Fisika Universitas — Tahun 1 · Bachelor Year 1

7Rezim Peralihan: Orde Pertama dan Orde Kedua

Tekanlah sudut sebuah mobil yang terparkir lalu lepaskan. Mobil yang sehat naik satu kali lalu berhenti; mobil dengan peredam kejut yang aus mengayun dua atau tiga kali sebelum tenang. Di laboratorium elektronika, dua perilaku yang sama muncul pada osiloskop ketika sebuah kapasitor mengosong lewat sebuah kumparan: kembali dengan mulus, atau berdering lalu padam. Keduanya adalah peralihan antara satu keadaan tunak dan keadaan tunak lainnya, dan keduanya menuruti keluarga kecil persamaan diferensial linear yang sama — orde pertama untuk satu penyimpan energi, orde kedua untuk dua penyimpan yang saling bertukar. Bab ini menyelesaikannya sekali untuk selamanya, menamai parameternya (tetapan waktu, frekuensi alami, faktor kualitas), lalu memperlihatkan bagaimana angka yang sama menggambarkan sebuah rangkaian dan sebuah suspensi.

Sebuah kumparan, sebuah kapasitor dan sebuah resistor di atas papan rangkai, dan pada osiloskopnya osilasi meluruh yang menyusul sebuah tangga: rezim pseudoperiodik bab ini.

7.1 Sistem orde pertama

Definisi 7.1 (Sistem linear orde pertama)

Besaran $x(t)$ menuruti persamaan linear orde pertama berkoefisien tetap bila

\tau\,\frac{\dd x}{\dd t} + x = x_\infty ,

dengan $\tau > 0$ sebagai tetapan waktu dan $x_\infty$ sebuah tetapan (nilai yang dipaksakan sumbernya). Keadaan tunaknya adalah $x = x_\infty$ ; rezim peralihannya adalah pendekatan menuju keadaan itu dari nilai awal $x(0) = x_0$ .

Teorema 7.2 (Penyelesaian)

Penyelesaian tunggal dengan $x(0) = x_0$ adalah

x(t) = x_\infty + (x_0 - x_\infty)\,\eu^{-t/\tau} .

Selisih terhadap keadaan tunaknya menyusut dengan faktor $\eu^{-1} \approx 0.37$ tiap $\tau$ : $63\%$ perjalanannya pada $\tau$ , $95\%$ pada $3\tau$ , $99\%$ pada $4.6\tau$ . Garis singgung di titik asalnya mencapai $x_\infty$ pada $t = \tau$ .

Bukti. $y = x - x_\infty$ menuruti $\tau y' + y = 0$ , yang penyelesaiannya $y = K\eu^{-t/\tau}$ (kuliah matematika tentang persamaan diferensial linear membuktikan tak ada yang lain); $K = x_0 - x_\infty$ . Kemiringannya di $0$ adalah $-(x_0 - x_\infty)/\tau$ , yang akan menutup selisihnya dalam waktu $\tau$ . ∎

Tanggapan tangga orde pertama dari x_0 = 0: garis singgung awalnya menemui asimtotnya pada t =; 63\% perjalanannya pada , 95\% pada 3. Setiap peralihan orde pertama adalah kurva ini, teregang oleh dan tergeser oleh x_0 dan x_∈fty. — Tanggapan tangga orde pertama dari $x_0 = 0$ : garis singgung awalnya menemui asimtotnya pada $t = \tau$ ; $63\%$ perjalanannya pada $\tau$ , $95\%$ pada $3\tau$ . Setiap peralihan orde pertama adalah kurva ini, teregang oleh $\tau$ dan tergeser oleh $x_0$ dan $x_\infty$ .

Proposisi 7.3 (Rangkaian RC dan RL)

Kapasitor $C$ yang diisi lewat resistor $R$ dari sumber ideal $E$ menuruti $RC\,\dd u_C/\dd t + u_C = E$ : $\tau = RC$ , $u_{C,\infty} = E$ . Kumparan $L$ yang terangkai seri dengan $R$ melintasi $E$ menuruti $(L/R)\,\dd i/\dd t + i = E/R$ : $\tau = L/R$ , $i_\infty = E/R$ . Dengan sumbernya dilepas ( $E \to 0$ ), persamaan yang sama menggambarkan pengosongan menuju nol.

Bukti. Hukum loop $E = Ri + u_C$ dengan $i = C\,\dd u_C/\dd t$ ; hukum loop $E = Ri + L\,\dd i/\dd t$ . ∎

Proposisi 7.4 (Syarat kekontinuan)

Tegangan pada kapasitor dan arus lewat induktor merupakan fungsi waktu yang kontinu: pada saat penyaklaran $t_0$ , $u_C(t_0^+) = u_C(t_0^-)$ dan $i_L(t_0^+) = i_L(t_0^-)$ . Arus pada resistor dan tegangan pada kumparan boleh melompat.

Bukti. Lompatan $u_C$ akan menuntut $i = C\,\dd u_C/\dd t$ tak hingga, lompatan $i_L$ akan menuntut $u = L\,\dd i/\dd t$ tak hingga; keduanya mustahil dalam rangkaian yang tegangan dan arusnya berhingga (setara dengan itu, energi tersimpan $\tfrac12 Cu_C^2$ dan $\tfrac12 Li^2$ tak dapat berubah seketika tanpa daya tak hingga). ∎

Metode 7.5 (Menyelesaikan peralihan orde pertama)

Tuliskan hukum loop dan hukum simpulnya setelah saklarnya, beserta hukum komponennya; sederhanakan menjadi satu persamaan dalam $u_C$ atau $i_L$ lalu bawalah ke bentuk $\tau x' + x = x_\infty$ ; bacalah $\tau$ dan $x_\infty$ (yang terakhir juga merupakan keadaan tunak yang ditemukan dengan mengganti $C$ dengan rangkaian terbuka dan $L$ dengan kawat).
Carilah $x_0$ dari kekontinuan $u_C$ atau $i_L$ pada saat penyaklarannya, dengan memakai rangkaian sebelum saat itu.
Tuliskan $x = x_\infty + (x_0 - x_\infty)\eu^{-t/\tau}$ ; simpulkan besaran lainnya lewat penurunan dan hukum loop.

Ketika kapasitornya menghadapi jaringan resistor dan sumber, gantilah jaringan itu lebih dulu dengan setara Thévenin-nya $(E_{\mathrm{Th}}, R_{\mathrm{Th}})$ (Bab 6): $\tau = R_{\mathrm{Th}}C$ , $u_\infty = E_{\mathrm{Th}}$ .

Proposisi 7.6 (Neraca energi pengisian RC)

Ketika kapasitor diisi dari $0$ sampai $E$ lewat resistor $R$ apa pun, sumbernya memasok $CE^2$ , kapasitornya menyimpan $\tfrac12 CE^2$ , dan resistornya melesapkan $\tfrac12 CE^2$ sisanya — berapa pun $R$ -nya.

Bukti. $i = (E/R)\eu^{-t/\tau}$ ; sumbernya memasok $\int_0^\infty Ei\,\dd t = E \cdot (E/R)\tau = CE^2$ ; resistornya mengambil $\int_0^\infty Ri^2\,\dd t = (E^2/R)\int_0^\infty \eu^{-2t/\tau}\dd t = (E^2/R)(\tau/2) = \tfrac12 CE^2$ ; selisihnya adalah $\tfrac12 CE^2$ yang tersimpan. $R$ yang lebih kecil melesapkan energi yang sama lebih cepat. ∎

Contoh 7.7 (Kumparan sebuah relai)

$L = 20\,\mathrm{mH}$ , $R = 5.0\,\Omega$ , $E = 10\,\mathrm{V}$ : $\tau = 4.0\,\mathrm{ms}$ , $i_\infty = 2.0\,\mathrm{A}$ ; kontaknya menarik ketika $i$ mencapai $1.5\,\mathrm{A}$ , yaitu pada $t = -\tau\ln(1 - 0.75) = 5.5\,\mathrm{ms}$ . Ketika rangkaiannya dibuka, $i$ harus jatuh dari $2\,\mathrm{A}$ ; dioda “roda bebas” yang dipasang melintasi kumparannya memberinya jalan lewat $R$ saja, $\tau = 4\,\mathrm{ms}$ , alih-alih sebuah percikan.

7.2 Sistem orde kedua

Definisi 7.8 (Bentuk baku orde kedua)

Besaran $x(t)$ merupakan sistem linear orde kedua bila

\frac{\dd^2 x}{\dd t^2} + \frac{\omega_0}{Q}\,\frac{\dd x}{\dd t} + \omega_0^2\,x = \omega_0^2\,x_\infty ,

dengan $\omega_0 > 0$ sebagai frekuensi sudut alami, $Q > 0$ sebagai faktor kualitas (tak berdimensi), dan $x_\infty$ sebagai keadaan tunaknya. Orang juga menulis $\omega_0/Q = 2\xi\omega_0$ dengan $\xi = 1/2Q$ sebagai nisbah peredaman.

Proposisi 7.9 (Rangkaian RLC seri)

Kapasitor $C$ , kumparan $L$ dan resistor $R$ yang terangkai seri melintasi sumber $E$ : tegangan kapasitornya menuruti bentuk bakunya dengan

\omega_0 = \frac{1}{\sqrt{LC}}, \qquad Q = \frac{1}{R}\sqrt{\frac{L}{C}}, \qquad u_{C,\infty} = E .

Bukti. Hukum loop: $E = L\,\dd i/\dd t + Ri + u_C$ dengan $i = C\,\dd u_C/\dd t$ : $LC\,u_C'' + RC\,u_C' + u_C = E$ ; bagi dengan $LC$ lalu kenali $\omega_0^2 = 1/LC$ , $\omega_0/Q = R/L$ . ∎

Dua wajah sistem orde kedua: rangkaian RLC seri (_0 = 1/√LC, Q = √L/C/R) dan sistem massa–pegas–peredam (_0 = √k/m, Q = √km/). Persamaan yang sama, ketiga rezim yang sama. — Dua wajah sistem orde kedua: rangkaian RLC seri ( $\omega_0 = 1/\sqrt{LC}$ , $Q = \sqrt{L/C}/R$ ) dan sistem massa–pegas–peredam ( $\omega_0 = \sqrt{k/m}$ , $Q = \sqrt{km}/\alpha$ ). Persamaan yang sama, ketiga rezim yang sama.

Proposisi 7.10 (Osilator mekanik)

Massa $m$ pada pegas berkekakuan $k$ dengan peredam kental berkoefisien $\alpha$ (gaya $-\alpha\dot x$ ), yang tersimpang sejauh $x$ dari kesetimbangannya, menuruti $m\ddot x + \alpha\dot x + kx = 0$ : bentuk bakunya dengan

\omega_0 = \sqrt{\frac{k}{m}}, \qquad Q = \frac{\sqrt{km}}{\alpha} .

Padanan $x \leftrightarrow q$ , $\dot x \leftrightarrow i$ , $m \leftrightarrow L$ , $\alpha \leftrightarrow R$ , $k \leftrightarrow 1/C$ memetakan setiap hasil sistem yang satu ke sistem yang lain.

Bukti. Hukum kedua Newton (Bab 12) dengan gaya pegas $-kx$ dan gaya peredamnya; bagi dengan $m$ . ∎

Teorema 7.11 (Ketiga rezimnya)

Penyelesaian persamaan homogen $x'' + (\omega_0/Q)x' + \omega_0^2 x = 0$ diatur oleh akar $r^2 + (\omega_0/Q)r + \omega_0^2 = 0$ , yang berdiskriminan $\Delta = \omega_0^2(1/Q^2 - 4)$ :

$Q < \tfrac12$ , aperiodik: dua akar real negatif $r_\pm = -\frac{\omega_0}{2Q}\big(1 \mp \sqrt{1 - 4Q^2}\big)$ , $x = A\eu^{r_+t} + B\eu^{r_-t}$ , kembali tanpa berosilasi;
$Q = \tfrac12$ , kritis: akar kembar $r = -\omega_0$ , $x = (A + Bt)\eu^{-\omega_0 t}$ , kembali paling cepat tanpa lonjakan lebih;
$Q > \tfrac12$ , pseudoperiodik: akar kompleks $r = -1/\tau \pm \iu\omega$ dengan

$\tau = \frac{2Q}{\omega_0}, \qquad \omega = \omega_0\sqrt{1 - \frac{1}{4Q^2}}, \qquad x = \eu^{-t/\tau}\big(A\cos\omega t + B\sin\omega t\big),$

yaitu osilasi teredam berpseudoperiode $T = 2\pi/\omega$ di dalam selubung $\pm\sqrt{A^2 + B^2}\,\eu^{-t/\tau}$ .

Penyelesaian lengkap dengan ruas kanan tetap adalah $x_\infty$ ditambah penyelesaian homogennya; $A$ dan $B$ menyusul dari $x(0)$ dan $x'(0)$ .

Bukti. Persamaan karakteristik sebuah persamaan linear berkoefisien tetap (kuliah matematika, persamaan linear orde kedua): akarnya adalah $r = -\omega_0/2Q \pm \tfrac12\sqrt\Delta$ . Untuk $Q > \tfrac12$ , $\sqrt\Delta = \iu\omega_0\sqrt{4 - 1/Q^2}$ , yang memberi bagian real $-\omega_0/2Q = -1/\tau$ dan bagian imajiner $\pm\omega_0\sqrt{1 - 1/4Q^2}$ ; penyelesaian realnya adalah kombinasi $\eu^{-t/\tau}\cos\omega t$ dan $\eu^{-t/\tau}\sin\omega t$ . ∎

Tanggapan tangga sebuah sistem orde kedua dari keadaan diam, untuk tiga faktor kualitas. Q kecil: merayap lambat; Q = 1/2: kembali paling cepat tanpa lonjakan lebih; Q besar: dering yang bertahan sekitar Q osilasi. — Tanggapan tangga sebuah sistem orde kedua dari keadaan diam, untuk tiga faktor kualitas. $Q$ kecil: merayap lambat; $Q = \tfrac12$ : kembali paling cepat tanpa lonjakan lebih; $Q$ besar: dering yang bertahan sekitar $Q$ osilasi.

Proposisi 7.12 (Membaca $Q$ pada jejak pseudoperiodik)

Dalam rezim pseudoperiodik, dua maksimum berurutan bernisbah $x_{n+1}/x_n = \eu^{-T/\tau}$ ; dekremen logaritmik

\delta = \ln\frac{x_n}{x_{n+1}} = \frac{T}{\tau} = \frac{\pi}{Q\sqrt{1 - 1/4Q^2}} \approx \frac{\pi}{Q} \quad (Q \gg 1)

memberi $Q$ ; banyaknya osilasi yang terlihat sebelum amplitudonya jatuh di bawah $5\%$ kira-kira $Q$ . Untuk $Q \gg 1$ , $\omega \approx \omega_0$ dan $T \approx 2\pi/\omega_0$ .

Bukti. Selubung $\eu^{-t/\tau}$ menyusut dengan faktor $\eu^{-T/\tau}$ tiap periodenya; $T/\tau = (2\pi/\omega)(\omega_0/2Q)$ . Selubungnya mencapai $\eu^{-3} \approx 5\%$ pada $3\tau = 6Q/\omega_0 \approx Q\,T$ , yaitu setelah kira-kira $Q$ periode. ∎

Peluruhan pseudoperiodik bebas, x = x_0 -t/ t: maksimum berurutannya menyusut dengan faktor tetap -T/, dan (x_n/x_n+1) = T/ π/Q mengukur faktor kualitasnya dari jejak itu. — Peluruhan pseudoperiodik bebas, $x = x_0\eu^{-t/\tau}\cos\omega t$ : maksimum berurutannya menyusut dengan faktor tetap $\eu^{-T/\tau}$ , dan $\ln(x_n/x_{n+1}) = T/\tau \approx \pi/Q$ mengukur faktor kualitasnya dari jejak itu.

Contoh 7.13 (Dering sebuah RLC)

$L = 10\,\mathrm{mH}$ , $C = 100\,\mathrm{nF}$ , $R = 100\,\Omega$ : $\omega_0 = 1/\sqrt{10^{-9}} = 3.16 \times 10^{4}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ ( $f_0 = 5.03\,\mathrm{kHz}$ ), $Q = \sqrt{L/C}/R = 316/100 = 3.16$ : pseudoperiodik, $\tau = 2Q/\omega_0 = 0.20\,\mathrm{ms}$ , $\omega = 0.987\,\omega_0$ , $T = 0.20\,\mathrm{ms}$ , tiga osilasi yang terlihat. Hambatan kritisnya adalah $R_c = 2\sqrt{L/C} = 632\,\Omega$ ; di atasnya pengosongannya aperiodik.

Metode 7.14 (Menyelesaikan peralihan orde kedua)

Tuliskan persamaannya; bawalah ke bentuk baku; bacalah $\omega_0$ , $Q$ dan $x_\infty$ .
Putuskan rezimnya dari $Q$ lalu tuliskan penyelesaian umumnya sebagai $x_\infty$ ditambah penyelesaian homogennya.
Carilah $x(0)$ dan $x'(0)$ dari kekontinuan $u_C$ dan $i_L$ (untuk RLC: $u_C(0^+) = u_C(0^-)$ dan $u_C'(0^+) = i(0^-)/C$ ); selesaikan untuk kedua tetapannya.

Contoh 7.15 (Syarat awal)

Kapasitor pada contoh sebelumnya diisi sampai $U_0$ lalu, pada $t = 0$ , ditutup pada $L$ dan $R$ (tanpa sumber): $x_\infty = 0$ , $u_C(0) = U_0$ , $u_C'(0) = i(0)/C = 0$ karena arus kumparannya nol. Jadi $A = U_0$ dan $-A/\tau + B\omega = 0$ , $B = U_0/(\omega\tau) = U_0/\sqrt{4Q^2 - 1}$ : $u_C = U_0\eu^{-t/\tau}[\cos\omega t + \sin(\omega t)/\sqrt{4Q^2 - 1}]$ — untuk $Q \gg 1$ cukup $U_0\eu^{-t/\tau}\cos\omega_0 t$ , dan arusnya $i = -C\,\dd u_C/\dd t$ memuncak di dekat $U_0\sqrt{C/L} = U_0/(\omega_0 L)$ .

Catatan 7.16 (Energi)

Energi tersimpan $\tfrac12 Cu_C^2 + \tfrac12 Li^2$ (atau $\tfrac12 kx^2 + \tfrac12 m\dot x^2$ ) berkurang dengan laju $Ri^2$ ( $\alpha\dot x^2$ ): turunkan lalu pakai persamaannya. Tiap pseudoperiode energinya menyusut dengan faktor $\eu^{-2T/\tau}$ ; dengan $Q = 3$ sekitar $88\%$ di antaranya hilang tiap osilasi. $Q$ yang tinggi berarti kebocoran yang lambat relatif terhadap osilasinya — jam yang baik, resonansi yang tajam (Bab 8) — dan $Q$ yang rendah berarti kembali dengan cepat: pilihan yang tepat bagi sebuah suspensi atau jarum sebuah alat ukur.

7.3 Latihan

Latihan 7.1 ★

Sebuah rangkaian RC: $R = 10\,\mathrm{k}\Omega$ , $C = 47\,\mathrm{nF}$ , diisi dari $E$ . Hitunglah $\tau$ , $u_C(\tau)/E$ , dan waktu untuk mencapai $99\%$ dari $E$ .

Solusi

Solusi Latihan 7.1.

$\tau = RC = 10^4 \times 47\times10^{-9} = 0.47\,\mathrm{ms}$ ; $u_C(\tau)/E = 1 - \eu^{-1} = 0.63$ ; $99\%$ : $\eu^{-t/\tau} = 0.01$ , $t = \tau\ln 100 = 4.6\tau = 2.2\,\mathrm{ms}$ .

Latihan 7.2 ★

Sebuah rangkaian RL: $L = 20\,\mathrm{mH}$ , $R = 5.0\,\Omega$ , $E = 10\,\mathrm{V}$ . Hitunglah $\tau$ , arus akhirnya, arus pada $t = \tau$ , dan tegangan pada kumparannya tepat setelah saklarnya ditutup.

Solusi

Solusi Latihan 7.2.

$\tau = L/R = 4.0\,\mathrm{ms}$ ; $i_\infty = E/R = 2.0\,\mathrm{A}$ ; $i(\tau) = 0.63 \times 2.0 = 1.26\,\mathrm{A}$ ; pada $0^+$ , $i = 0$ (kekontinuan), jadi $u_L = E - Ri = 10\,\mathrm{V}$ .

Latihan 7.3 ★

Sebuah RLC seri: $L = 10\,\mathrm{mH}$ , $C = 100\,\mathrm{nF}$ , $R = 100\,\Omega$ . Hitunglah $\omega_0$ , $f_0$ , $Q$ ; sebutkan rezimnya; berikan $\tau$ dan pseudoperiodenya.

Solusi

Solusi Latihan 7.3.

$\omega_0 = 1/\sqrt{LC} = 3.16 \times 10^{4}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ , $f_0 = 5.03\,\mathrm{kHz}$ ; $Q = \sqrt{L/C}/R = 316/100 = 3.2 > \tfrac12$ : pseudoperiodik; $\tau = 2Q/\omega_0 = 0.20\,\mathrm{ms}$ ; $\omega = \omega_0\sqrt{1 - 1/4Q^2} = 0.987\omega_0$ , $T = 0.20\,\mathrm{ms}$ .

Latihan 7.4 ★

Untuk $L$ dan $C$ yang sama, hambatan berapa yang memberi rezim kritis? Berapa $Q$ -nya ketika itu? Apa yang terjadi untuk $R = 2\,\mathrm{k}\Omega$ ?

Solusi

Solusi Latihan 7.4.

$R_c = 2\sqrt{L/C} = 632\,\Omega$ , $Q = \tfrac12$ . Pada $2\,\mathrm{k}\Omega$ , $Q = 0.16$ : aperiodik, rayapan lambat yang diatur akar kecilnya $\abs{r_+} \approx \omega_0 Q = 5 \times 10^{3}\,\mathrm{s}^{-1}$ (skala waktunya $0.2\,\mathrm{ms}$ tetapi tanpa osilasi).

Latihan 7.5 ★★

Sebuah kapasitor bermuatan $C = 1.0\,\text{µ}\mathrm{F}$ mengosong lewat $R$ yang belum diketahui; tegangannya berkurang separuh tiap $3.5\,\mathrm{ms}$ . Tunjukkan bahwa waktu paruhnya adalah $\tau\ln 2$ lalu carilah $R$ .

Solusi

Solusi Latihan 7.5.

$u = U_0\eu^{-t/\tau}$ berkurang separuh ketika $\eu^{-t/\tau} = \tfrac12$ : $t_{1/2} = \tau\ln 2$ . $\tau = 3.5/0.693 = 5.05\,\mathrm{ms}$ , $R = \tau/C = 5.1\,\mathrm{k}\Omega$ .

Latihan 7.6 ★★

Tunjukkan lewat pengintegralan langsung bahwa mengisi kapasitor dari $0$ sampai $E$ lewat $R$ melesapkan tepat $\tfrac12 CE^2$ di $R$ , bebas dari $R$ . Menjadi berapa efisiensi pemindahannya, dan bagaimana orang dapat melakukannya lebih baik?

Solusi

Solusi Latihan 7.6.

$i = (E/R)\eu^{-t/\tau}$ : $\int_0^\infty Ri^2\,\dd t = (E^2/R)(\tau/2) = \tfrac12 CE^2$ , tanpa jejak $R$ . Sumbernya memasok $CE^2$ : efisiensinya $50\%$ untuk resistor apa pun. Lebih baik: isilah lewat sebuah induktor (arusnya lalu tak sebanding dengan selisih tegangannya) atau dalam beberapa tangga tegangan — tiap tangga $E/n$ hanya kehilangan $\tfrac12 C(E/n)^2$ .

Latihan 7.7 ★★

Pada sebuah osiloskop, peluruhan bebas sebuah RLC memperlihatkan maksimum berurutan $2.0\,\mathrm{V}$ , $1.5\,\mathrm{V}$ , $1.12\,\mathrm{V}$ dengan selang $0.40\,\mathrm{ms}$ . Simpulkan $Q$ , $\omega_0$ , dan, dengan $C = 1.0\,\text{µ}\mathrm{F}$ , nilai $L$ dan $R$ .

Solusi

Solusi Latihan 7.7.

$\delta = \ln(2.0/1.5) = 0.29$ (dan $\ln(1.5/1.12) = 0.29$ : taat asas); $Q \approx \pi/\delta = 11$ . $T = 0.40\,\mathrm{ms}$ , sehingga $\omega_0 \approx 2\pi/T = 1.57 \times 10^{4}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ (koreksi $1/8Q^2$ sebesar $0.1\%$ ). $L = 1/(\omega_0^2 C) = 4.1\,\mathrm{mH}$ ; $R = \omega_0 L/Q = 5.8\,\Omega$ .

Latihan 7.8 ★★

Sebuah kapasitor yang diisi sampai $U_0 = 100\,\mathrm{V}$ ( $C = 10\,\text{µ}\mathrm{F}$ ) disaklarkan ke kumparan $L = 1.0\,\mathrm{mH}$ yang hambatannya kecil ( $Q \gg 1$ ). Tuliskan $u_C(t)$ dan $i(t)$ , lalu taksirlah arus puncaknya. Di mana energinya berada pada puncak itu?

Solusi

Solusi Latihan 7.8.

$u_C \approx U_0\eu^{-t/\tau}\cos\omega_0 t$ ; $i = -C\,\dd u_C/\dd t \approx CU_0\omega_0\sin\omega_0 t$ (untuk $t \ll \tau$ ), puncaknya $U_0\sqrt{C/L} = 100 \times 0.1 = 10\,\mathrm{A}$ , dicapai seperempat periode setelah penutupannya, ketika $u_C = 0$ : seluruh energinya ( $\tfrac12 CU_0^2 = 50\,\mathrm{mJ}$ ) lalu bersifat magnetik, $\tfrac12 Li^2 = 50\,\mathrm{mJ}$ .

Latihan 7.9 ★★

Seperempat sebuah mobil: $m = 400\,\mathrm{kg}$ pada pegas $k = 2.0 \times 10^{4}\,\mathrm{N}/\mathrm{m}$ . Hitunglah $\omega_0$ , $f_0$ dan koefisien peredaman kritisnya. Dengan peredam $\alpha = 2000\,\mathrm{N}\,\mathrm{s}/\mathrm{m}$ , berikan $Q$ , rezimnya, pseudoperiodenya dan waktu peluruhannya $\tau$ .

Solusi

Solusi Latihan 7.9.

$\omega_0 = \sqrt{k/m} = 7.1\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ , $f_0 = 1.1\,\mathrm{Hz}$ ; $\alpha_c = 2\sqrt{km} = 2\sqrt{8\times10^6} = 5.7 \times 10^{3}\,\mathrm{N}\,\mathrm{s}/\mathrm{m}$ . $\alpha = 2000$ : $Q = \sqrt{km}/\alpha = 2828/2000 = 1.4$ , pseudoperiodik; $T = 2\pi/(\omega_0\sqrt{1 - 1/4Q^2}) = 0.89/0.935 = 0.95\,\mathrm{s}$ ; $\tau = 2Q/\omega_0 = 0.40\,\mathrm{s}$ .

Latihan 7.10 ★★★

Sebuah kumparan $L = 0.50\,\mathrm{H}$ membawa $I_0 = 2.0\,\mathrm{A}$ ; sumbernya dilepas dan kumparannya dibiarkan pada resistor pembuang $R = 100\,\Omega$ . Berikan $i(t)$ , $\tau$ , tegangan puncak pada kumparannya dan energi yang dilesapkan. Apa yang akan terjadi tanpa resistor itu?

Solusi

Solusi Latihan 7.10.

$i = I_0\eu^{-t/\tau}$ , $\tau = L/R = 5.0\,\mathrm{ms}$ ; tegangan puncaknya $RI_0 = 200\,\mathrm{V}$ pada $t = 0^+$ ; energi $\tfrac12 LI_0^2 = 1.0\,\mathrm{J}$ dilesapkan di $R$ . Tanpa resistor itu arusnya tak punya jalan: $\dd i/\dd t$ menjadi raksasa, tegangan kumparannya mencapai kilovolt, dan sebuah busur melompati saklarnya.

Latihan 7.11 ★★★

Sebuah kapasitor $C = 1.0\,\text{µ}\mathrm{F}$ diisi dari $E = 12\,\mathrm{V}$ lewat $R_1 = 10\,\mathrm{k}\Omega$ sementara $R_2 = 20\,\mathrm{k}\Omega$ terpasang melintasinya. Dengan memakai setara Thévenin, carilah tetapan waktu dan tegangan akhirnya; tuliskan $u_C(t)$ dari $u_C(0) = 0$ .

Solusi

Solusi Latihan 7.11.

Dilihat dari $C$ : $E_{\mathrm{Th}} = ER_2/(R_1 + R_2) = 8.0\,\mathrm{V}$ , $R_{\mathrm{Th}} = R_1 \parallel R_2 = 6.67\,\mathrm{k}\Omega$ ; $\tau = R_{\mathrm{Th}}C = 6.7\,\mathrm{ms}$ ; $u_C = 8.0(1 - \eu^{-t/\tau})$ V.

Latihan 7.12 ★★★

Rezim kritis, tangga dari keadaan diam ( $x(0) = x'(0) = 0$ ): tunjukkan bahwa $x = x_\infty[1 - (1 + \omega_0 t)\eu^{-\omega_0 t}]$ , lalu carilah secara numerik waktu untuk mencapai $95\%$ dari $x_\infty$ (dalam satuan $1/\omega_0$ ). Bandingkan dengan waktu mapan selubungnya untuk $Q = 5$ dan untuk akar lambatnya ketika $Q = 0.1$ ; simpulkan mengapa “kritis” menjadi sasaran para insinyur.

Solusi

Solusi Latihan 7.12.

Akar kembar $-\omega_0$ : $x = x_\infty + (A + Bt)\eu^{-\omega_0 t}$ ; $x(0) = 0$ memberi $A = -x_\infty$ , $x'(0) = 0$ memberi $B = \omega_0 A$ : $x = x_\infty[1 - (1 + \omega_0 t)\eu^{-\omega_0 t}]$ . $95\%$ : $(1 + s)\eu^{-s} = 0.05$ , $s \approx 4.7$ : $t_{95} = 4.7/\omega_0$ . Untuk $Q = 5$ selubung $\eu^{-t/\tau}$ dengan $\tau = 10/\omega_0$ memerlukan $3\tau = 30/\omega_0$ ; untuk $Q = 0.1$ akar lambatnya adalah $\abs{r_+} \approx \omega_0 Q$ dan $3/\abs{r_+} = 30/\omega_0$ . Keduanya enam kali lebih lambat: peredaman kritis adalah kembali tercepat tanpa lonjakan lebih, yang justru diinginkan sebuah alat ukur, penutup pintu atau suspensi.

7.4 Soal: Merancang sebuah suspensi

Soal 7.1

Soal akhir pekan — persamaan diferensial yang sama di atas meja kerja dan di bawah sebuah mobil: berapa ayunan yang diizinkan peredam kejut yang aus, apa yang dipilih perancangnya sebagai gantinya, dan bagaimana satu angka membedakan keduanya

Bagian I mempelajari rangkaian RLC seri, $L = 10\,\mathrm{mH}$ , $C = 100\,\mathrm{nF}$ ; Bagian II–IV mempelajari model seperempat mobil: massa $m = 350\,\mathrm{kg}$ yang bertumpu pada pegas $k = 22\,\mathrm{kN}/\mathrm{m}$ dan peredam kejut yang mengerahkan $-\alpha\dot x$ . Lonjakan lebih tanggapan tangga dalam rezim pseudoperiodik (diberikan): $x_{\max}/x_\infty - 1 = \exp(-\pi\xi/\sqrt{1 - \xi^2})$ , $\xi = 1/2Q$ .

Bagian I — Rangkaiannya.

Tuliskan hukum loop untuk RLC seri melintasi sumber $E$ , dan persamaan diferensial untuk $u_C$ .
Bawalah ke bentuk baku; nyatakan $\omega_0$ dan $Q$ .
Hitunglah $\omega_0$ , $f_0$ dan hambatan kritisnya $R_c$ .
Tuliskan persamaan karakteristiknya dan diskriminannya; nyatakan ketiga rezimnya dalam $Q$ .
Dalam kasus pseudoperiodik, berikan $\tau$ dan $\omega$ serta bentuk $u_C(t)$ .
Untuk $R = 100\,\Omega$ hitunglah $Q$ , $\tau$ , pseudoperiodenya, dan banyaknya osilasi yang terlihat.
Kapasitornya, yang diisi sampai $U_0$ , disaklarkan ke $L$ dan $R$ pada $t = 0$ . Berikan $u_C(0^+)$ dan $\dd u_C/\dd t(0^+)$ , beserta alasan fisisnya masing-masing.

Bagian II — Seperempat mobilnya.

Dengan mengukur $x$ dari kedudukan kesetimbangannya, tuliskan hukum kedua Newton untuk bodinya lalu tunjukkan bahwa beratnya lenyap.
Bawalah persamaannya ke bentuk baku; berikan $\omega_0$ dan $Q$ dalam $m$ , $k$ , $\alpha$ , lalu daftarkan padanan elektromekaniknya.
Hitunglah $\omega_0$ , $f_0$ dan koefisien kritisnya $\alpha_c$ .
Perancangnya memasang $\alpha = 4000\,\mathrm{N}\,\mathrm{s}/\mathrm{m}$ : hitunglah $Q$ , $\xi$ , lalu sebutkan rezimnya.
Hitunglah $\tau$ dan pseudoperiodenya.
Hitunglah lonjakan lebihnya setelah sebuah tangga (tepi trotoar): apakah mobilnya nyaman?
Hambatan $R$ berapa yang akan memberi rangkaian Bagian I nilai $Q$ yang sama dengan suspensi ini?

Bagian III — Peredam yang aus. Olinya bocor: $\alpha = 1200\,\mathrm{N}\,\mathrm{s}/\mathrm{m}$ .

Hitunglah $Q$ , pseudoperiodenya dan $\tau$ .
Dengan faktor berapa maksimum berurutannya menyusut? Berapa ayunan yang terlihat sebelum amplitudonya di bawah $5\%$ ?
Uji ayun: orang menekan sudutnya ke bawah sejauh $x_0 = 5.0\,\mathrm{cm}$ lalu melepaskannya. Berikan syarat awalnya, energi yang tersimpan di pegasnya, lalu katakan ke mana energi itu pergi.
Taksirlah kecepatan puncak bodinya selama kembalinya yang pertama ( $\approx x_0\omega_0$ untuk $Q \gg 1$ ) dan gaya puncak peredamnya.
Mengapa peredaman yang tepat kritis ( $Q = \tfrac12$ ) bukan pilihan perancangnya, walaupun ia tak memberi lonjakan lebih? (Pikirkan beberapa milimeter terakhir kembalinya.)
Hitunglah lonjakan lebih untuk peredam yang aus lalu bandingkan dengan Bagian II.

Bagian IV — Mendiagnosis $Q$ dari sebuah jejak. Sebuah akselerometer pada bodinya merekam peluruhan bebasnya.

Untuk mobil yang aus, maksimum berurutannya terbaca $1.00$ , $0.25$ , $0.062$ (satuan sebarang). Hitunglah dekremen logaritmiknya, simpulkan $\xi$ secara eksak dari $\delta = 2\pi\xi/\sqrt{1 - \xi^2}$ , lalu $Q$ ; bandingkan dengan Bagian III.
Untuk mobil yang sehat tak ada maksimum kedua yang terlihat; hanya lonjakan lebihnya, $3.8\%$ , yang dapat dibaca. Balikkan rumus lonjakan lebihnya untuk mencari $\xi$ dan $Q$ .
Berapa bagian energi mekanik yang dilesapkan peredam yang aus itu tiap pseudoperiode?
Seorang teknisi yang tak punya mobil membangun RLC Bagian I dengan $R$ yang dipilih agar $Q = 2.3$ : berapa $R$ -nya, dan mengapa jejak osiloskopnya, yang digambarkan terhadap $\omega_0 t$ , sama bentuknya dengan jejak mobilnya?
Ringkaslah: bilangan tak berdimensi mana yang memutuskan bentuk sebarang peralihan orde kedua, nilai berapa yang dituju perancang suspensi, dan apa yang harus disimpulkan seorang pengemudi dari “lebih dari satu ayunan”.

Solusi

Solusi Soal 7.1.

1. $E = L\,\dd i/\dd t + Ri + u_C$ , $i = C\,\dd u_C/\dd t$ : $LC\,u_C'' + RC\,u_C' + u_C = E$ .

2. $u_C'' + (\omega_0/Q)u_C' + \omega_0^2u_C = \omega_0^2E$ dengan $\omega_0 = 1/\sqrt{LC}$ , $Q = \sqrt{L/C}/R$ .

3. $\omega_0 = 3.16 \times 10^{4}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ , $f_0 = 5.03\,\mathrm{kHz}$ , $R_c = 2\sqrt{L/C} = 632\,\Omega$ .

4. $r^2 + (\omega_0/Q)r + \omega_0^2 = 0$ , $\Delta = \omega_0^2(1/Q^2 - 4)$ : $Q < \tfrac12$ aperiodik, $Q = \tfrac12$ kritis, $Q > \tfrac12$ pseudoperiodik.

5. $\tau = 2Q/\omega_0$ , $\omega = \omega_0\sqrt{1 - 1/4Q^2}$ , $u_C = E + \eu^{-t/\tau}(A\cos\omega t + B\sin\omega t)$ .

6. $Q = 3.16$ , $\tau = 0.20\,\mathrm{ms}$ , $T = 2\pi/\omega = 0.20\,\mathrm{ms}$ , kira-kira tiga osilasi.

7. $u_C(0^+) = U_0$ ( $u_C$ kontinu: arusnya berhingga); $u_C'(0^+) = i(0^+)/C = 0$ ( $i_L$ kontinu dan nol sebelumnya).

8. $m\ddot x = -k(x + x_{\text{eq}}) - \alpha\dot x + mg$ dengan $kx_{\text{eq}} = mg$ : $m\ddot x + \alpha\dot x + kx = 0$ .

9. $\omega_0 = \sqrt{k/m}$ , $Q = \sqrt{km}/\alpha$ ; $x \leftrightarrow q$ , $\dot x \leftrightarrow i$ , $m \leftrightarrow L$ , $\alpha \leftrightarrow R$ , $k \leftrightarrow 1/C$ .

10. $\omega_0 = \sqrt{22000/350} = 7.93\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ , $f_0 = 1.26\,\mathrm{Hz}$ ; $\alpha_c = 2\sqrt{km} = 5.55 \times 10^{3}\,\mathrm{N}\,\mathrm{s}/\mathrm{m}$ .

11. $Q = 2775/4000 = 0.69$ , $\xi = 0.72$ : pseudoperiodik, tepat di bawah kritis.

12. $\tau = 2Q/\omega_0 = 0.18\,\mathrm{s}$ ; $\omega = \omega_0\sqrt{1 - \xi^2} = 5.5\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}$ , $T = 1.1\,\mathrm{s}$ .

13. Lonjakan lebihnya $\exp(-\pi \times 0.72/0.69) = \exp(-3.3) = 3.8\%$ : satu kenaikan kecil melewati kesetimbangannya, lalu selesai — nyaman.

14. $R = \sqrt{L/C}/Q = 316/0.69 = 455\,\Omega$ .

15. $Q = 2775/1200 = 2.3$ , $\xi = 0.22$ ; $\omega = 0.976\omega_0$ , $T = 0.81\,\mathrm{s}$ ; $\tau = 2Q/\omega_0 = 0.58\,\mathrm{s}$ .

16. $\eu^{-T/\tau} = \eu^{-1.39} = 0.25$ : tiap ayunan seperempat ayunan sebelumnya; $0.25^3 = 1.6\%$ : tiga ayunan yang terlihat.

17. $x(0) = -x_0$ , $\dot x(0) = 0$ ; energinya $\tfrac12 kx_0^2 = 0.5 \times 22000 \times 0.0025 = 28\,\mathrm{J}$ , yang dilesapkan sebagai kalor di dalam oli peredamnya.

18. $v \approx x_0\omega_0 = 0.05 \times 7.93 = 0.40\,\mathrm{m}/\mathrm{s}$ ; gaya peredamnya $\alpha v \approx 1200 \times 0.40 = 480\,\mathrm{N}$ .

19. Pada $Q = \tfrac12$ kembalinya berupa $(1 + \omega_0 t)\eu^{-\omega_0 t}$ , yang merayap secara asimtotik: milimeter terakhirnya makan waktu lama. Sistem yang sedikit kurang teredam ( $\xi \approx 0.7$ ) melonjak beberapa persen tetapi lebih cepat masuk dan tetap di dalam pita toleransinya.

20. $\exp(-\pi \times 0.22/0.976) = \exp(-0.70) = 50\%$ , terhadap $3.8\%$ : mobil yang aus mengayun separuh jalan melewati kesetimbangannya.

21. $\delta = \ln 4 = 1.39$ (dua kali, taat asas); $\xi = \delta/\sqrt{4\pi^2 + \delta^2} = 1.39/6.43 = 0.215$ , $Q = 1/2\xi = 2.3$ : nilai yang aus itu.

22. $-\ln 0.038 = 3.27 = \pi\xi/\sqrt{1 - \xi^2}$ , sehingga $\xi = 3.27/\sqrt{\pi^2 + 3.27^2} = 0.72$ , $Q = 0.69$ .

23. Energinya $\propto$ amplitudo $^2$ : bagian yang tersisa tiap periodenya $0.25^2 = 6\%$ , sehingga $94\%$ dilesapkan tiap pseudoperiode.

24. $R = 316/2.3 = 137\,\Omega$ . Dalam variabel $\omega_0 t$ persamaan bakunya hanya memuat $Q$ : dua sistem dengan $Q$ yang sama menjejakkan kurva yang sama.

25. Faktor kualitas $Q$ (atau $\xi$ ) sendirian menetapkan bentuknya; perancang menuju $Q \approx 0.7$ ( $\xi \approx 0.7$ ); lebih dari satu ayunan yang terlihat berarti $Q$ jauh di atas $1$ : peredamnya aus.

Istilah yang didefinisikan dalam bab ini

Lihat semua 393 istilah di glosarium