Memahami respon alami dari rangkaian seri RLC (Resistor induktor dan kapasitor) merupakan dasar yang penting dalam mempelajari rangkaian filter dan jaringan komunikasi. Perhatikan rangkaian RLC seri pada gambar di bawah ini:
Gambar 1. Rangkaian RLC seri
Pada rangkaian di atas, energi listrik yang tersimpan dalam bentuk tegangan ada pada kapasitor sedangkan yang berbentuk arus ada pada induktor. Misalkan kondisi awal saat tegangan mula-mula kapasitor adalah dan arus mula-mula dari induktor adalah , secara matematis dapat ditulis:
\( v(0)=\frac{1}{C}\int_{-\infty}^{0}idt=V_0 \)…………………….(1)
Misal:
\( i(0)=I_0 \)………………………………….(2)
Berdasarkan gambar 1, kita dapat menerapkan hukum tegangan Kirchhoff (KVL):
\( \Sigma V=0 \)\( Ri+L\frac{di}{dt}+\frac{1}{C}\int_{-\infty}^{t}idt=0 \)…………………….(3)
Supaya integral pada elemen kapasitor hilang, kita diferensialkan:
Resistor:
\( \frac{d}{dt}(Ri)=R\frac{di}{dt} \)
\( R \) keluar dari turunan karena bernilai konstan terhadap waktu.
Induktor:
\( \frac{d}{dt}(L\frac{di}{dt})=L\frac{d^2i}{dt^2} \)\( L \) bernilai konstan terhadap waktu maka hanya dianggap sebagai koefisien dari penurunan dua kali arus terhadap waktu.
Kapasitor:
\( \frac{d}{dt}(\frac{1}{C}\int_{-\infty}^{t}idt)=\frac{i}{C} \)
Pada awalnya:
\( \frac{i}{C} \) diintegralkan terhadap waktu
Kemudian:
\( \frac{i}{C} \) diturunkan terhadap waktu
Jadi integral dan turunan saling meniadakan satu sama lain, sehingga hasilnya adalah \( i/C \). Maka persamaan (3) menjadi:
\( R\frac{di}{dt}+L\frac{d^2i}{dt^2}+\frac{i}{C}=0 \)
Kedua ruas dibagi \( L \):
\( \frac{R}{L}\frac{di}{dt}+\frac{d^2i}{dt^2}+\frac{i}{LC}=0 \)
Bisa juga ditulis:
\( \frac{d^2i}{dt^2}+\frac{R}{L}\frac{di}{dt}+\frac{i}{LC}=0 \)………………(4)
Persamaan (4) adalah persamaan diferensial orde dua, itulah mengapa rangkaian RLC seri disebut juga sebagai rangkaian RLC seri orde dua. Selanjutnya tugas kita adalah menyelesaikan persamaan (4), syarat supaya bisa diselesaikan adalah kita memerlukan dua kondisi awal. Misalkan nilai awal dari arus \( i \) dan turunan pertamanya atau bisa juga dengan nilai tegangan \( v \).
Kita sudah memperoleh nilai \( i \) dari persamaan (2), maka perlu turunan pertama \( i \) supaya kita memperoleh dua kondisi awal sehingga persamaan (4) dapat dipecahkan. Dari persamaan (3) diperoleh nilai pada saat t=0:
\( Ri(0)+L\frac{di(0)}{dt}+V_0=0 \)
Pindah ruas:
\( \frac{di(0)}{dt}=\frac{1}{L}[-Ri(0)-V_0] \)
\( \frac{di(0)}{dt}=-\frac{1}{L}[Ri(0)+V_0] \)……………………….(5)
Mencari solusi dari persamaan (4):
Perhatikan bahwa pada rangkaian gambar 1 salah satu elemennya adalah induktor, arus pada induktor berbentuk eksponensial (seperti yang pernah dilakukan pada rangkaian RL orde satu). Jadi pada rangkaian RLC seri juga memiliki bentuk arus yang sama, sehingga dapat kita simpulkan:
\( i=Ae^{st} \)………………………………………..(6)
\( A \) dan \( s \) adalah konstanta yang akan kita cari nilainya. Persamaan (6) kita subtitusikan ke persamaan (4):
Mencari \( \frac{d^2 i}{dt^2 } \);
\( \frac{d^2i}{dt^2}=\frac{d}{dt}(\frac{d(Ae^{st})}{dt})=A\frac{d}{dt}(\frac{d(e^{st})}{dt}) \)
Ingat:
\( \frac{d(e^{ax})}{dx}=ae^{ax} \)
Maka:
\( \frac{d^2i}{dt^2}=A\frac{d}{dt}(\frac{d(e^{st})}{dt})=As\frac{d(e^{st})}{dt} \)\( \frac{d^2i}{dt^2}=As^2e^{st} \)
Kemudian \( \frac{R}{L}\frac{di}{dt} \):
\( \frac{R}{L}\frac{di}{dt}=\frac{R}{L}\frac{d(Ae^{st})}{dt}=\frac{AR}{L}se^{st} \)
Sehingga persamaan (4) dapat ditulis:
\( As^2e^{st}+\frac{AR}{L}se^{st}+\frac{Ae^{st}}{LC}=0 \)
\(Ae^{st}(s^2+\frac{R}{L}s+\frac{1}{LC})=0 \)……………………(7)
Anggap saja pada persamaan (7) suatu bilangan X dikali Y hasilnya nol, artinya yang bernilai nol bisa saja \( Ae^{st} \) atau yang ada di dalam kurung. \( Ae^{st} \) adalah persamaan yang akan dicari nilai \( A \) dan \( s \) berarti kita simpulkan bahwa yang bernilai nol berasal dari dalam kurung pada persamaan (7):
\( s^2+\frac{R}{L}s+\frac{1}{LC}=0 \)………………………..(8)
Persamaan (8) disebut sebagai persamaan karakteristik pada RLC seri. Kita bisa menyelesaikannya menggunakan persamaan akar kuadrat, ingat:
\( ax^2+bx+c=0 \)Penyelesaian akarnya adalah:
\( x_{1,2}=\frac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a} \)
Maka berdasarkan persamaan (8), dapat kita simpulkan:
\( a=1 \)\( b=\frac{R}{L} \)
\( c=\frac{1}{LC} \)
Sehingga nilai dari \( s \) adalah:
\( s_1=\frac{-\frac{R}{L}+\sqrt{(\frac{R}{L})^2-\frac{4}{LC}}}{2} \)
Ingat: \( x:2=x\times(1/2) \) maka:
\( s_1=\frac{1}{2}(-\frac{R}{L}+\sqrt{(\frac{R}{L})^2-\frac{4}{LC}}) \)\( s_1=-\frac{R}{2L}+\sqrt{\frac{1}{4}(\frac{R}{L})^2-\frac{1}{4}\frac{4}{LC}} \)
Karena:
\( \frac{1}{4}=(\frac{1}{2})^2 \)
Maka:
\( s_1=-\frac{R}{2L}+\sqrt{(\frac{R}{2L})^2-\frac{1}{LC}} \)…………………….(9)
Dengan cara yang sama, nilai dari \( s_2 \) adalah:
\( s_1=-\frac{R}{2L}-\sqrt{(\frac{R}{2L})^2-\frac{1}{LC}} \)………………….(10)
Kita juga bisa membuat permisalan:
\( \alpha=\frac{R}{2L} \)…………………………………………..(11)
Dan
\( \omega_0=\frac{1}{\sqrt{LC}} \)…………………………….(12)
Sehingga
\( \omega_0^2=\frac{1}{LC} \)
Persamaan (9) dan (10) menjadi:
\( s_1=-\alpha+\sqrt{\alpha^2-\omega_0^2} \)…………………………(13)
\( s_1=-\alpha-\sqrt{\alpha^2-\omega_0^2} \)…………………………(14)
\( s_1 \) dan \( s_2 \) disebut sebagai frekuensi alami (satuannya Np/s), sedangkan \( \alpha \) disebut sebagai faktor damping dan \( \omega_0 \) disebut sebagai frekuensi resonansi atau frekuensi alami tak terdamping (rad/s). persamaan (8) ditulis ke bentuk \( \alpha \) dan \( \omega_0 \) menjadi:
\( s^2+\frac{R}{L}s+\frac{1}{LC}=0 \)
\( R/L \) dirubah bentuk ke \( \alpha \):
\( \frac{R}{L}=\frac{2}{1}(\frac{R}{2L})=2\alpha \)
Sehingga:
\( s^2+2\alpha s+\omega_0^2=0 \)………………………………(15)
Perhatikan bahwa nilai dari terdapat dua kemungkinan maka nilai dari arus pada persamaan (6) juga memiliki dua nilai:
\( i_1=A_1e^{s_1t}, i_2=A_2e^{s_2t} \)……………………(16)
Jika diperhatikan persamaan (4), kita dapat simpulkan bahwa persamaan tersebut merupakan rangkaian linier sehingga nilai arus pada rangkaian RLC seri adalah penjumlahan kedua nilai pada persamaan (16):
\( i(t)=A_1e^{s_1t}+Aa_2e^{s_2t} \)………………………….(17)
Berdasarkan persamaan (13) dan (14), terdapat tiga kemungkinan solusinya:
- Jika \( \alpha >\omega_0 \) maka disebut overdamped
- Jika \( \alpha =\omega_0 \) maka disebut critically damped
- Jika \( \alpha <\omega_0 \) maka disebut underdamped
Overdamped \( \alpha >\omega_0 \)
Untuk kasus ini, respon arsunya adalah:
\( i(t)=A_1e^{s_1t}+A_2e^{s_2t} \)………………………….(18)
Grafik arusnya dapat dilihat pada gambar di bawah ini:
Gambar 2. Kurva untuk kasus overdamped
Critically damped \( \alpha =\omega_0 \)
Kita gunakan persamaan (4):
\( \frac{d^2i}{dt^2}+\frac{R}{L}\frac{di}{dt}+\frac{i}{LC}=0 \)
Pada kasus ini, \( \alpha =\omega_0 \) maka:
\( \alpha=\omega_0=\frac{R}{2L} \)
Atau dengan menggunakan nilai dari \( \omega_0 \) :
\( \alpha^2=\omega_0^2=\frac{1}{LC} \)
Persamaan (4) menjadi:
\( \frac{d^2i}{dt^2}+2\frac{R}{2L}\frac{di}{dt}+\frac{1}{LC}i=0 \)\( \frac{d^2i}{dt^2}+2\alpha\frac{di}{dt}+\alpha^2i=0 \)
Persamaan di atas bisa juga ditulis:
\( \frac{d^2i}{dt^2}+\frac{d(\alpha i)}{dt}+\frac{d(\alpha i)}{dt}+\alpha^2i=0 \)
\( \frac{d}{dt}(\frac{di}{dt}+\alpha i)+\alpha (\frac{di}{dt}+\alpha i)=0 \)……………(19)
Misalkan:
\( f=\frac{di}{dt}+\alpha I \)
Maka:
\( \frac{df}{dt}+\alpha f=0 \)
Persamaan di atas adalah persamaan diferensial orde satu, jadi solusinya adalah:
\( f=A_1e^{-\alpha t} \)
\( A_1 \) adalah konstanta. Persamaan \( f \) menjadi:
\( \frac{di}{dt}+\alpha i=A_1 e^{-\alpha t} \)
Kedua ruas dibagi \( e^{-\alpha t}:
[latex] \frac{1}{e^{-\alpha t}}\frac{di}{dt}+\frac{1}{e^{-\alpha t}}\alpha i=\frac{A_1e^{-\alpha t}}{e^{-\alpha t}} \)\( e^{\alpha t}\frac{di}{dt}+ e^{\alpha t}\alpha t=A_1 \)………………….(20)
Perhatikan turunan berikut ini:
\( \frac{d}{dt}(e^{\alpha t}i)=A_1 \)
Jika dijabarkan:
\( e^{\alpha t}\frac{di}{dt}+i\frac{d}{dt}(e^{\alpha t})=A_1 \)\( e^{\alpha t}\frac{di}{dt}+\alpha ie^{\alpha t}=A_1 \)
Jadi persamaan (20) dapat juga ditulis sebagai berikut:
\( \frac{d}{dt}(e^{\alpha t}i)=A_1 \)…………………………….(21)
Kedua ruas diintegralkan pada persamaan (21):
\( e^{\alpha t}i=A_1t+A_2 \)
Karena integral tak tentu maka diproleh konstanta \( A_2 \) yang merupakan hasil dari integral \( A_1 \). Maka arus \( i \) untuk kasus critically damped adalah:
\( i(t)=(A_1t+A_2)e^{-\alpha t} \)……………………………..(22)
Respon rangkaian seri RLC untuk kasus critically damped adalah sebagai berikut:
Gambar 3. Respon rangkaian untuk kasus critically damped
Underdamped \( \alpha <\omega_0 \)
Nilai akar \( s_1 \) dan \( s_2 \) pada persamaan (13) dan (14) dapat juga ditulis:
\( s_1=-\alpha + \sqrt{-(\omega_0^2-\alpha^2)} \)
Dengan membuat permisalan:
\( j=\sqrt{-1} \)Dan
\( \sqrt{-\omega_0^2-\alpha^2} \)
Maka persamaan \( s_1 \) adalah:
\( s_1=-\alpha +j\omega_d \)……………………………………….(23)
Dengan cara yang sama, persamaan \( s_2 \) adalah:
\( s_1=-\alpha –j\omega_d \)……………………………..(24)
\( \omega_d \) adalah frekuensi damping. Persamaan arusnya memiliki pola yang sama dengan persamaan pada kasus overdamped:
\( i(t)=A_1 e^{-(\alpha-j\omega_d)t}+A_2 e^{-(\alpha+j\omega_d)t} \)\( i(t)=e^{-\alpha t}(A_1e^{j\omega_d t}+ A_2e^{-j\omega_d t} ) \)
Dengan mengingat identitas Euler:
\( e^{j\theta}=\cos \theta +j \sin \theta \) \( e^{-j\theta}=\cos \theta -j \sin \theta \)
Maka persamaan arus menjadi:
\( i(t)=e^{-\alpha t}[A_1(\cos \omega_dt+j \sin \omega_dt)+ A_2(\cos \omega_dt-j \sin \omega_dt)] \)\( i(t)=e^{-\alpha t}[(A_1+A_2) \cos \omega_dt+j(A_1-A_2) \sin \omega_dt] \)
Kita bisa mengganti konstanta \( A_1+A_2=B_1 \) dan \( j(A_1-A_2)=B_2 \) maka:
\( i(t)=e^{-\alpha t}[B_1 \cos \omega_dt+B_2 \sin \omega_dt] \)…………………(25)
Gambar di bawah ini merupakan grafik dari rangkaian seri RLC untuk kasus underdamped.
Gambar 4. Rangkaian seri RLC kondisi underdamped
Contoh Soal 1
Perhatikan rangkaian berikut ini.
Gambar 5. Soal rangkaian RLC seri
Tentukan \( s_1 \) dan \( s_2 \), apakah termasuk ke overdamped, critically damped atau underdamped?
Jawab
Menghitung \(\alpha \) dan \( \omega_{0}\)
\( \alpha =\frac{R}{2L}=\frac{40}{2(4)}=5 \)\(\omega_{0}=\frac{1}{\sqrt{LC}}=\frac{1}{\sqrt{4(\frac{1}{4})}}=1 \)
Menghitung \( s_1 \) dan \( s_2 \):
\( s_1=-\alpha +\sqrt{\alpha^2-\omega_{0}^{2} }=-5+\sqrt{25-1} \)\( s_1=-5+4,899=-1,01 \)
Dengan cara yang sama:
\( s_2=-\alpha -\sqrt{\alpha^2-\omega_{0}^{2} }=-5-\sqrt{25-1} \)\( s_2=-5-4,899=-9,899 \)
Membandingkan \(\alpha \) dengan \( \omega_{0} \)
Kita sudah menghitung \( \alpha=5 \) dan \(\omega_{0}=1 \), jadi \( \alpha > \omega_{0} \) sehingga rangkaian ini termasuk overdamped.
Contoh soal 2
Tentukan arus \( i(t) \) pada gambar di bawah ini, asumsikan bahwa rangkaian berada dalam kondisi steady-state saat \( t=0^- \).
Gambar 6. Soal rangkaian RLC orde dua
Jawab
Pada saat \( t<0 \), rangkaian berada pada kondisi steady-state sehingga kapasitor bersifat sebagai rangkaian terbuka dan induktor berifat sebagai rangkaian tertutup. Oleh karena itu rangkaiannya dapat dianalogikan menjadi:
Gambar 7. Rangkaian untuk kasus steady-state
Berdasarkan gambar 7, arus pada rangkaian adalah:
\( i=\frac{v}{R_{eq}} \)
\( R_{eq} \) sama saja besarnya dengan \( R_s \), dimana nilai \( R_s=4+6=10\Omega \), maka:
\( i(0^-)=i(0)=i(0^+)=\frac{10}{10}=1 A \) \( i(0)=1A \)
Sedangkan tegangan pada kapsitor adalah sama besarnya dengan tegangan pada resistor \( 6Ω \):
\( v(0^- )=v(0)=v(0^+ )=i(0)R \) \( v(0)=6(1)=6 V \)
\( i(0) \) adalah arus mula-mula pada induktor dan \( v(0) \) adalah tegangan mula-mula pada kapasitor.
Saat \( t>0 \)
Saat \( t>0 \) sakelar dalam kondisi terbuka maka rangkaian pada gambar 6 menjadi:
Gambar 8. Kondisi saat \( t>0 \)
Berdasarkan gambar 8, arus tidak ada percabangan artinya apakah resistor 6 Ω dilalui terlebih dahulu oleh arus baru kemudian ke resistor 3 Ω atau dengan menganggap hanya satu resistor (seri 6+3=9 Ω) maka arus yang melalui inductor tidak berubah. Oleh karena itu kita bisa membuat rangkaian ekivalennya dimana resistor 6 dan 3 Ω dianggap seri. Sehingga rangkaian pada gambar 8 dapat dibuat menjadi:
Gambar 9. Resistor 3 dan 6 Ω tersusun seri
Berdasarkan gambar 9, kita sudah berhasil membuat bentuk rangkaiannya seperti pada gambar 1 yaitu rangkaian RLC tersusun seri. Selanjutnya kita menghitung paramter yang ditanyakan.
\( \alpha =\frac{R}{2L}=\frac{9}{2(\frac{1}{2})}=9 \)\( \omega_{0}=\frac{1}{\sqrt{LC} }=\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{2}(\frac{1}{50} )} }=10 \)
Maka akar-akarnya adalah:
\( s_{1,2}=-\alpha \pm \sqrt{\alpha^2-\omega_{0}^{2} }=-9 \pm \sqrt{81-100} \)\( s_{1,2}=-9 \pm \sqrt{-19}=-9 \pm \sqrt{-1(19)} \)
\( s_{1,2}=-9 \pm j4,359 \)
Responnya adalah underdamped karena \( \alpha <\omega_{0} \) maka persamaan arusnya adalah:
\( i(t)=e^{-9t}(B_1 \cos 4,359t+B_2 \sin 4,359t) \)
Mencari \( B_1 \) dan \( B_2 \)
Kita gunakan kondisi awal saat \( t=0 \);
\( i(0)=e^{-9(0)}(B_1 \cos 4,359(0)+B_2 \sin 4,359(0)) \)\( i(0)=e^{0}[B_1(1)+B_2(0)]=B_1 \)
Kita gunakan persamaan (5):
\( \frac{di(0)}{dt}=-\frac{1}{L}(Ri(0)+V_0) \)Dan persamaan \( i(t) \) yang diturunkan terhadap \( t \) untuk mendapatkan \( B_2 \). Persamaan (5) menjadi:
\( \frac{di(0)}{dt}=-\frac{1}{0,5}[9(1)+V_0] \)
\( V_0 \) adalah tegangan mula-mula pada kapasitor, maka \( V_0=-6 \) V. Kenapa menjadi negatif? Karena arus pertama kali menemui sumbu negatif dari tegangan kapasitor, perhatikan gambar 9 di atas.
\( \frac{di(0)}{dt}=-\frac{1}{0,5}[9(1)+(-6)] \)\( \frac{di(0)}{dt}=-6 A/s \)
Selanjutnya persamaan \( i(t) \) diturunkan terhadap waktu:
\( \frac{di(t)}{dt}=(-9)e^{-9t}(B_1 \cos 4,359t+B_2 \sin 4,359t)+e^{-9t}((-4,359)B_1 \sin 4,359t+(4,359)B_2 \cos 4,359t) \)\( \frac{di(0)}{dt}=-9e^{-9t}(B_1 \cos 4,359t+B_2 \sin 4,359t)+e^{-9t}(4,359)[-B_1 \sin 4,359t+B_2 \cos 4,359t] \)
Masukkan \( t=0 \);
\( \frac{di(0)}{dt}=-9e^{0}(B_1(1)+B_2(0))+4,359e^{0}[-B_1(0)+B_2(1)] \)\( \frac{di(0)}{dt}=-9B_1+4,359B_2 \)
Masukkan nilai \( di(0)/dt \);
\( -6=-9B_1+4,359B_2 \)
Masukkan nilai \( B_1=1 \);
\( -6=-9(1)+4,359B_2 \)\( B_2=\frac{3}{4,359}=0,6882 \)
Dengan memasukkan \( B_1 \) dan \( B_2 \) ke persamaan arus \( i(t) \) maka diperoleh:
\( i(t)=e^{-9t} (\cos 4,359t+0,6882 \sin 4,359t ) A \)
PREVIOUS: Menentukan nilai awal dan akhir rangkaian orde dua
NEXT: Rangkaian paralel RLC