
dB 60 : 1000/1
dB 40 : 100/1
dB 30 : 30/1
dB 20 : 10/1
dB 6 : 2/1
dB 3 : 2/1
−⇒=−⇒=−⇒=−⇒=−⇒=−⇒=
gainK
gainK
gainK
gainK
gainK
gainK
Penguatan Pelemahan
CONTOH:
102
8/25/2012
103
Kurva gain dibuat dengan absis (frekuensi) dalam skala logaritmik; jika gain dinyatakan dalam dB yang juga merupakan bilangan logaritmik
sebagaimana didefinisikan, maka kurva gain akan berbentuk garis-garis lurus
Low-pass gain. Dengan menggunakan satuan dB, kurva low-pass gain pada contohsebelumnya adalah seperti terlihat pada ganbar di samping ini. Gain hampir konstan −6 dB di daerah frekuensi rendah, sedangkan di daerah frekuensi tinggi gain menurun dengan kemiringan yang hampir konstan pula.
-40
-20
0
1 10 100 1000 10000 1E+05
Gain[dB]
ω
−6
ωC
−9
Kurva Gain Dalam Decibel
103
8/25/2012
104
High-pass gain. Dalam skala dB, high-pass gainpada contoh sebelumnya adalah seperti terlihat pada ganbar di bawah ini. Gain hampir konstan −6 dB di daerah frekuensi tinggi sedangkan di daerah frekuensi rendah gain meningkat dengan kemiringan yang hampir konstan pula
Gain[dB]
-40
-20
0
1 10 100 1000 10000 1E+05ω
−6
ωC
−9
Band-pass gain. Apabila gain meningkat di daerah frekuensi rendah dengan kemiringan yang hampir konstan, dan menurun di daerah frekuensi tinggi dengan kemiringan yang hampir konstan pula, sedangkan gain tinggi berada di antara dua frekuensi cutoff kita memiliki karakteristik band-pass gain.
-40
-20
0
1 10 100 1000 10000 1E+05
Gain[dB]
ω
−3
ωC
Frekuensi cutoff pada band-pass gain ada dua; selang antara kedua frekuensi cutoff disebut
bandwidth (lebar pita)
104
8/25/2012
105
Band-pass gain kita peroleh pada rangkaian orde-2 yang akan kita pelajari lebih lanjut. Walaupun demikian kita akan melihat rangkaian orde-2 berikut ini sebagai contoh
CONTOH:
Selidikilah perubahan gain dari rangkaian orde-2 di samping ini. Gain belum dinyatakan dalam dB.
+−
+Vo(s)−Vin(s) 1100
s105/s
Penyelesaian:
)1000)(100(
1100
101100
1100
/101100
1100)(
525 ++=
++=
++=
ss
s
ss
s
sssTV
2222 1000100
1000)(
)1000)(100(
1100)(
+ω×+ω
ω=ω⇒
+ω+ωω=ω
jT
jj
jjT
V
V
105
8/25/2012
106
-40
-20
0
1 10 100 1000 10000 1E+05
Gain[dB]
ω
−3
ωC
Apabila kurva gain dibuat dalam dB, kurva yang akan diperoleh adalah
0
0.7
1.4
1 10 100 1000 10000
Gain
11/√2
ω
passbandstopband stopband
106
8/25/2012
107
CONTOH:
Selidikilah perubahan gain dari rangkaian orde kedua di samping ini. Gain belum dinyatakan dalam dB.
Penyelesaian:
28226
62
642
62
642
62
5
5
10)10(
10)(
1010
10)(
1010
10
/101,0
/101,010
10)(
ω+ω−
+ω−=ω⇒
+ω+ω−+ω−=ω
+++=
+×+
=
jT
jjT
ss
s
ss
sssT
V
V
V
passband stopband passband
ω0
0.7
1.4
1 100 10000 1000000
11/√2
Gain
Kurva ini menunjukkan bahwa ada satu stopband pada ω antara 100 ÷ 10000 dan dua passband masing-
masing di daerah frekuensi rendah dan tinggi
Karakteristik gain seperti ini disebut band-stop gain.
107
8/25/2012
108
Kita lihat Low-Pass Gain
Bentuk fungsi alih rangkaian orde pertama dengan karakteristik low-pass gain adalah: α+
=s
KsTV )(
Tentang tetapan K kita memahaminya sebagai berikut:K yang bernilai positif kita fahami sebagai K dengan sudut θK = 0o
K yang bernilai negatif kita fahami sebagai K dengan sudut θK = ±180o
Tentang pole dari suatu fungsi alih, kita ingat diagram posisi pole seperti di samping ini:
Jika rangkaian yang kita tinjau adalahrangkaian stabil maka ia harus memiliki poledengan bagian riil negatif karena hanya poleyang demikian ini yang dapat membuat rangkaian stabil. Komponen transiennyamenuju nol untuk t → ∞. Hanya rangkaianstabil saja yang kita tinjau dalam analisistanggapan frekuensi.
Bode Plot
108
8/25/2012
109
( )αω+α=
α+ω=ω
/1)( maka
j
K
j
KjT
Fungsi gain dan fungsi fasa-nya adalah
)/(tan)(dan )/(1
/)( 1
2αω−θ=ωϕ
αω+
α=ω −
KVK
jT
Fungsi gain dalam satuan dB, menjadi
( )
αω+−α=ω 2dB
)/(1log20/log20)( KjTV
Komponen-pertamafungsi gain ini bernilai konstan untuk seluruh
frekuensi
Komponen-kedua fungsi gain Initergantung dari frekuensi
Komponen-kedua ini pula yang menentukan frekuensi cutoff, yaitu saat (ω/α) =1 dimana komponen ini mencapai
nilai −20log√2 ≈ −3 dB
Jika fungsi alih rangkaian yang kita tinjau adalah:
Komponen-kedua inilah yang menyebabkan gain berkurang dengan naiknya frekuensi
α+=
s
KsTV )(
Pendekatan Garis Lurus dari Kurva Gain
109
8/25/2012
110
Jadi frekuensi cutofff ditentukan oleh komponen yang berasal dari polefungsi alih, yaitu
α=ωC
Perubahan nilai komponen-kedua dari gain sebagai fungsi frekuensi, yang dibuat dengan α = 1000 adalah sebagai berikut
Untuk frekuensi rendah, (ω/α) << 1 atau ω << α , komponen kedua dapat didekati dengan
( ) 01log20)/(1log20 2 =−≈
αω+− ( )αω−≈
+αω− /log201)/(log20 2
Untuk frekuensi tinggi,(ω/α)>>1 atau ω>>α,komponen kedua tesebutdidekati dengan
dB
ω[rad/s]
-60
-40
-20
0
1
10
10
0
10
00
10
00
0
1E
+0
5
1E
+0
6
ωC
−log√((ω/α)2+1)
pendekatan garis lurus
Jadi pendekatan garis lurus untuk komponen kedua ini adalah garis nol untuk 1<ωωωω<αααα dan garis lurus −−−−20 dB per dekade untuk ωωωω>αααα.
Titik belok terletak pada perpotongan kedua garis ini, yaitu pada (ωωωω/αααα) =1, yang berarti terletak di frekuensi cutoff.
110
8/25/2012
111
Tanggapan fasa kita peroleh dari fungsi fasa
Pendekatan Garis Lurus Kurva Fungsi Fasa
)/(tan)( 1 αω−θ=ωϕ −K
Komponen-pertama fungsi ini bernilai
konstan.
Komponen-kedua memberi pengurangan fasa yang juga menjadi penentu pola perubahan
tanggapan fasa
ω[rad/s]
-90
-45
0
1
10
10
0
10
00
10
00
0
1E
+0
5
1E
+0
6
ϕ [o]
−tan−1(ω/α)
pendekatan garis lurus
ωC
Pada (ω/α)=1 (frekuensi cutoff) →−tan−1(ω/α)=−45o.
Pada ω=0,1ωC → −tan−1(ω/α)≈0o.
Pada ω=10ωC → −tan−1(ω/α)≈−90o;
Untuk ω>10ωC → −tan−1(ω/α)=−90o.
Jadi dalam selang 0.1ωC<ω<10ωC
perubahan fasa dapat dianggap linier −45o per dekade.
111
8/25/2012
112
Dengan pendekatan garis lurus, baik untuk fungsi gain maupun untuk fungsi fasa, maka tanggapan gain dan tanggapan fasa dapat digambarkan dengan nilai
seperti tercantum dalam dua tabel di bawah ini.
Gain Frekuensi
ωC = αω=1 1<ω<α ω>α
Komponen 1 20log(|K|/α) 20log(|K|/α) 20log(|K|/α)
Komponen 2 0 0 −20dB/dek
Total 20log(|K|/α) 20log(|K|/α) −20dB/dek
ϕ Frekuensi
ωC = αω=1 0,1α<ω<10α ω>10α
Komponen 1 θK θK θK
Komponen 2 0 −45o/dek 0
Total θK θK −45o/dek θK
Perhatikanlah bahwa nilai komponen-pertama konstan untuk seluruh frekuensi sedangkan komponen-kedua mempunyai nilai hanya pada
rentang frekuensi tertentu. 112
8/25/2012
113
Kurva pendekatan garis lurus tanggapan gain dan tanggapan fasa ini, dengan mengambil α = 1000 adalah sebagai berikut
ω [rad/s]
-40
-20
0
20
1
10
10
0
10
00
10
00
0
1E
+0
5
1E
+0
6
Gain [dB]
20log(|K|/α)
−20dB/dek
ωC = α
ω [rad/s]
-135
-90
-45
0
45
1
10
10
0
10
00
10
00
0
1E
+0
5
1E
+0
6
ϕ [o]
−45o/dek
0.1ωC 10ωC
θK
Perhatikan bahwa penurunan gain dimulai dari ωC sedangkanpenurunan sudut fasa terjadi antara 0,1ωC dan 10ωC
113
8/25/2012
114
Kita lihat High-Pass Gain
Fungsi alih rangkaian orde pertama dengan karakteristik high-pass gain adalah
( )αω+α=
α+ω=ω
α+=
/1)( sehingga )(
j
Ks
j
KsjT
s
KssT
Fungsi alih ini mempunyai zero pada s = 0.
Fungsi gain dan fungsi fasa-nya adalah
( ))/(tan90)(dan
)/(1
/)( 1o
2αω−+θ=ωϕ
αω+
ωα=ω −
K
KjT
( ) )/(1log20log20/log20)( 2dB
αω+−ω+α=ω⇒ KjT
Dengan menggunakan pendekatan garis lurus, nilai fungsi gain dan fungsi fasa adalah seperti dalam tabel berikut
Gain dalam dB:
114
8/25/2012
115
Gain FrekuensiωC = α
ω=1 1<ω<α ω>αKomponen 1 20log(|K|/α) 20log(|K|/α) 20log(|K|/α)Komponen 2 0 +20dB/dek 20log(α/1)+20dB/dekKomponen 3 0 0 −20dB/dekTotal 20log(|K|/α) 20log(|K|/α)+20dB/dek 20log(|K|/α)+20log(α/1)
Gain FrekuensiωC = α
ω=1 1<ω<α ω>αKomponen 1 20log(|K|/α) 20log(|K|/α) 20log(|K|/α)Komponen 2 0 +20dB/dek 20log(α/1)+20dB/dekKomponen 3 0 0 −20dB/dekTotal 20log(|K|/α) 20log(|K|/α)+20dB/dek 20log(|K|/α)+20log(α/1)
-45
0
45
90
1
10
10
0
10
00
10
00
0
1E
+0
5
1E
+0
6
ϕ [o]
ω [rad/s]
−45o/dek
0.1ωC
10ωC
θK
θK+90o
-40
-20
0
20
40
1
10
10
0
10
00
10
00
0
1E
+0
5
1E
+0
6
Gain [dB]
20log(|K|/α)
+20dB/dek
ωC = α ω [rad/s]
115
8/25/2012
116
CONTOH:
Gambarkan pendekatan garis lurus tanggapan gain dari rangkaian yang mempunyai fungsi alih:
100
20)(1 +
=s
sT
Penyelesaian:
( ) 21dB1
211
)100/(1log20)2.0log(20)(log20)(
)100/(1
2.0)(
100/1
2.0
100
20)(
ω+−=ω=ω⇒
ω+=ω⇒
ω+=
+ω=ω
jTjT
jTjj
jT
Gain FrekuensiωC = 100 rad/s
ω=1 1<ω<100 ω>100Komponen 1 −14 dB −14 dB −14 dBKomponen 2 0 0 −20dB/dekTotal −14 dB −14 dB −14 dB −20dB/dek
-60
-40
-20
0
20
40
1
10
10
0
10
00
10
00
0
ω [rad/s]
Gain [dB]
ωC
Komp-1Komp-2
Gain
116
8/25/2012
117
ω [rad/s]
-60
-40
-20
0
20
40
1
10
10
0
10
00
10
00
0
Gain [dB]
Komp-2
Komp-1 Komp-3
Gain
CONTOH:Gambarkan pendekatan garis lurus tanggapan gain dari rangkaian yang mempunyai fungsi alih:
Penyelesaian:100
202 +
=s
s(s)T
2dB2
222
)100/(1log20)log(20)2.0log(20)(
)100/(1
2.0)(
100/1
2,0
100
20)(
ω+−ω+=ω⇒
ω+
ω=ω⇒ω+
ω=+ω
ω=ω
jT
jTj
j
j
jjT
Gain FrekuensiωC = 100 rad/s
ω=1 1<ω<100 ω>100Komponen 1 −14 dB −14 dB −14 dBKomponen 2 0 20 dB/dek 40+20 dB/dekKomponen 3 0 0 −20 dB/dekTotal −14 dB −14 dB +20 dB/dek 26 dB
117
8/25/2012
118
Kita lihat Band-Pass Gain
Rangkaian dengan karakteristik band-pass gain dapat diperoleh dengan menghubungkan secara bertingkat dua rangkaian orde pertama dengan
menjaga agar rangkaian yang di belakang (rangkaian kedua) tidak membebani rangkaian di depannya (rangkaian pertama).
Rangkaian pertama mempunyai karakteristik high-pass gain sedangkan rangkaian kedua mempunyai karakteristik low-pass gain.
Hubungan kaskade demikian ini akan mempunyai fungsi alih sesuai kaidah rantai dan akan berbentuk β+
×α+
=×=s
K
s
sKTTT 21
21
( ) ( )
( ) ( )22
21
2121
/1 /1
/)(
/1/1
)()()(
βω+×αω+
ωαβ=ω⇒
βω+β×
αω+αω
=β+ω
×α+ωω
=ω
KKjT
j
K
j
jK
j
K
j
jKjT
( ) )/(1log20)/(1log20
log20/log20)(
22
21dB
βω+−αω+−
ω+αβ=ω⇒ KKjT
Dengan membuat β >> α maka akan diperoleh karakteristik band-pass gain dengan frekuensi cutoff ωC1 = α dan ωC2 = β. 118
8/25/2012
119
Rangkaian Orde-2
119
8/25/2012
120
Rangkaian Orde-2 Dengan Pole Riil
120
Pole dari fungsi alih rangkaian orde-2 bisa riil ataupun komplekskonjugat
Kita akan mulai pembahasan tentang fungsi alih dengan pole riil
8/25/2012
121
Band-Pass Gain
121
Fungsi alih rangkaian orde-2 dengan satu zero dan dua pole riil dapat ditulis sebagai
( ))/1)(/1(
/
))(()( sehingga
))(()(
βω+αω+ω×αβ=
β+ωα+ωω×=ω
β+α+=
jj
jK
jj
jKjT
ss
KssT
( )
)/(1)/(1
/)(
22 βω+×αω+
ωαβ=ω
KjT
( ) 22dB
)/(1log20)/(1log20 log20/log20)( βω+−αω+−ω+αβ=ω KjT
Fungsi gain
Dalam dB
8/25/2012
122
( ) 22dB
)/(1log20)/(1log20 log20/log20)( βω+−αω+−ω+αβ=ω KjT
Fungsi gain ini terdiri dari komponen-komponen yang bentuknya telah kita kenal pada pembahasan rangkaian orde-1
Komponen-pertama bernilai konstan
Komponen-kedua berbanding lurus dengan logω dengan perubahan gain+20 dB per dekade
Komponen-ketiga memberi pengurangan gain −20 dB per dekade mulai dariω = α = ωC1 = frekuensi cut-off
Komponen-keempat juga memberi pengurangan gain −20 dB / dekade mulaidari ω = β = ωC2 = frekuensi cut-off
122
8/25/2012
123
Nilai fungsi gain dengan pendekatan garis lurus untuk β > α adalah seperti dalam tabel di bawah ini
( ) 22dB
)/(1log20)/(1log20 log20/log20)( βω+−αω+−ω+αβ=ω KjT
Gain FrekuensiωC1 = α rad/s ωC2 = β rad/s
ω=1 1<ω<α α<ω<β ω>βKomp.1 20log(|K|/αβ) 20log(|K|/αβ) 20log(|K|/αβ) 20log(|K|/αβ)Komp.2 0 +20 dB/dek +20log(α/1)
+20 dB/dek+20log(β/1)+20 dB/dek
Komp.3 0 0 −20 dB/dek −20log(β/α)−20 dB/dek
Komp.4 0 0 0 −20 dB/dekTotal 20log(|K|/αβ) 20log(|K|/αβ)
+20 dB/dek20log(|K|/αβ)+20log(α/1)
20log(|K|/αβ)+20log(α)
−20 dB/dek
123
8/25/2012
124
CONTOH
124
Gambarkan Bode plots pendekatan garis lurus (tanggapan gain dan tanggapan fasa) rangkaian yang diketahui fungsi alihnya adalah :
)10000)(10(
50000)(
++=
ss
ssT
Penyelesaian:
22 )10000/(1)10/(1
5,0)(
)10000/1)(10/1(
0,5
)10000)(10(
50000)(
ω+×ω+
ω=ω→
ω+ω+ω=
+ω+ωω×=ω
jT
jjjj
jjT
22dB
)10000/(1log20 )10/(1log20log205,0log20)( ω+−ω+−ω+=ω⇒ jT
)10000/(tan)10/(tan900)( 11o ω−ω−+=ωϕ⇒ −−
8/25/2012
125
Gain Frekuensi
ωC1 = 10 rad/s ωC2 = 10000 rad/s
ω=1 1<ω<10 10<ω<104 ω>104
Komponen 1 −6 dB −6 dB −6 dB −6 dB
Komponen 2 0 +20 dB/dek 20+20 dB/dek 80+20 dB/dek
Komponen 3 0 0 −20 dB/dek −60−20 dB/dek
Komponen 4 0 0 0 −20 dB/dek
Total −6 dB −6 dB+20 dB/dek
14 dB 14 dB−20 dB/dek
ω [rad/s]
Gain[dB]
ωC1 ωC2
−6
14
-40
-20
0
20
40
1 10 100 1000 10000 100000
22dB
)10000/(1log20 )10/(1log20log205,0log20)( ω+−ω+−ω+=ω⇒ jT
Gain
125
8/25/2012
126
Fasa
)10000/(tan)10/(tan900)( 11o ω−ω−+=ωϕ⇒ −−
ϕ(ω) Frekuensi
ωC1 = 10 rad/s ωC2 = 104 rad/s
ω=1 1<ω<100 103<ω<105 ω>105
Komponen 1 0o 0o 0o 0o
Komponen 2 90o 90o 90o 90o
Komponen 3 0o −45o/dek −90o −90o
Komponen 4 0o 0o 0o−45o/dek −90o
Total 90o 90o−45o/dek 0o−45o/dek −90o
-90
-45
0
45
90
1 10 100 1000 10000 1E+05
ϕ [o]
ω [rad/s]ωC1 ωC2
0,1 ω1 ÷ 10ω1 0,1 ω2 ÷ 10ω2
126
8/25/2012
127
High-Pass Gain
127
Karakteristik high-pass gain dapat diperoleh dari rangkaian orde kedua yang fungsi alihnya mengandung dua zero di s = 0
CONTOH:Gambarkan tanggapan gain dan tanggapan fasa jika diketahui fungsi alihnya adalah
)200)(40(
10)(
2
++=
ss
ssT
Penyelesaian:
( )( )200/140/1800
1
)200)(40(
)(10)(
22
ω+ω+ω−×=
+ω+ωω=ω
jjjj
jjT
( )1)200/(log20
1)40/(log20log202800/1log20)(
2
2dB
+ω−
+ω−ω×+=ωjT
22
2
)200/(1)40/(1800
1)(
ω+×ω+
ω×=ωjT
8/25/2012
128
Gain
Pengurangan gain −20 dB per dekademulai pada ωC2 = 200 rad/s
( ) 1)200/(log201)40/(log20log202800/1log20)( 22dB
+ω−+ω−ω×+=ωjT
ω= 1, konstan 20log(1/800) = −58 dB
Kenaikan gain berbanding lurus dengan log(ω); kenaikan 2×20 dB per dekade
Pengurangan gain −20 dB per dekade mulai pada ωC1 = 40 rad/s
-60
-40
-20
0
20
1 10 100 1000 10000 100000ω [rad/s]
Gain[dB] +40dB/dek
+20dB/dek
−58
128
8/25/2012
129
Fasa)200/(tan)40/(tan9020)( 11o ω−ω−×+=ωϕ −−
Pengurangan fasa −45o per dekade mulai dari ω = 0.1ωC2 sampai 10ωC2
Mulai ω = 1, ϕ(ω) ≈ 0o + 2× 90o =180o
Pengurangan fasa −45o per dekade mulaidari 0,1ωC1 sampai 10ωc1 (seharusnya)
0
45
90
135
180
225
1 10 100 1000 10000 100000ω [rad/s]
ϕ [o]
0,1ωC20,1ωC1 10ωC1 10ωC2
Karena0,1ωC2 < 10ωC1
maka kurva menurun 90o
per dekade pada 0,1ωC2
dan kembali menurun45o per dekade pada
10ωC1
129
8/25/2012
130
Low-pass Gain
130
Karakteristik low-pass gain dapat diperoleh dari rangkaian orde kedua yang fungsi alihnya tidak mengandung zero
CONTOH:
Gambarkan Bode plots pendekatan garis lurus rangkaian yang fungsi alihnya adalah :
)1000)(100(
105)(
4
++×=
sssT
Penyelesaian:
22
4
)1000/(1)100/(1
5,0)(
)1000/1)(100/1(
5,0
)1000)(100(
105)(
ω+×ω+=ω
ω+ω+=
+ω+ω×=ω
jT
jjjjjT
)1000/(tan)100/(tan0)( 11 ω−ω−=ωϕ −−
22dB
)1000/(1log20)100/(1log205,0log20)( ω+−ω+−=ωjT
8/25/2012
131
Gain:22
dB)1000/(1log20)100/(1log205,0log20)( ω+−ω+−=ωjT
gain 20log(0,5) ≈ −6 dB
pengurangan gain −20 dB per dekade mulai ωC1 = 100
pengurangan gain −20 dB per dekade mulai ωC2 = 1000, sehingga mulai ωC2 perubahan gain adalah −40
dB per dekade
-60
-40
-20
0
1 10 100 1000 10000 100000
Gain[dB]
ω [rad/s]
ωC1 ωC2
131
8/25/2012
132
Fasa:)1000/(tan)100/(tan0)( 11 ω−ω−=ωϕ −−
Pada ω = 1, ϕ(ω) ≈ 0
pengurangan fasa −45o per dekade mulai ω = 10 sampai ω = 1000
pengurangan fasa −45o per dekade mulai ω = 100 sampai ω = 10000. Jadi pada selang 100<ω<1000
perubahan fasa adalah −90o per dekade
ϕ [o]
ω [rad/s]
-180
-135
-90
-45
0
45
1 10 100 1000 10000 100000
132
8/25/2012
133
CONTOH:
Gambarkan tanggapan gain dan tanggapan fasa jika diketahui fungsi alihnya adalah
)1000)(100(
)20(104)(
4
+++×
=ss
ssT
22
2
4
)1000/(1)100/(1
1)20/(8)(
)1000/1)(100/1(
)20/1(8
)1000)(100(
)20(104)(
ω+×ω+
+ω=ω
ω+ω+ω+=
+ω+ω+ω×=ω
jT
jj
j
jj
jjT
Penyelesaian:
222dB
)1000/(1log20 )100/(1log20)20/(1log208log20)( ω+−ω+−ω++=ωjT
)1000/(tan)100/(tan)20/(tan0)( 111 ω−ω−ω+=ωϕ −−−
133
Fungsi Alih Dengan Zero Riil Negatif
Dalam contoh-contoh sebelumnya, fungsi alih mempunyai zero di s = 0. Fungsi alih dalam contoh berikut ini mempunyai zero di s ≠ 0
8/25/2012
134
222dB
)1000/(1log20 )100/(1log20)20/(1log208log20)( ω+−ω+−ω++=ωjT
Gain:
20log8 = 18 dB
perubahan gain +20 dB per dekade, mulai pada ω = 20
perubahan −20 dB per dekade mulai pada ω = 100, menyebabkan kurva menjadi mendatar
perubahan −20 dB per dekade mulai pada ω = 1000
0
10
20
30
40
1 10 100 1000 10000 100000ω [rad/s]
Gain[dB]
18
+20dB/dek−20dB/dek
134
8/25/2012
135
)1000/(tan)100/(tan)20/(tan0)( 111 ω−ω−ω+=ωϕ −−−Fasa:
Pada ω = 1, ϕ(ω) ≈ 0
perubahan fasa +45o per dekade mulai dari ω = 2 sampai ω = 200
perubahan fasa −45o per dekade mulai dari ω = 10 sampai ω = 1000, membuat kurva jadi mendatar
perubahan fasa −45o per dekade mulai dari ω = 100 sampai ω = 10000
ω [rad/s]
-135
-90
-45
0
45
1 10 100 1000 10000 100000
ϕ[o]
Peran komponen-2 hilang; kurvamenurun 90o per dekade
Peran komponen-3 hilang; kurvamenurun 45o per dekade
Peran komponen-4 hilang; kurvakembali mendatar
135
8/25/2012
136
Rangkaian orde ke-dua yang memiliki pole kompleks konjugat dinyatakan oleh fungsi alih yang berbentuk
)( )()( )()(
β+α−β−α−=
−−= ∗ jsjs
K
psps
KsT
)( )(
)( )()(
β+ω+α−×β−ω+α−=
−ω−ω=ω ∗
jj
K
pjpj
KjT
)(1 ωA )(2 ωA
β+α= jp
β−α= jp*
σ
×
0
×
α
β
β
jω
p
*p
σ
×
0
×
jω
)( )( 2222 α+β+ω×α+β−ω
=K
)(2 ωA
)(1 ωAUntuk ω = 0
136
Rangkaian Orde-2 dengan
Pole Kompleks Konjugat
8/25/2012
137
σ
jω
×
A1(ω)
ω2
0
×
A2(ω)
σ
jω
×
A1(ω)
ω3
0
×
A2(ω)
σ
jω
×
A1(ω)
ω1
0
×
A2(ω)
α
β
)( ωjT
)(1 ωA )(2 ωA
)( )( 2222 α+β−ω×α+β+ω
=K
Untuk ωωωω1 > 0
Untuk ωωωω2 > ωωωω1
Untuk ωωωω3 > ωωωω2
A1(ω) selalu bertambah.
A2(ω) pada awalnya menurun namunkemudian bertambah.
A2(ω) mencapai nilai minimum pada saat ω = ω2 = β.
Maka: gain |T(jω)| meningkat pada awal peningkatan ω sampai mencapai nilai maksimum dan kemudian menurun lagi. Puncak tanggapan gaindisebut resonansi.
Jadi jika ω bertambah:
137
8/25/2012
138
Keadaan di sekitar frekuensi resonansi
138
cbss
KssT
++=
2)(
yang dapat kita tuliskan
2
)(2
002 ω+ζω+
=ss
KssT
Untuk mempelajari tanggapan frekuensi di sekitar frekuensi resonansi, kita tuliskan fungsi alih rangkaian orde-2 dalam bentuk
dengan c
bc
2dan 2
0 =ζ=ω
frekuensi alami(tanpa redaman)
ζ = 0
disebut rasio redaman
( ) ( ) 1/2/)(
02
02
0 +ωζ+ω×
ω=
ss
sKsT
dapat kita tuliskan
( ) ( ) 1/2/)(
02
02
0 +ωζω+ωω−ω×
ω=ω
j
jKjT
8/25/2012
139
( )( ) ( )
/2/1)(
20
220
20 ωζω+ωω−
ω×ω
=ωK
jT
( ) ( ) 1/2/)(
02
02
0 +ωζω+ωω−ω×
ω=ω
j
jKjT
Gain:
( )( ) ( )20
220
20
dB/2/1
log20log20)(ωζω+ωω−
ω+ω
=ωK
jT
Rasio redaman menentukan
perubahan nilai gain )( ωjT
-40
-20
0
20
100 1000 10000
dB
ω[rad/s]
ζ=1
ζ=0,1ζ=0,5
ζ=0,05
pendekatanlinier
ω0
139
8/25/2012
140
( )( )2
0
01o
/1
/2tan90)(
ωω−ωζω−+θ=ωϕ −
KFasa: Rasio redaman menentukan
perubahan nilai sudut fasa
-180
-135
-90
-45
0
10 100 1000 10000 100000
ϕ(ω) [o]
ω[rad/s]
ζ=0,05ζ=0,1ζ=0,5ζ=1
pendekatanlinier ω0
140
8/25/2012
141
Kuliah TerbukaAnalisis Rangkaian Listrik di Kawasan s
Sudaryatno Sudirham
141
