PEMETAAN LAPLACE

BAB III PEMETAAN LAPLACE

1. Pendahuluan.

Pemetaan Laplace didefinisikan sebagai berikut :

£ [ f (t) ] = e .f F (t )dt ( s)= ∫ 0

−st

dengan fungsi f(t) terdefinisi untuk seluruh t ≥0 Contoh 1.

Tentukanlah pemetaan Laplace dari f(t) = 1 Jawab.

F ( s )= e ∫ −st .1 . dt

1 −st ∞ ⇒− 1

s Kita tidak perlu menghitung sendiri pemetaaan Laplace, karena telah disediakan table dari

beberapa fungsi f(t) yang banyak dipergunakan Setelah mempelajari Pemetaan Laplace maka diharapkan :

1. Dapat memetakan suatu fungsi dalam kawasan waktu (t) kekawasan kompleks (s).

2. Dapat memetakan balik dari kawasan kompleks (s) kekawasan waktu (t).

3. Dapat membuat model matematis suatu rangkaian Listrik R, L dan C.

4. Dapat menyelesaikan suatu Linear Time Invariant System dengan menggunakan metode Laplace.

Tabel 1. Tabel Pemetaan Laplace

1 (unit Step)

Cosh kt

11. k

Sinh kt

S>k 1 ,k ( 2

s −k s −k

e −e

13. 2 ks

( t.Sin kt s +k )

2 2 2 S>0

14. 2 2 s −k

( t.Cos kt s +k )

2 2 2 S>0

15. C 1 F(s) + C 2 G(s)

C 1 f(t) + C 2 g(t)

16. -kt F(s+k) e f(t)

F(ks)

f k>0

18. n F (s) (-t) f(t)

∫ g (t− τ τ ) f ( τ )d τ= ∫ f (t− τ )g ( τ )dτ

G(s).F(s)

F (s) s

∫ f (t )dt

∫ ∫ f s (u )dud τ

s (n) F ( s )−s f (0)−s f (0)−.. .− f f (t )

Laplace untuk Fungsi Fungsi Khusus

23 1 1 −kt

2 2 ( 1 −e −kte )

2 ( kt −1+e )

2 e . Sin (ω n 1 −ζ t 2 ) 2 √

2 2 s 2 ( s +2 ζ .ω

n s +ω n )

ϕ=tan

2 e . Sin (ω n √ 1 −ζ t s +ϕ )

1 − ζω n t

2 s 2 +2 ζω n s +ω n

ϕ=tan √

1-Cos t

2 s 2 (s +ω )

t -Cost

2 2 s 2 (s +ω )

30 s

2 2 2 t . Sin ωt

(s +ω )

2 2 2 2 ω 2 −ω 1 . (cos ω 1 t −cos ω 2 t )

(s +ω 1 ).(s +ω 2 )

32 2 s

2 2 2 (Sin ωt +ϖtCos ω t ) (s +ω )

Teorema 1.

£ [ C 1 f (t )+C 2 g (t ) ] =C 1 F ( s )+C 2 G (s )

Contoh 2. Tentukanlah pemetaan Laplace dari : 2t y =5 Sin(t )+4 e

Penyelesaian Missal f(t) = 5Sin(t), g(t) = 4e 2t

y(t) = f(t) + g(t) dari table pemetaaan Laplace

F ( s )=5. 2

f(t) = 5Sin(t),

s +1

g(t) = 4e

Y(s) = F(s) + G(s)

Jika £ −kt [ f (t ) ] =F ( s) maka £ [

e f (t ) ] =F ( s+k )

Contoh 3. Tentukanlah pemetaan Laplace dari : y = 5e 2t Sin(t)

Penyelesaian

F ( s )= 2

f(t) = Sin(t)

s +1

(s−2) +1 s −4 s +5

Teorema 3. £

[ f (t ) ] =sF ( s )− f ( 0)

n −2 .

n [ −1 £ f ( t) ] =s F ( s )−s f ( 0)−s f (0)−.. .− f (0 )

Contoh 4. Jika f(t) = t 2 tentukanlah

£ [f (t )]

Penyelesaian

£ [f (t )]=s F (s)−sf (0)− f (0)

dengan

F ( s )= 3

s f(t) = t 2

f(0) = 0

f (t )=2 t f (0 )=0 maka

£ [f (t )]=

Teorema 4.

£ ∫ f ( τ )d τ = £ [ f (t ) ]

Contoh 5.

Jika F ( s )= 2 , tentukanlah f(t)

s ( s +9 )

f (t )=Sin(3 t )

( 2 s +9 )

f (t )= ∫ Sin (3 t )dt=− Cos (3 t ) ] 0 = 3 [ 1 −Cos 3t ]

F ( s )=

s ( s +9 )

2 maka

Sifat-sifat Transformasi Laplace.

[ f (t−α ). 1 (t−α) ] =e .F (s)

£ −α s

dF (s)

£ [ t.f (t) ] =−

ds

 £ [ t. f (t ) ] =− 2

2 d F (s )

ds

£ [ t. f (t ) ] =(−1)

[ t ] 0 t →0 t

f (t ) = ∫ F (s ). ds jika lim f (t ) exist

 t £ f =aF (as )

1. Penerapan Pemetaan Laplace pada Persamaan Diferensial

Pemetaan Laplace adalah tool yang sangat berguna dalam menyelesaikan persamaan diferensial. Dipakainya Pemetaan Laplace dalam menyelesaikan persamaan diferensial dikarenakan pemetaan Laplace mengubah persamaan dalam kawasan waktu menjadi kawasan s (kompleks). Pemetaan Laplace mengubah persamaan diferensial menjadi bentuk aljabar biasa. Penyelesaian persamaan diferensial adalah dengan mengubah balik pemetaan Laplace sehingga diperoleh suatu penyelesaian dalam kawasan waktu t (waktu)

Contoh 6. Selesaikanlah persamaan diferensial berikut.

y −3 y +2 y =0 dengan y(0) = 1 dan y (0 )=0 Penyelesaian

£ [y −3 y +2 y ] = £ [ y ] −3 £ [ y ] +2 £ [ y ] =0

⇒s Y (s )−sy(0)− y (0 )−3 ( Y ( s )− y (0 ) ) +2 Y ( s )=0

2 ⇒s Y (s )−s−0−3 ( Y ( s )−1 ) +2Y ( s )=0 s −3

⇒Y ( s )= 2

s −3 s+2

[ s −3 s +2 ]

s −3

£ [ Y (s) ] = £ 2

] s ( s−1)( s−2 ) s −1 s −2

= ] s =−1 s −1 =2

2 ⇒ 1 = − ( s−1)( s−2) s −1 s −2

s −3

[ (s-1)(s-2) ] [ s −1 ] [ s −2 ]

-1 s-3

2 -1 1

2t y (t )=2 e −e

Contoh 7. Selesaikanlah persamaan diferensial berikut :

y +3 y=0 y(3) = 1; Penyelesaian.

£ [ y ] +3 £ [ y ] =0

y (0 )

sY(s) – y(0) + 3Y(s) = 0 Y ( s )=

s +3

y(t) = y(0)e -3t

Karena pada y(3) = 1 maka

1 = y(0)e 9 maka y(0) = e sehingga penyelesaian persamaan diferensial adalah :

y(t) =e 9-3t .e = e

9 -3t

Contoh 7. Selesaikanlah persamaan diferensial berikut :

y .. π

y π =0

y +3 y=t ;

jawab.

s Y ( s )−sy(0 )− y (0 )+Y ( s )= 2

Y (s) [ s +1 ] −sy( 0)− y (0 )=

Y ( s )= 2 2 + 2 y (0)+ 2 y (0)

s ( s +1 ) s +1

s +1

Y ( s )= 2 − 2 + 2 y (0)+ 2 y (0 )

s s +1 s +1

s +1 s +1

y (t )=− y (0). Sin(t )+ ( y (0 )−1 ) .Cos (t )+1

= y( 0). 0+ ( y (0 )−1 ) .1 +π =0 ( y (0 )−1 ) =− π

=− y (0 ). 1+ ( y (0 )−1 ) .0 +1=0

y ( (0)=1

y (t )=Cos(t )− π . Sin (t )+t

2 Contoh 8.

Tentukanlah fungsi alih dari Gambar 1 ketika Switch S ditutup pada t = 0. plotlah

V o (t) untuk input V i (t) fungsi unit step 6 satuan pada kasus :

a. R = 3  L = 0,2 H C = 22 F

b. R = 37  L = 0,2 H C = 22 F

c. R = 37  L = 0,09 H C = 22 F Keadaan awal yaitu muatan pada kapasitor dan arus yang mengalir pada rangkaian adalah nol.

Vi C Vo(t) E

Gambar 1. Rangkaian R, L, C dengan input unit step Penyelesaian.

Persamaan tegangan rangkaian gambar 1 Persamaan tegangan rangkaian gambar 1

dt C ∫

RI ( s )+LsI (s )+ I ( s )=V i (s)

Cs ⇒V 1

( Cs )

i ( s )= R + Ls+

I (s ) … … …. … … … … … … … … … … … … … … .(2)

Persamaan tegangan output (tegangan pada kapasitor)

C ∫ idt

V o ( s)= I (s) …. … … … …. … … … … … … … … … … … … … .. … … (3) Cs

Fungsi alih adalah perbandingan output terhadap input sehingga dari persamaan (2) dan persamaan (3) diperoleh:

( Cs )

R +Ls+

Karena V i adalah fungsi unit step 6 satuan dan dari table fungsi khusus No. 26 maka diperoleh v 0 (t) :

1 −ζ ω n t

0 (t )=1−

2 e . Sin (ω n √ 1 −ζ t −ϕ)

2 dengan n LC dan

ϕ=tan ζ

2 ζω n = L

Untuk kasus a yaitu R = 3  L = 0,2 H C = 22 F

Grafik tegangan output dengan tegangan input fungsi unit step 6 satuan ditunjukkan oleh gambar 2.

Skript program dengan gnuplot reset; set sample 2000; set dummy t; set xrange [0 : 0.1]; set yrange [0 : 15]; set key off; set grid; R = 3; # untuk kasus b dan c, harga R diganti dengan 37. L = 0.2; # untuk kasus c, harga L diganti dengan 0.09.

C = 22e-6; E = 6;

w2 = 1/(L*C); w = sqrt(w2); zw = R/(2*L); z = zw/w; fi = atan(sqrt(1-z**2)/z); f(t) = 6*(1 - ((exp(-z*w*t)*sin((w*sqrt(1-z**2)*t)+fi))/sqrt(1-z**2))); plot f(t);

Gambar 2. Respon transient terhadap unit step pada kasus a.

Untuk kasus b yaitu R = 37  L = 0,2 H C = 22 F Grafik tegangan output dengan tegangan input fungsi unit step 6 satuan ditunjukkan oleh gambar 3. Untuk kasus c yaitu R = 37  L = 0,09 H C = 22 F Grafik tegangan output dengan tegangan input fungsi unit step 6 satuan ditunjukkan oleh gambar 4.

Gambar 3. Respon transien terhadap unit step pada kasus b

Gambar 4. Respon transien terhadap unit step pada kasus c

3. Uraian Atas Pecahan Parsial.

Dalam menyelesaikan persamaan diferensial dengan metode pemetaan Laplace maka kita

F (s )

akan menemukan suatu pecahan parsial yang berbentuk : Y ( s )= , dan pecahan

G (s)

parsial ini akan kita sederhanakan menjadi suatu bentuk yang sederhana yaitu suatu pecahan parsial yang mudah didapat dari tabel pemetaan Laplace. Kita akan menguraikan pecahan parsial atas faktor faktor dari penyebut yaitu :

G (s) s +a s +b s +c Sebelum kita melanjutkan Teknik menguraikan pecahan parsial maka ada baiknya kita

memperhatikan suatu kaidah yang akan bermamfaat dalam menguraikan pecahan parsial. Kaidah tersebut adalah :

Untuk setiap pecahan parsial yang berkaitan dengan faktor yang berulang, pembilang dapat diambil berderajat satu lebih kecil daripada derajat faktor yang diulang.

Contoh 9. Uraiankanlah atas pecahan parsial dari pecahan rasional berikut :

3 −4 s 2 +33 s −58 s+31 (s−2) 2 ( s+1)( s−1)

Penyelesaian.

3 −4 s 2 +33 s −58 s+31 A

… … … … … … … … … ..(5) kita hapuskan pecahan dalam persamaan (5), kita peroleh

(s−2) ( s+1)( s−1) s −2

( s−2 ) 2 s +1 s −1

2 −4 s 2 +33 s −58 s+31= A

1 ( s −2 ) ( s+1 )( s−1)+ A 2 ( s+1 )(s−1 )+ A 3 ( s −2 ) ( s−1 )+ A 4 ( s −2 ) ( s+1 ) … … … … … … … … … … … (6)

Dengan mengumpulkan derajat yang sama dari s pada persamaan (6) kemudian menyederhanakan maka kita memperoleh :

3 2 3 −4 s 2 +33 s −58 s+31=( A

1 +A 3 +A 4 )s + ( −2 A 1 +A 2 +−5 A 3 +−3 A 4 ) s +(−A1+8 A 3 ) s+ ( 2A 1 −A 2 −4 A 3 +4 A 4 )

Dengan menyamakan koefisien pada ruas kiri dengan ruas kanan pada derajat s yang sama pada persamaan (7)

A 1 +A 3 +A 4 = -4

-2A 1 +A 2 – 5A 3 – 3A 4 = 33

-A 1 + 8A 3 = -58 … … … … … … … … … … … ... .(8)

2A 1 –A 2 – 4A 3 + 4A 4 = 31

Dengan menyelesaikan persamaan (8) maka kita peroleh :

A 1 = 2, A 2 = 5, A 3 = -7, A 4 =1

Dalam menyelesaikan persamaan (5) kita dapat mengambil jalan pintas yaitu :

3 2 3 −4 s 2 +33 s −58 s +31 −4 s +33 s −58 s+31

] s =2 =5 A 3 =

2 ] s =−1 =−7

(s +1)( s−1)

( s−2) (s−1 )

3 −4 s 2 +33 s −58 s +31

2 ] s =1 =1

(s−2) ( s +1) Tetapi timbul suatu masalah yaitu kita tidak dapat mencari nilai untuk A 1 pada cara pintas

ini, sehingga kita memerlukan satu dari persamaan (8) untuk mencari harga A 1 , kita hanya

memerlukan satu saja karena yang lainnya telah diperoleh (A 2 ,A 3 ,A 4 ).

-A 1 + 8A 3 = -58 dengan memasukkan harga A 3 maka diperoleh A 1 =2

3 −4 s 2 +33 s −58 s+31

(s−2) ( s+1)( s−1) s −2

( s−2 ) 2 s +1 s −1

Contoh 10. Uraiankanlah atas pecahan parsial dari pecahan rasional berikut :

3s 2 −s +3 ( s+1)( s−1)( s−3)

Penyelesaian 3s 2 −s +3

( s+1)( s−1)( s−3) s +1 s −1 s −3

5 ⇒A 1 =

3s 2 −s+3 7 3s −s +3

( s−1)( s−3 )

8 ( s+1)( s−3) =1

3s 2 −s+3

⇒A 3 =

( s +1)( s−1) =3

3s 2 −s+3

( s+1)( s−1)( s−3) s +1 s −1 s −3 Contoh 11.

Uraiankanlah atas pecahan parsial dari pecahan rasional berikut :

18 s 2 +20 s+18

2 ( s+3)(s−3) … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … (9) (

s +1 )

Penyelesaian

18 s 2 +20 s+18

A 1 A 2 A 3 s +A 4

( s+3)(s−3) ( s +1 ) s +3 s −3 s +1

18 s 2 +20 s +18 18 s +20 s+18 ⇒A 1 =

2 ] s =−3 =−2 ⇒ A 2 =

2 ] s =3 =4

( s−3) ( s +1 )

(s+3) ( s +1 )

Koefisien A 3 dan A 4 tidak dapat kita peroleh dengan metode jalan pintas sehingga kita harus menghapuskan pecahan dalam persamaan (10)

2 2 18 s 2 +20 s+18=A

1 (s−3) ( s +1 ) +A 2 ( s+3) ( s +1 ) +( A 3 s +A 4 )( s+3)(s−3)

… … … … … … … … … … (11) dari persamaan (11) dapat dilihat koefisien s pangkat 3

A 1 +A 2 +A 3 =0

Dengan memasukkan harga A 1 dan A 2 maka harga A 3 = -2

Koefisien A 4 diperoleh dari -3A 1 + 3A 2 - 9A 4 = 18

Dengan memasukkan harga A 1 dan A 2 maka harga A 4 =0

Akhirnya persamaan (11) dapat ditulis dengan :

18 s 2 +20 s+18

4 2s

( s+3)(s−3) ( s +1 ) s +3 s −3 2 s +1

4. Fungsi Unit Step, Pergeseran pada Salib Sumbu–s dan Pergeseran pada Salib Sumbu-t

Pergeseran salib sumbu-s mengikuti teorema 2, yaitu :

Jika at F ( s )=£ [ f (t ) ] maka F ( s−a )=£ [

e .f (t ) ]

Contoh penerapan adalah pada table 1 no. 5, 8, 9 yaitu :

e Sin(t)

E Cos(t)

2 ( 2 s −k ) +m

Pergeseran pada salib sumbu-t (waktu) Jika f(t) memiliki pemetaan Laplace F(s) maka fungsi :

0 f →t<a (t )= {

dengan a ≥0

f ( t−a)→ t≥a

memiliki pemetaan Laplace e -as F(s) Fungsi Unit Step diperlihatkan pada gambar 5a, sedangkan gambar 5b adalah fungsi

unit step yang mengalami pergeseran waktu atau dapat ditulis U(t-a) U(t)

U(t-a)

a t (a)

(b)

Gambar 5. Fungsi Unit Step

Dalam bentuk umum kita dapat menuliskan fungsi unit step sbb.

0 →t <a U (t −a )=

[ 1 →t>a ]

e −as

Pemetaan Laplace dari fungsi unit step ini adalah : £ [ U (t-a ) ] =

Pemamfaatan fungsi unit step ini ditunjukkan pada gambar 6, yaitu :

Jika £ −as [ f (t ) ] =F ( s) maka £ [ f (t−a ). U (t−a ) ] =e .F (s).

Contoh 12.

e −3 s

Tentukanlah pemetaan balik (inverse Laplace Transform) dari

Penyelesaian Dari table pemetaan Laplace

£ e 3 f (t )= (t−3)

−3 s 1 1 2

f(t) = Cos(t)

0 f(t-1)= Cos(t-1)

U(t-1)

f(t-1).U(t-1)

Gambar 6. f(t-1).U(t-1), dengan f(t) = Cos(t)

Contoh 13. Representasikanlah fungsi pada gambar 7 dalam bentuk fungsi unit step, dan tentukanlah pemetaan Laplace. Penyelesaian f(t) = 5U(t-3) – 5U(t-5) £[f(t)] = £[5U(t-3) – 5U(t-5)]

1 −3 s 1 −5 s

F ( s )=5. .e − e

5 5U(t-3)

-5 -5U(t-5)

Gambar 7. Representasikan fungsi pulsa sebagai fungsi unit step

Contoh 14. Suatu rangkaian RC (gambar 8) diberikan suatu fungsi pulsa pada gambar 7. Jika sebelum

pulsa diberikan muatan pada kapasitor adalah nol dengan R = 2,2 ohm dan C = 2,2 F. Tentukanlah arus I(t).

IE

Gambar 8. Rangkaian RC dengan E adalah fungsi pulsa

Penyelesaian Persamaan tegangan pada rangkaian

1 Ri + idt =E

1 5 −3 s −5 s

RI ( s )+ I ( s )= ( e −e )

Cs s

ER

⇒ I ( s )= −3 s ( −5 s e −e )

1 s + RC

( t−3)

i (t )= [ e .U (t−3 )−e .U (t−5) ]

Gambar 9. Arus pada rangkaian RC dengan sumber sebuah pulsa

Fungsi Impuls Fungsi Impuls memiliki harga yang sangat besar pada selang waktu yang sangat singkat (dt) dan nol pada waktu t yang lainnya.

δ t= ∞ →t=0 {

0 →t≠0 }

Fungsi impuls memiliki pemetaan Laplace = 1 yaitu £[ (t)] =1, untuk fungsi impuls yang mengalami keterlambatan waktu sebesar a maka pemetaan Laplacenya : £[ -as (t-a)] = e

Gambar 10. Fungsi Inpuls yang mengalami pergeseran sebesar a detik

Contoh 15. Rangkaian pada gambar 11 dikenakan fungsi impuls, arus yang mengalir pada induktor pada t = 0 adalah nol. tentukanlah i(t) . Jawab.

d(t)

Gambar 11. Rangkaian RL dikenakan fungsi impuls

1 − L t ⇒i(t )= .e L

grafik arus terhadap waktu rangkaian pada gambar 11 diperlihatkan pada gambar 12

Gambar 12. Karakterik arus pada rangkaian gambar 11.

5. Fungsi Fungsi Periodik.

Pemetaan Laplace untuk fungsi fungsi periodik f(t) dengan perioda p diberikan oleh :

1 p − st

£ [ f (t ) ] = -ps ∫ 0 e .f(t) dt

1 −e Contoh 16.

Tentukanlah pemetaan Laplace dari fungsi gambar 12.

Gambar12. Fungsi pulsa dengan lebar 2 satuan dan perioda 4 satuan

Jawab.

£ [ f (t ) ] = 4s

1 2 −st

4 −st

e . dt + ∫ 2 e . 0 . dt

1 −e

[ e ] 0 ⇒−

1 − st 2 1 −2 s

[ e −1 ] 0

(1−e ). s

4s

(1−e ). s

4s

Contoh 17. Switch S pada gambar 13 berada pada posisi 1 ketika t = 0 dan dipindahkan keposisi 2 pada

t = 0.2 detik. Jika muatan awal pada kapasitor nol, R1 = 120 , R2 = 12 , C = 470 F dan tegangan catu daya DC 15 volt, tentukanlah tegangan pada kapasitor .

R1

R2

Gambar 13. Switch dipindahkan keposisi 2 pada t = 0.1 detik

Jawab. Pada saat Switch pada posisi 1, persamaan tegangan :

E =R 1 i +

C ∫ i . dt

i(t) = 0,125.e -17,73.t tegangan pada kapasitor adalah :

v c ( t )= ∫ 0 ,125 . e

C. (−17 ,73 ) Karena pada saat t = 0 muatan pada kapasitor nol, maka harga k = 15

c (t )=15(1−e ) … … … …. … … … … … .. … … … … … …. … … (12) Pada saat Switch S pada posisi ke 2, persamaan tegangan :

R 2 I ( s )+ I ( s )−v c (0 ). U (t−0,2 )=0

Cs dari persamaan (12) diperoleh harga v c (0) yaitu tegangan pada kapasitor pada saat switch

S pindah keposisi 2. Tegangan pada kapasitor v C (0) pada saat switch berpindah keposisi 2 = 14,57V

⇒R 2 I ( s )+ I ( s )=14 ,57 . R 2 1 Cs ⇒R 2 I ( s )+ I ( s )=14 ,57 . R 2 1 Cs

1 v c ( t )=

C ∫ i . dt

v C (t )=

C ∫ 1 , 21 e

1 −177 , 3( t−0,2 )

.U (t−0,2 ). dt

C (t )=14 , 57 .e .U (t−0,2 ) … … … …. … … … … … .. … … … … … … (13)

v −177 , 3(t−0,2 )

tegangan pada kapasitor adalah :

1. ⇒v c (t )=15(1−e

−17 , 73. t

pada saat switch pada posisi 1

2. −177, 3( t−0,2) ⇒v C (t )=14 ,57 . e .U (t−0,2 ) pada saat switch pada posisi 2 Gambar 14 memperlihatkan grafik tegangan pada kapasitor

Gambar 14. Grafik pengisian dan pengosongan muatan pada kapasitor.

Contoh 18. Switch S pada gambar 15 berpindah keposisi 2 ketika t = 0,1 detik. Jika keadaan awal (t = 0) arus yang mengalir pada rangkaian nol. Tentukanalah arus yang mengalir pada rangkaian tersebut. Diketahui E = 150 volt, R1 = 10 , R2 = 1 , dan L = 0,1H. Jawab. Ketika Switch S pada posisi 1, persamaan tegangan :

⇒ E ( s )= R 1 I ( s )+LsI (s )−LI (0 )

− ⇒ I ( s )= 1 − R s

1 R 1 ⇒i(t )= ( 1 −e )

E L .t

i −100 t (t )=15(1−e )

1 R1 S

R2

Gambar 15. Rangkaian contoh 18.

Ketika Switch S pada posisi 2, persamaan tegangan : di

0 =( R 1 +R 2 )i+ L dt

⇒0=( R 1 +R 2 ) I ( s )+LsI ( s )−L .i (0). U (t−0,1) ⇒0=( R 1 +R 2 ) I ( s )+LsI ( s )−L .i (0). U (t−0,1)

I ( s )=i(0). … … … … … … … … … … …. … …. … … … … … …. .(14) s +110

dengan harga : i (0) −100(0,1) =15(1−e )=14 , 99 maka persamaan (14) menjadi

i −110( t−0,1) (t )=14 , 99. e

Gambar 16. Grafik arus pada rangkaian RL Contoh 19. Tentukanlah arus pada sisi primer dan sekunder transformator pada gambar 17. Pada saat

Switch S ditutup (t = 0) arus pada rangkaian adalah nol. Diketahui R1 = 0.1 , R2 = 10  L1 = 0,25 H, L2 = 0,5H dan induktansi bersama M = 0,1 H, sumber DC = 100 volt. Jawab. Persamaan tegangan pada sisi primer:

E =R 1 .i 1 +L 1 . −M ⇒R 1 .I 1 ( s )+ L 1 .s.I 1 ( s )−M . s . I 2 ( s )=E ( s ) dt

di 1 di 2

dt

(0,1+0 , 25 s ). I 100

1 ( s )−0,1. s= … … … … … … … … … … …. … …. … …(15)

Gambar 17. Transformator dengan sumber tegangan DC

Persamaan tegangan pada sisi sekunder:

−MsI 1 ( s )+( R 2 +L 2 .s )I 2 ( s )=0

−0,1 sI 1 ( s )+(10+0,5. s ) I 2 ( s)=0 … … … … … … … … … … …. … …. … … (16) dari persamaan (15) dan persamaan (16) diperoleh :

0,1 +0 , 25 s −0,1 s I 1 (s)

[ −0,1 s 10 +0,5 s ] [ I 2 (s) ] [ 0 ]

100 /s

2 (s) (0,1+0 , 25 s).(10+0,5 s)−(−0,1 s) [ 0,1 s 0,1 +0 , 25 s [ 0 ] ][ ]

s 2 [ (0,1+0 , 25 s) .(10+0,5 s)−(0,1 s) ]

I 2 ( s )=

[ 2 (0,1+0 , 25 s) .(10+0,5 s)−(0,1 s) ]

1000 ⇒I 50

1 ( s )=

s ( s+21 , 77)( s+0 , 40 ) ( s+21 ,77)( s+0 , 40)

10 ⇒I 2 (s )= (s +21 , 77)( s +0 , 40 )

⇒i 1 (t )=1000

[ −21 , 77 t 0 ,115 ( 1 −0 , 047 ( 21 , 77 e −0 , 40 e ) ) ] +50 [ 0 , 047 ( 21 , 77 e −0 , 40 e ) ]

−0 , 40 t

−21 , 77 t

−0 , 40 t

⇒i (t )=10 −0 , 047 ( 0 , 40 e −21 , 77 t −21 , 77 e −0 , 40 t 2 [ ) ]

Contoh 20. Gambar 19 memperlihatkan pengaturan motor DC jenis medan terpisah. Tentukanlah respons kecepatan sudut () motor DC jika :

e a tegangan sumber 12 volt. Ra Resistansi kumparan jangkar 1,2  La induktansi kumparan jangkar 0,2 mH. J moment inertia dari motor dan beban 0,2 kg-m 2

b koefisien gesekan viskos motor dan beban 0,01 N.m/rad/sec

Gambar 18. Arus belitan primer dan arus belitan sekunder pada transformator

Gambar 19. Pengaturan motor DC

Jawab. Torsi yang dihasilkan oleh motor :

T = k.i f .i a dengan k = konstanta

Karena medan kontant maka torsi motor menjadi T=k t .i a … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … …(17) dengan k t = konstanta torsi motor dengan harga 1,6 Nm/A Rotor motor berputar mengakibatkan timbulnya emf (Eb) yang besarnya : Eb = C  dengan C = konstanta fisik motor Karena i f konstant sehingga  konstant maka tegangan emf menjadi Eb = k b  … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … … (18) Dengan k b = konstanta emf dalam hal ini 0,2V/rps Torsi yang dihasilkan motor menggerakkan beban dan digambarkan dalam bentuk persamaan (19)

d ω T =J

+b ω … … … … … … … … … … … … … … … … … … … (19) dt

Persamaan sumber tegangan yang menggerakkan motor DC : di a

b =E a … … … … … … … … … … … … … … … … … … … (20) Dengan mengambil pemetaan Laplace persamaan (17),(18), (19) dan (20) diperoleh :

a L a .j.s + ( R a .j +L a .b ) s + ( R a .b +k t .k b )

2 … … … … … … … … … … (21)

dengan memasukkan harrga harga kedalam persamaan (21) ω (s )

⇒ 40 . 000 =

E a ( s) 2 s +6. 000 s+8. 300 12. ( 40 .000 )

⇒ω (s )= s. ( s +1,4 )( s +5. 998 ,6 )

Gambar 20. Respons kecepatan sudut motor DC

ω(t )=57 , 16 −1,4 t (

1 +1 , 67. 10 ( 1,4 e

Dalam pemetaan Laplace terutama dalam penerapan system kendali kita akan selalu

C (s) menjumpai persamaan Laplace dalam bentuk fungsi alih sistem

G ( s )= dengan R (s )

G(s) fungsi alih sistem, C(s) output respons, R(s) sinyal input. Respons output system untuk berbagia sinyal input ditulis dengan C(s) = G(s).R(s).

Jika -1 g (t )=£ [ G (s) ] dan r (t )=£ [ R (s ) ]

Output respons terhadap waktu c(t) dapat ditulis dengan : Output respons terhadap waktu c(t) dapat ditulis dengan :

c (t )=( g∗r )(t )= ∫ g ( τ ). r (t−τ )d τ

Contoh 21.

Misalkan output respons sistem C ( s )= 2

s ( s−2) tentukanlah c(t).

Jawab. 1

[ s ( s −2 ) ]

£ [ C (s ) ] =£ 2 2

[ s ] [ (s−2) ]

2 =t dan £

=e

c(t) = (r*g)(t) = ∫ r ( τ ). g (t− τ) d τ

2 ⇒ c(t )= ( t−τ ) ∫ τ τe .d τ

t 2t

⇒ c(t )=e ∫ τ τe −2 τ τ .d τ

1 2t

⇒ [ e −2 t−1 ]

Contoh 22. Tentukanlah output respons v c (t) pada rangkaian RC (gambar 21) jika sinyal input

merupakan fungsi ramp R ( s )= 2

Jawab.

v i =R .i+ ∫ i . dt

C ∫ C i . dt

dan

[ Cs ]

RCs +1

V i (s )=

I (s)

V o ( s )= .I (s)

dan

Cs

V o (s) = RC

V i (s)

1 disebut fungsi alih

s + RC

Gambar 21. Rangkaian RC dengan v i adalah fungsi ramp

karena sinyal input V i = R(s) adalah fungsi ramp =

1 RC

V o ( s )=

( RC )

[ ( RC ) ]

v o (t )=(r∗g )(t )=

∫ τ τ.e .d τ

RC 0

− 1 RC .t

v o (t )=RC ( e −1 ) +t

Kerjakanlah latihan berikut ini

1. Tentukanlah transformasi Laplace dari fungsi berikut :

2. Tentukanlah f(t) dari F(S) berikut :

s ( s−π)

s ( s +3 )

3. Plotlah f(t) dari F(s) berikut :

a. F ( s )= 2 b. F ( s )= 2

2 2s

s +0,5 s +4

s +3 s +8

4. Gambarkanlah fungsi berikut dan kemudian tentukanlah pemetaan Laplacenya.

a. (t-3).U(t-3)

b. U(t- /2).Cos(t)

c. U(t- ).Sin(t-/2)

5. Tentukanlah output respons dari rangkaian RC dan RL (gambar 23a. dan gambar 23b) jika dikenai fungsi input berupa :

(a)

(b)

Gambar 23. Menetukan output respons dengan berbagai sinyal input

10

-10

2.

1.

2 1.8 1.6

1.4 1.2

3

0.8 0.6

4.

0.4 0.2

3.

6. Switch S (gambar 24a, 24b, 24c) pada mulanya menutup, setelah keadaan steady state tercapai switch S membuka. Plotlah tegangan output Vo(t) jika sinyal input Vi = Sin(2t). Harga harga masing masing komponen : r = 1 , L = 0,25H, C = 1F, R = 1K.

a. Vi

Vo

b. Vi

Vo

Vo