Pemodelan Rangkaian Listrik Orde 2 Baru

PENYELESAIAN MODEL RANGKAIAN LISTRIK ORDE-2Oleh: Ir. Sigit Kusmaryanto, M.Eng

Dua fenomena fisik berbeda (yaitu: sistem gerak benda pada pegas dan

rangkaian listrik) menghasilkan model persamaan matematika dan solusi yang

sama. Perilaku sistem gerak pada pegas dapat dimodelkan pada model fisis

rangkaian listrik. Rangkaian Listrik orde-2 adalah rangkaian listrik yang dapat

dimodelkan dengan Persamaan Diferensial orde-2. Rangkaian tersebut

diantaranya: LC seri, RLC seri

Rangkaian LC seri

Rangkaian LC seri dengan sumber baterai E volt digambarkan pada Gambar

Rangkaian LC seri. Dengan hukum Tegangan Kirchoff didapatkan model

persamaan pada Gambar Rangkaian LC seri, yaitu:

VL+VC=E

dengan: VL adalah tegangan pada induktor L yaitu LdIdt

VC adalah tegangan pada kapasitor C yaitu 1C∫ Idt

diketahui bahwa I=dQdt

dengan Q adalah muatan dalam Coulomb. Sehingga

model persamaan dapat dituliskan:

LdIdt

+ 1C∫ Idt=E

untuk menghilangkan tanda integral, persamaan dideferensialkan, maka:

Lddt ( dIdt )+ 1C∫ d

dtIdt= d

dt(E )

Ld2 Id t 2

+ 1CI= ddt

(E )

Gambar Rangkaian LC seri

Model persamaan untuk Gambar 33 dapat juga dinyatakan dalam muatan Q(t),

yaitu:

LdIdt

+ 1C∫ Idt=E

Lddt ( dQdt )+ 1C∫ dQdt dt=ELd2Qdt 2

+ 1CQ=E

Kasus A. Jika sumber baterai E= 0 ( ddt (E )=0)Model persamaan rangkaian dinyatakan sebagai:

Ld2 Id t 2

+ 1CI=0

atau

d2 Id t 2

+ 1CLI=0

penyelesaian persamaan homogen orde-2 di atas adalah

persamaan karakteristik dari PD di atas:

r2+ 1CL

=0

akar-akar persamaan karakteristik:

r1,2=±i √ 1CL

sehingga penyelesaian umum PD (lihat bahasan subbab 4.5)

y=c1 e(+i ) x+c2e

(−i ) x=Aex cos x+Bexsin x

dengan c1 , c2 , A ,B=konstanta;r=±imaka:

y (t )=A cos√ 1CLt+Bsin √ 1CL t

contoh kasus LC1:

Tentukan kuat arus I(t) rangkaian LC seperti Gambar 32 jika L= 10 henry,

C=0,004 farad, E=0 volt !

Penyelesaian:

Model persamaan rangkaian LC, dengan L= 10 henry, C=0,004 farad,

E=0:

d2 Id t 2

+25 I=0

persamaan karakteristik dari PD:

r2+25=0akar-akar persamaan karakteristik:

r1,2=±i 5penyelesaian PD:

I (t)=A cos 5 t+B sin 5t

Latihan Soal:

Tentukan kuat arus I(t) pada rangkaian LC seperti Gambar 32 jika:

1. L=0,2 henry, C=0,05 farad, E= 0 volt




5. L=10 henry, C=0,05 farad, E= 0 volt, I(0)=0, Q(0)=Q

6. Apa yang dapat disimpulkan dari jawaban soal 1-4?

Kasus B. Jika sumber baterai E= konstanta

Menentukan kuat arus I(t) untuk kasus ini berdasarkan model persamaan

diferensial Q(t), selanjutnya I(t) didapatkan dari hubungan I (t)=dQdt

. Model

persamaan rangkaian untuk Q (t) dinyatakan sebagai:

Ld2Qdt 2

+ 1CQ=E

atau

d2Qd t2

+ 1CLQ=E

L

persamaan di atas adalah PD tak homogen orde-2, penyelesaiannya disebut

penyelesaian lengkap terdiri atas penyelesaian homogen dan penyelesaian

takhomogen.

Penyelesaian Homogen:

d2Qd t2

+ 1CLQ=0


r2+ 1CL

=0


r1,2=±i √ 1CL

penyelesaian homogen:

Qh(t )=A cos√ 1CLt+B sin √ 1CL t

Penyelesaian Takhomogen:

d2Qd t2

+ 1CLQ=E

L

dengan menggunakan metode koefisien taktentu (subbab 4.8.1)

F (t)= EL→Q p(t )=K0

substitusi Q p(t )=K0 pada PD, yaitu:

1CLK 0=

EL

K0=ECjadi penyelesaian tak homogen adalah

Q p(t )=ECPenyelesaian lengkap

Q(t )=Qh(t)+Q p( t)=A cos √ 1CL t+B sin√ 1CLt+EC

Contoh kasus LC2:

Jika pada contoh kasus LC1 di atas diketahui, E=250 volt, arus I(0)=0 dan

muatan Q(0)=0 tentukan solusi khusus I(t)

Penyelesaian:

model persamaan rangkaian menggunakan fungsi Q(t), karena jika dipakai

model fungsi I(t) maka substitusi Q(0) untuk mendapatkan solusi khusus, yaitu

dengan integrasi solusi umum I(t) akan menghasilkan konstanta baru, sehingga

solusi khusus I(t) tidak dapat ditentukan.

Model persamaan rangkaian LC seri dalam fungsi Q(t):

d2Qd t2

+ 1LCQ=E

L

d2Qd t2

+25Q=25

Penyelesaian model persamaan di atas disebut solusi lengkap/penyelesaian

lengkap yang terdiri atas dua solusi PD, yaitu solusi homogen dan solusi

takhomogen

Solusi Homogen:

d2Qd t2

+25Q=0

persamaan karakteristik dari PD:

r2+25=0akar-akar persamaan karakteristik:

r1,2=±i 5penyelesaian PD homogen:

Qh(t )=A cos5 t+B sin 5 tSolusi takhomogen:

R(x )=25→Q p(t)=K 0

substitusi Q p(t )=K0 ke model PD didapatkan:

d2Qd t2

+25Q=25

0+25K0=25→K0=1

penyelesaian khusus takhomogen

Q p(t )=1solusi umum lengkap (solusi homogen+solusi tak homogen):

Q(t )=1+A cos5 t+B sin 5 tsubstitusi nilai awal

Q(0)=1+A cos0+B sin 0=0→ A=−1

I=dQdt

=−5 A sin 5 t+5 Bcos5t

I (0)=−5 A sin 0+5 Bcos0=0→B=0Jadi solusi khusus lengkap:

Q(t )=1−cos 5tdan Arus I(t) adalah

I (t)=dQdt

=5sin 5 t

Kasus C. Jika sumber baterai E= E0 cos ωt

Model persamaan rangkaian untuk Q (t) dinyatakan sebagai:

Ld2Qdt 2

+ 1CQ=E0cosωt

atau

d2Qd t2

+ 1CLQ=

E0cosωt

L

Penyelesaian model persamaan di atas adalah penyelesaian lengkap muatan

fungsi waktu, terdiri atas penyelesaian homogen dan penyelesaian

takhomogen.


d2Qd t2

+ 1CLQ=0


r2+ 1CL

=0


r1,2=±i √ 1CL

penyelesaian homogen:

Qh(t )=A cos√ 1CLt+B sin √ 1CL t

atau

Qh(t )=C cos (√ 1CLt−θ)

jika ω02= 1CL

, maka

Qh(t )=C cos (ω0 t−θ )

Penyelesaian Takhomogen:

d2Qd t2

+ 1CLQ=

E0cosωt

L

dengan menggunakan metode koefisien taktentu (subbab 4.8.1)

E0 cosωt

L→Q p(t)=Kcosωt+Msinωt

Q p' (t)=−ωKsinωt+ωMcosωt

Q p' '( t)=−ω2Kcos ωt−ω2Msinωt

substitusi Q p ,Q p' ' ke persamaan didapatkan:

−ω2Kcosωt−ω2Msinωt+ 1CL

(Kcosωt+Msinωt )=E0Lcosωt

( 1CL K−ω2K )cosωt+( MCL−ω2M )sinωt= E0L cosωtdengan menyamakan koefisiennya maka:

( 1−CLω2CL )K=E0L→K=

E0C

(1−CLω2)

jadi solusi takhomogen adalah:

Q p(t )=E0C

(1−CLω2)cosωt

:CL:CL

¿E0

L( 1CL

−ω2)cosωt

jika didefinisikan ω02= 1CL

, sehingga:

Q p(t )=E0

L(ω02−ω2)

cosωt

Penyelesaian lengkap:

Q(t )=Qh(t)+Q p( t)=C cos (ω0t−θ )+E0

L(ω02−ω2)

cosωt

Keluaran ini menggambarkan superposisi dua gelombang cosinus dengan

frekuensi selaras yang disebut sebagai frekuensi dasar/alamiah (natural

frequency) besarnya f 0=ω02π

.

Amplitudo maksimum pada persamaan gelombang keluaran adalah:

Amaks=E0

L(ω02−ω2)

=E0Lρ dengan ρ=

1

(ω02−ω2)

ρ disebut faktor resonansi

Amplitudo maksimum ini tergantung pada ω0 ,ω

dan akan terjadi jika jika

ω0=ω

(disebut resonansi).

Gambar Faktor Resonansi

Program MATLAB untuk Gambar Faktor Resonansi

%faktor resonansi

clear all;

close all;

clc;

wo=3

w=(0:0.1:6);

p=(wo^2-w.^2).^-1;

plot(w,p,'b','linewidth',3)

grid on

axis equal

hold on

xlabel('frekuensi','fontsize',14)

ylabel('faktor resonansi p','fontsize',14)

Jika terdapat kondisi awal yaitu Q(0)=0 dan Q’(0)=0 maka persamaan lengkap

menjadi:

Untuk kondisi awal Q(0)=0:

Q(t )=C cos (ω0 t−θ )+E0

L(ω02−ω2)

cosωt

0=C cos (0−θ )+E0

L(ω02−ω2)

cos 0

C cos (θ )=−E0

L(ω02−ω2)

Untuk kondisi awal Q’(0)=0

Q' (t)=−Cω0sin (ω0 t−θ )+E0

L(ω02−ω2)

ωsinωt

0=−Cω0sin (0−θ )+E0

L(ω02−ω2)

ω sin 0

C sin (θ )=0

Sehingga jika:

C cos (ω0t−θ )=Ccosω0t cosθ+Csinω0 t sinθ

dengan substitusi C cos (θ )=−E0

L(ω02−ω2)

dan C sin (θ )=0

C cos (ω0t−θ )=−E0

L(ω02−ω2)

cosω0t

sehingga:

Q(t )=C cos (ω0 t−θ )+E0

L(ω02−ω2)

cosωt

¿−E0

L(ω02−ω2)

cosω0t+E0

L(ω02−ω2)

cosωt

¿E0

L(ω02−ω2)

(cosωt−cosω0 t )

jika cos A−cosB=2sin A+B2sinB−A2

(buktikan!) maka:

Q(t )=2 E0

L(ω02−ω2)

sinω0+ω2

t sinω0−ω2

t

Gambar berikut mengilustrasikan osilasi Q(t) jika selisih ω dengan ω0 kecil

(Gambar a - c):

Gambar a. Osilasi Q(t )=2 E0

L(ω02−ω2)

sinω0+ω2

t

Gambar b. Osilasi Q(t )=±2 E0

L(ω02−ω2)

sinω0−ω2

t

Gambar c. Penyelesaian lengkap Q(t) untuk kasus ω-ω0 kecil

Program MATLAB Gambar di atas%Arus pada Rangk LC seri E=Eo sin (wo-w)

%wo-w = kecil

clear all;

close all;

clc;

E0=10;

L=1;

W0=1;

W=0.84;

A=(W0+W)*2^-1;

B=(W0-W)*2^-1;

t=(0:0.01:80);

I=2*E0*L^-1*(W0^2-W^2)^-1*sin(t.*(A))

plot(t,I,'r','linewidth',2)

hold on

I=2*E0*L^-1*(W0^2-W^2)^-1*sin(t.*(B));

plot(t,I,'b','linewidth',2)

hold on

I=-2*E0*L^-1*(W0^2-W^2)^-1*sin(t.*(B));


hold on

I=2*E0*L^-1*(W0^2-W^2)^-1*sin(t.*(A)).*sin(t.*(B));

plot(t,I,'k','linewidth',4)

xlabel('sumbu waktu (t)','fontsize',14)

ylabel('Muatan Q(t)','fontsize',14)

Dari Gambar a. menunjukkan osilasi Q(t) lebih cepat daripada osilasi Q(t) pada

Gambar b. Gambar c. adalah hasilkali persamaan Gambar a. dan b. yang

merupakan penyelesaian lengkap rangkaian LC dengan ω≠ω0 . Fenomena fisik

model persamaan ini dapat dirasakan pada proses penalaan nada sistem

akustik dimana akan terdengar gejala naik turun suara pada saat frekuensi dua

sumber suara mendekati sama.

Kasus D. Jika sumber baterai E= E0 cos ωt dengan ω=√ 1CL

Model persamaan rangkaian untuk Q (t) dinyatakan sebagai:

Ld2Qdt 2

+ 1CQ=E0cosωt

atau

d2Qd t2

+ω2Q=E0 cosωt

L


d2Qd t2

+ω2Q=0


r2+ω2=0akar-akar persamaan karakteristik:

r1,2=±iωpenyelesaian homogen:

Qh(t )=A cosωt+B sinωt atau Qh(t )=C cos (ωt−θ )Penyelesaian Takhomogen:

d2Qd t2

+ω2Q=E0 cosωt

L

dengan menggunakan metode koefisien taktentu aturan modifikasi maka

bentuk solusi partikular (lihat subbab 4.8.1)

Q p(t )=t (Kcosωt+Msinωt)

Q p' (t)=Kcos ωt−ωtKsinωt+Msinωt+ωtMcosωt

Q p' '( t)=−ωKsinωt−ωK sinωt−ω2tKcosωt+ωMcosωt+ωMcosωt−ω2Msinωt

¿−2ωKsinωt−ω2 tKcosωt+2ωMcosωt−ω2Msinωt

substitusi Q p ,Q p' ' ke persamaan didapatkan:

−2ωKsinωt−ω2tKcosωt+2ωMcos ωt−ω2Msinωt

+ω2t (Kcosωt+Msinωt )=E0Lcosωt

(2ωM ) cosωt+(−2ωK )sinωt=E0Lcosωt

dengan menyamakan koefisiennya maka:

2ωM=E0L→M=

E02ωL

−2ωK=0→K=0jadi solusi takhomogen adalah:

Q p(t )=t (Kcosωt+Msinωt) ¿ E02ωL

t sinωt

Penyelesaian lengkap:

Q(t )=Qh(t)+Q p( t)=Qh(t )=C cos (ω0 t−θ )+E02ωL

t sinωt

Gambar Solusi Partikular untuk Kasus ω=√ 1ωL

Program MATLAB Gambar di atas sebagai berikut:

%Arus pada Rangk LC seri E=10t sin 5t dengan ω=√ 1ωL

clear all;

close all;

clc;

t=(0:0.01:4);

I=10*t.*sin(5*t);


xlabel('sumbu waktu (t)','fontsize',14)

ylabel('Muatan Q(t)','fontsize',14)

Rangkaian RLC seri

Rangkaian RLC seri dengan sumber baterai E volt digambarkan pada Gambar

38. Model persamaan rangkaian didapatkan dengan hukum Tegangan Kirchoff,

yaitu:

VR+VL+VC=E

dengan: VR adalah tegangan pada resistor R yaitu RI

VL adalah tegangan pada induktor L yaitu LdIdtLdIdt

VC adalah tegangan pada kapasitor C yaitu 1C∫ Idt

diketahui bahwa I=dQdt

dengan Q adalah muatan dalam Coulomb.

Gambar 1 Rangkaian RLC seri

Model persamaan rangkaian dapat dinyatakan sebagai:

RI+L dIdt

+ 1C∫ Idt=E

untuk menghilangkan tanda integral, persamaan dideferensialkan, maka:

RddtI+L d

dt ( dIdt )+ 1C∫ ddtIdt= d

dt(E )

Ld2 Id t 2

+R dIdt

+ 1CI= ddt

(E )

Model persamaan untuk Gambar 38 dapat juga dinyatakan dalam muatan Q(t),

yaitu:

RI+L dIdt

+ 1C∫ Idt=E

RdQdt

+L ddt ( dQdt )+ 1C∫ dQdt dt=E

Ld2Qdt 2

+R dQdt

+ 1CQ=E

Kasus A. Jika sumber baterai E= E0 ( ddt (E )=0)Model persamaan rangkaian dinyatakan sebagai:

Ld2 Id t 2

+R dIdt

+ 1CI=0

penyelesaian persamaan homogen orde-2 di atas adalah


Lr2+Rr+ 1C

=0


r1,2=−R±√R2−4 L/C

2 Lsehingga penyelesaian umum PD :

Terdapat tiga kemungkinan akar-akar nilai r:

1. Jika √R2−4 L/C>0, maka r1,2 adalah dua akar Real yang berbeda dengan

r1,2‌ R maka solusi umumnya:

y=c1 er1 t+c2 e

r2 t

2. Jika √R2−4 L/C=0 , maka r1=r2=r dengan m1,2 ‌ R, maka solusi

umumnya:

y=c1 ert+c2 x e

rt

3. Jika √R2−4 L/C<0 , maka r1,2= i dengan , ‌ R maka solusi

umumnya:

y=c1 e(+i )t+c2e

(−i) t

dengan rumus Euler, yaitu e i t=cos t+i sin t maka bentuk trigonometri

rumus dapat ditentukan:

y=c1 e(+i )t+c2t e

(−i) t

¿c1 et (cos t+i sin t )+c2 e

t (−cos t – isin t );−cos t=cos t

¿ (c1+c2 )et (cos t )+i (c1−c2 )e t (sin t )

¿ Ae t cos t+Be t sin t , A , B∈ konstantabil . kompleks

Kasus B. Jika sumber baterai yaitu ddt

(E )=E0 cosωt

Model persamaan rangkaian dinyatakan sebagai:

Ld2 Id t 2

+R dIdt

+ 1CI=E0 cosωt

Penyelesaian model persamaan di atas terdiri atas penyelesaian homogen dan

penyelesaian takhomogen.

Untuk penyelesaian homogen sama dengan penyelesaian pada kasus A.

Penyelesaian TakHomogen:

Ld2 Id t 2

+R dIdt

+ 1CI=E0 cosωt

dengan menggunakan metode koefisien taktentu aturan modifikasi maka

bentuk solusi partikular (lihat subbab 4.8.1)

I p(t)=Kcos ωt+Msinωt

I p'( t)=−ωKsinωt+ωMcosωt

I p' ' (t)=−ω2Kcosωt−ω2Msinωt

substitusi I p , I p' ' ke persamaan didapatkan:

L (−ω2 Kcosωt−ω2Msinωt )+R (−ωKsinωt+ωMcos ωt )+ 1C

(Kcosωt+Msinωt )=E0cosωt

(ωRM+( 1C−ω2

L)K )cosωt+(−ωRK+( 1C−ω2L)M )sinωt=E0cosωtdengan menyamakan koefisiennya maka:

−ωRK+( 1C−ω2L)M=0……….(i)

M= ωR

( 1C−ω2 L)K= R

( 1ωC−ωL)K

Jika didefiniskan reaktansi −S=( 1ωC−ωL) maka

M=−RSK

ωRM+( 1C−ω2L)K=E0………(ii)

Jika kedua ruas dibagi dgn ω, maka

RM+( 1ωC−ωL)K=E0ω

R−RSK−sK=

E0ω

−( R2S +S )K=E0ω↔−(R2+S2S )K=

E0ω

K=−E0S

ω (R2+S2 )

M=−RSK=

E0R

ω (R2+S2 )Jadi penyelesaian takhomogen adalah:

I p(t)=[ −E0 S

ω (R2+S2 ) ]cosωt+[ E0R

ω (R2+S2 ) ]sinωtContoh 1:

Tentukanlah muatan Q dan I sebagai fungsi watku t dalam rangkaian RLC seri

jika R = 16 Ω, L = 0,02 H, C = 2×10-4 F dan E = 12 volt. Anggaplah pada saat t=

0, arus I = 0 dan muatan kapasitor Q = 0

Penyelesaian:

Persamaan yang digunakan untuk menyelesaikan kasus ini:

Ld2Qdt 2

+R dQdt

+ 1CQ=E(t)

Dengan substitusi R = 16 Ω, L = 0,02 H, C = 2×10-4 F dan E = 12 volt, maka

diperoleh:

0,02d2Qdt 2

+16 dQdt

+ 1(2×10−4 )

Q=12

d2Qdt 2

+ 800dQdt

+250.000Q=600

Penyelesaian Persamaan Homogen

Persamaan karakteristik r2 + 800 r + 250.000 = 0, mempunyai akar-

akar:

r1,2=[−800±√640.000−1.000 .000 ]

2 = -400 ± 300 i

Sehingga penyelesaian homogen:

Qh=e−400t (C1cos300 t+C2 sin 300t )

Penyelesaian TakHomogen

Dengan menggunaan metode koefisien taktentu (subbab 4.8.1), maka:

Qk=A ,d Qkdt

=0 ,d2Qkdt 2

=0

Substitusi Qk=A ,d Qkdt

=0 ,d2Qkdt 2

=0 ke dalam persamaan :

d2Qkdt 2

+800dQ kdt

+250.000Q=600

Menghasilkan Qk=2,4×10−3

Karena itu penyelesaian lengkap adalah,

Q (t )=2,4×10−3+e−400 t ¿I ( t ) diperoleh dengan diferensiasi Q ( t ) didapatkan:

I ( t )=dQdt

=−400e−400t (C1 cos300 t+C2 sin300 t )

+e−400t (−300C1sin 300 t+300C2 cos300 t )I ( t )=e−400t [(−400C1+300C2 )cos300 t+(−300C1−400C2 ) sin 300 t ]

Bila diberlakukan syarat awal, t = 0, I = 0, Q = 0, maka:

0=2,4×103+C1→C1=−2,4×103

0=−400C1+300C2→C2=4C13

=−3,2×10

Jadi penyelesaian lengkap muatan listrik adalah

Q(t) = 10-3 [2,4 – e-400t (2,4 cos 300t + 3,2 sin 300t)]

Contoh 2:

Suatu induktor 2 henry, resistor 16 ohm dan kapasitor 0,02 farad dihubungkan

secara seri dengan sutu baterai dengan ggl.E = 100 sin 3t. Pada t=0 muatan

dalam kapasitor dan arus dalam rangkaian adalah nol. Tentukanlah (a) muatan

dan (b) arus pada t>0.

Penyelesaian:

Misalkan Q dan I menyatakan muatan dan arus sesaat pada waktu t,

berdasarkan Hukum Kirchhoff, maka diperoleh persamaan:

2dldt

+ 16I + Q0,02

= 100 sin 3t

Atau karena I=dQ/dt,

d2Qdt 2

+ 8dQdt

+ 25Q = 20 sin 3t

Selesaikan ini terhadap syarat Q = 0,dQ/dt = 0 pada t = 0, kita memperoleh

hasil akhir:

(a) Q = 2552

(2 sin 3t – 3 cos 3t) + 2552

e-4t(3 cos 3t + 2 sin 3t)

(b) I = dQdt

= 7552

(2 cos 3t + 3 sin 3t) - 2552

e-4t(17 sin 3t + 6 cos 3t)

Suku pertama adalah arus stabil (steady-state) dan suku kedua, yang dapat

diabaikan untuk waktu yang bertambah, dinamakan arus transien.

SOAL-SOAL

1. Tentukan arus l(t) dalam rangkaian LC seri dimana L=1H, C=1F dan

E=100 volt! Anggaplah bahwa pada saat t=0, arus l=0 dan muatan

kapasitor Q=0.

2. Tentukan arus l(t) dalam rangkaian LC seri dimana L=1H, C=0,25F dan

E=30 sin t volt! Anggaplah bahwa pada saat t=0, arus l=0 dan muatan

kapasitor Q=0.

3. Tentukan arus l(t) dalam rangkaian LC seri dimana L=10H, C=1/90F dan

E=10 cos 2t volt! Anggaplah bahwa pada saat t=0, arus l=0 dan muatan

kapasitor Q=0.

4. Tentukan arus l(t) dalam rangkaian LC seri dimana L=10H, C=0,1F dan

E=10t volt! Anggaplah bahwa pada saat t=0, arus l=0 dan muatan

kapasitor Q=0.

5. Tentukan arus l(t) dalam rangkaian LC seri dimana L=2,5H, C=10-3F dan

E=10t2 volt! Anggaplah bahwa pada saat t=0, arus l=0 dan muatan

kapasitor Q=0.

6. Tentukan arus l(t) dalam rangkaian LC seri dimana L=1H, C=1F dan E=1

volt jika 0<t<1 dan E=0 jika t>1! Anggaplah bahwa pada saat t=0, arus

l=0 dan muatan kapasitor Q=0.

7. Tentukan arus l(t) dalam rangkaian LC seri dimana L=1H, C=1F dan

E=1-e-t volt jika 0<t<∏ dan E=0 jika t>∏! Anggaplah bahwa pada saat

t=0, arus l=0 dan muatan kapasitor Q=0.

8. Tentukan arus steady state dalam rangkaian RLC seri dimana R=4 Ω,

L=1H, C=2x10-4 F dan E= 220 volt! Anggaplah bahwa pada saat t=0,

arus l=0, dan muatan kapasitor Q=0.


L=10H, C=10-3F dan E=100 cos t volt! Anggaplah bahwa pada saat t=0,

arus l=0, dan muatan kapasitor Q=0.

10. Tentukan arus transien dalam rangkaian RLC seri dimana R=200 Ω,

L=100H, C=0,005F dan E=500 sin t volt! Anggaplah bahwa pada saat

t=0, arus l=0 dan muatan kapasitor Q=0.

11. Tentukan arus transien dalam rangkaian RLC seri dimana R=20 Ω, L=5H,

C=10-2F dan E=85 sin 4t volt! Anggaplah bahwa pada saat t=0, arus l=0

dan muatan kapasitor Q=0.

12. Tentukan arus lengkap dalam rangkaian RLC seri dimana R=80 Ω,

L=20H, C=10-2 F dan E=100 volt! Anggaplah bahwa pada saat 1=0, arus



L=20H, C=2x10-3 F dan E=481 sin 10t volt! Anggaplah bahwa pada saat

1=0, arus l=0 dan muatan kapasitor Q=0.

14. Tentukan arus dalam rangkaian RLC seri dimana R=6 Ω, L=1H, C=0,04 F

dan E=24 cos 5t volt! Anggaplah bahwa pada saat 1=0, arus l=0 dan

muatan kapasitor Q=0.


L=30H, C=0,025 F dan E=200 sin 4t volt! Anggaplah bahwa pada saat


16. Tentukan arus transien dalam rangkaian RLC seri dimana R=20 Ω, L=4H,

C=0,5 F dan E=10 sin 10t volt. Anggaplah bahwa pada saat 1=0, arus


17. Tentukan arus lengkap dalam rangkaian RLC seri dimana R=8 Ω, L=2H,

C=0,125 F dan E=10 sin 5t volt! Anggaplah bahwa pada saat 1=0, arus


18. Tentukan arus transien dalam rangkaian RLC dimana R=15 Ω, L=5H,

C=1,25x10-2 F dan E=15 sin 4t volt! Anggaplah bahwa pada saat 1=0,

arus l=0 dan muatan kapasitor Q=0.


L=4H, C=0,125 F dan E=2 sin 2t volt! Anggaplah bahwa pada saat 1=0,

arus l=0 dan muatan kapasitor Q=0.


L=125H, C=0,002 F dan E=250 sin 3t volt! Anggaplah bahwa pada saat


DAFTAR PUSTAKA

Kreyszig, Erwin, Matematika Teknik lanjutan. Jakarta: Gramedia, 1988.

Stroud, K.A., Matematika untuk Teknik. Jakarta: Penerbit Erlangga, 1987.

Farlow, Stanley J., An Introduction to Diffrenential Equations and Their

Applications, McGraw-Hill, Singapore, 1994

Howard, P., Solving ODE in MATLAB, Fall, 2007

Thompson, S., Gladwell, I., Shampine, L.F., Solving ODEs with MATLAB,

Cambridge University Press, 2003

Rosenberg, J.M., Lipsman, R.L., Hunti, B.R., A Guide to MATLAB for Beginners

and Experienced Users, Cambridge University Press, 2006

Pemodelan Rangkaian Listrik Orde 2 Baru

Documents

Transcript of Pemodelan Rangkaian Listrik Orde 2 Baru