Analisis Rangkaian I (DC)

Ini adalah kursus pertama di Teknik Elektro Universitas: analisis sirkuit arus searah. Sirkuit DC adalah sirkuit di mana arus dan tegangan mencapai nilai stabil — baterai, sensor, pasokan logika, dan jaringan bias di dalam setiap penguat. Kursus ini berupa tangga, dan setiap anak tangga digunakan oleh tahap berikutnya: nilai-nilai — baterai, sensor, suplai logika, dan jaringan bias di dalam setiap penguat.

Kursus ini adalah tangga, dan setiap anak tangga digunakan oleh tahap berikutnya:

• Unit 1.1 dan 1.2 hanya memerlukan aljabar: besaran, konvensi tanda, hukum Ohm, dan Hukum Kirchhoff.
• Unit 1.3 hingga 1.5 membangun metode sistematis — analisis simpul dan jaring, teorema jaringan, dan op-amp ideal — yang mengubah rangkaian panjang menjadi perhitungan singkat.
• Unit 1.6 dan 1.7 menambahkan elemen penyimpan energi dan respons transien pertama , di mana kalkulus mulai berperan penting.

Cara membaca setiap unit: sebuah cerita singkat menjelaskan mengapa hal itu penting; sebuah gambar atau aturan praktis konsep muncul sebelum rumus; kemudian pernyataan presisi; lalu contoh terkerjakan yang semakin sulit, satu langkah pada satu waktu, masing-masing dengan pengecekan di akhir; kemudian kesalahan yang benar-benar dilakukan orang; kemudian ringkasan tiga baris. Setiap angka dalam contoh adalah sesuatu yang dapat Anda verifikasi dengan cara kedua — loop berbeda, simpul tidak terpakai, kasus batas — dan Anda seharusnya membiasakan hal ini di sini: di mata kuliah selanjutnya, pengecekanlah yang membedakan antara kesalahan yang tertangkap dan resistor yang terbakar.

Pengisi daya telepon bertanda "20 W" dan ketel listrik bertanda "2000 W" keduanya memindahkan muatan. Mengapa seratus kali lebih kuat? Untuk menjawabnya, Anda memerlukan enam besaran setiap sirkuit digunakan dalam setiap pertanyaan rangkaian — dan satu konvensi yang menjaga tanda-tandanya tetap konsisten.

Pelajari sebagai rantai, bukan daftar: muatan bergerak; lajunya adalah arus; arus melalui perbedaan potensial memindahkan energi; laju pemindahan tersebut adalah daya.

• Muatan $q$ diukur dalam coulomb (C). Satu coulomb kira-kira $6.24 \times 10^{18}$ muatan elementer. Muatan terjaga: tidak pernah diciptakan atau dimusnahkan dalam suatu rangkaian, hanya dipindahkan.
• Arus $i$ adalah laju aliran muatan, dalam amper (A): $i = dq/dt$, sehingga 1 A = 1 C/s.
• Tegangan $v$ adalah energi per satuan muatan, dalam volt (V): 1 V = 1 J/C. Tegangan selalu diukur antara dua titik; "5 V pada sebuah simpul" berarti 5 V antara simpul tersebut dan simpul referensi (ground).
• Daya $p$ adalah energi per satuan waktu, dalam watt (W): $p = vi$, dan 1 W = 1 J/s.
• Energi $w$ adalah daya yang diintegralkan terhadap waktu, $w = \int p \, dt$, dalam joule (J). Meter listrik menjual kilowatt-jam: $1\ \text{kWh} = 3.6\ \text{MJ}$.

Menurunkan rumus daya. Pindahkan muatan $dq$ melalui beda potensial $v$ dan energi yang ditransfer adalah $dw = v \cdot dq$. Bagi dengan $dt$: $p = dw/dt = v \cdot (dq/dt) = vi$. Daya adalah tegangan dikali arus — tidak ada makna lebih dalam.

Konvensi tanda pasif menghilangkan semua ambiguitas. Pilih arah untuk arus yang mengalir melalui suatu elemen dan polaritas untuk tegangannya; ketika panah arus masuk ke terminal $+$, $p = vi$ adalah daya yang elemen tersebut serap. Nilai positif menandakan elemen mengonsumsi daya; nilai negatif menandakan elemen menyuplai daya. Membaliknya adalah sumber kesalahan tanda paling umum di seluruh mata kuliah ini.

Contoh terpecahkan 1 (daya dan energi). Baterai 12 V menggerakkan lampu yang menarik 0.25 A, dengan panah arus digambar masuk ke terminal $+$ lampu. Untuk lampu, $p = vi = 12 \times 0.25 = 3 \text{ W}$ diserap. Selama 2 menit, lampu menyerap $w = pt = 3 \times 120 = 360 \text{ J}$. Dengan panah yang sama digambar untuk baterai, arus baterai masuk ke terminal $-$-nya, sehingga daya yang diserapnya adalah $-3$ W: ia menyuplai tepat apa yang diambil lampu, dan pembukuan menjadi seimbang.

Contoh terarah 2 (meter membaca angka salah). Sumber ideal 12 V menyuplai dua 10 M$\Omega$ resistor dalam seri, jadi masing-masing harus memiliki 6 V di atasnya. Voltmeter nyata ini sekarang menjadi resistor 10 M$\Omega$ kedua secara paralel: bagian bawah bergabung menjadi meter kini menjadi resistor 10 M$\Omega$ lain secara paralel: bagian bawah bergabung menjadi 5 M$\Omega$, dan meter menunjukkan $\frac{5}{10+5} \times 12 = 4 \text{ V}$ alih-alih akan menunjukkan 6 V dengan benar: sumber ideal mempertahankan tegangannya apa pun yang terhubung.) Aturan praktis: resistansi meter harus setidaknya seratus akan membaca 12 V dengan benar: sumber ideal mempertahankan tegangannya apa pun yang terhubung.) Aturan praktis: resistansi meter harus setidaknya seratus Kesalahan umum. Melaporkan "tegangan pada titik A" tanpa menyebutkan titik lainnya. Tegangan selalu berada antara dua titik; sebutkan keduanya. dan menunjukkan arus rendah.

Kesalahan umum.

• Melaporkan "tegangan di titik A" tanpa menyebutkan titik lainnya. Tegangan adalah Ringkasan: enam besaran, satu rantai (muatan ke arus ke energi ke daya); daya adalah
• Mencampur satuan: menit dengan watt, mA dengan k$\Omega$. Konversikan terlebih dahulu; kemudian satuan jawaban muncul dengan sendirinya ($\text{V}/\Omega = \text{A}$).
• Mempercayai meter tanpa bertanya berapa resistansi yang ditambahkan.

Ringkasan: enam besaran, satu rantai (muatan ke arus ke energi ke daya); daya adalah $vi$ di bawah konvensi tanda pasif; meter harus hampir tak terlihat bagi rangkaian (seri amperemeter = dekat pendek, paralel voltmeter = dekat terbuka).

Dua resistor bertemu di sebuah simpul dan satu keluar. Berapa banyak arus yang mengambil setiap jalur keluar? Jawaban memerlukan dua hukum yang dinamai setelah Kirchhoff — dan itu bukan fisika baru. Salah satunya "muatan tidak menumpuk"; yang lainnya "buku energi seimbang". Keduanya tersembunyi dalam unit 1.1.

Hukum Ohm menghubungkan resistor: $v = Ri$, dengan $R$ dalam ohm ($\Omega$). Konduktansi $G = 1/R$ (siemens) terkadang lebih praktis. Daya dalam resistor selalu diserap, dan menggabungkan $v = Ri$ dengan $p = vi$ memberikan tiga bentuk ekuivalen $p = vi = i^{2}R = v^{2}/R$ — gunakan variabel apa pun yang sudah Anda ketahui.

Untuk elemen seri, hambatan dijumlahkan dan satu arus dibagikan; untuk elemen paralel, konduktansi dijumlahkan dan satu tegangan dibagikan. Dua resistor dalam paralel digabungkan sebagai hasil kali dibagi jumlah, $R_{1} \parallel R_{2} = \frac{R_{1}R_{2}}{R_{1}+R_{2}}$ — dan hasilnya selalu lebih kecil dari keduanya.

Menurunkan pembagi tegangan. Dua resistor seri melintasi sumber membawa satu arus $i = v_{s}/(R_{1}+R_{2})$. Tegangan pada $R_{2}$ adalah arus tersebut dikalikan $R_{2}$, jadi $v_{2} = v_{s} \cdot R_{2}/(R_{1}+R_{2})$ — pembagi tegangan. Argumen cermin argumen pada dua resistor paralel yang disuplai oleh sumber arus memberikan arus pembagi**: $i_{1} = i_{s} \cdot R_{2}/(R_{1}+R_{2})$. Perhatikan pertukaran: setiap cabang mengambil sebagian sebanding dengan resistor lain.

Hukum arus Kirchhoff (KCL) menyatakan kembali kekekalan muatan: arus bertenaga yang meninggalkan permukaan tertutup mana pun berjumlah nol. Sebuah simpul adalah titik pertemuan dua atau lebih elemen; setiap koneksi dari kawat yang sama merupakan satu simpul, berapapun banyak cabang yang bertemu di sana.

Hukum tegangan Kirchhoff (KVL) menyatakan kembali ke kekekalan energi: jumlah signed voltages around any closed loop sum to zero. Walk a loop and tally the kenaikan dan penurunan: label yang naik dalam satu putaran adalah label yang turun ketika Anda kembali, sehingga totalnya harus nol — Anda tidak bisa mendapatkan energi dengan berjalan dalam lingkaran.

Contoh terpecahkan 1 (pembagi, dicek dua cara). Sumber 9 V mengumpankan $R_{1} = 6$ k$\Omega$ seri dengan $R_{2} = 3$ k$\Omega$. Arusnya adalah $i = 9 \text{ V} / 9 \text{ k}\Omega = 1 \text{ mA}$, jadi $v_{2} = 1 \text{ mA} \times 3 \text{ k}\Omega = 3 \text{ V}$ — jawaban yang sama dengan rumus pembagi $9 \times 3/9$. Periksa dengan KVL: $-9 + 6 + 3 = 0$. Periksa dengan daya: sumber $9 \times 1 \text{ mA} = 9$ mW; resistor $6$ mW $+ 3$ mW $= 9$ mW.

Contoh terpecahkan 2 (pembagi arus, kemudian simpul yang dialirikinya). Sumber 2 A mengalirkan 6 $\Omega$ paralel dengan 3 $\Omega$. Pasangan paralel tersebut adalah $6 \times 3/9 = 2\ \Omega$, sehingga keduanya mengalami tegangan 4 V, dan arusnya adalah $4/6 = 0.667$ A dan $4/3 = 1.333$ A — rumus pembagi memberikan pembagian yang sama, dan $0.667 + 1.333 = 2$ A pada simpul, KCL terpenuhi. Sekarang tingkatkan: pada simpul itu, cabang tambahan dengan arus tak diketahui $i_{4}$ juga keluar; jika arus lain 0.5 A masuk dari tempat lain, KCL menyatakan $-0.667 - 1.333 - 0.5 + i_{4} = 0$, sehingga $i_{4} = 2.5$ A keluar. Muatan tidak hilang; ia diarahkan ulang.

Kesalahan umum.

• Menggambar KCL dengan beberapa panah masuk dan beberapa keluar, lalu menjumlahkan magnitudnya. Tulis "jumlah dari arus yang keluar = 0" dan biarkan tanda yang berbicara.
• Resistansi paralel menambah menjadi sesuatu yang lebih besar — kombinasi selalu lebih kecil
• Resistor paralel yang jumlahnya menjadi lebih besar — kombinasi selalu lebih kecil Ringkasan: Hukum Ohm ditambah dua hukum kekekalan menyelesaikan setiap rangkaian resistor DC; pembagi

berasal dari sana, bukan dari ingatan; beri label setiap panah terlebih dahulu, lalu percayai aljabar — sebuah jawaban negatif adalah informasi, bukan kesalahan. jawaban negatif adalah informasi, bukan kesalahan.

Rangkaian yang sama muncul seratus kali dalam desain, dan kerja tebak-tebakan harus berubah menjadi resep yang bisa dijalankan komputer. Ada dua resep; keduanya berakhir pada beberapa persamaan simultan resep yang bisa dijalankan komputer. Ada dua resep; keduanya berakhir dengan beberapa persamaan simultan Analisis nodal menggunakan KCL. Pilih simpul referensi (ground),

Analisis nodal menggunakan KCL. Pilih simpul referensi (ground), beri label tegangan $n-1$ simpul lainnya, dan tulis satu persamaan KCL untuk setiap simpul tak diketahui, merupakan mesin utama simulator rangkaian (SPICE menyelesaikan tepat persamaan-persamaan ini, jutaan) adalah mesin utama simulator sirkuit (SPICE menyelesaikan tepat persamaan-persamaan ini, jutaan dari mereka).

Analisis jaring menggunakan KVL. Tetapkan arus jaring yang berputar untuk setiap jendela pada sirkuit planar dan tulis satu persamaan KVL per jaring; resistor yang dibagi oleh dua jaring membawa selisih dari kedua arus jaring tersebut. Pilih metode dengan persamaan yang lebih sedikit, dan ingat: sumber tegangan menetapkan perbedaan potensial simpul (nodal menjadi lebih mudah), sementara sumber arus menetapkan arus cabang (jaring menjadi lebih mudah).

Menurunkan persamaan nodal. Pada simpul $A$ dengan resistor $R_{1}$ ke simpul sumber $V_{s}$ dan $R_{2}$ ke tanah, KCL (jumlah arus keluar) menghasilkan $\frac{V_{A}-V_{s}}{R_{1}} + \frac{V_{A}-0}{R_{2}} = 0$. Kalikan seluruh ruas dan kumpulkan: persamaan tersebut linear terhadap $V_{A}$ — selalu. Setiap analisis nodal adalah satu persamaan ini diulang untuk setiap simpul.

Contoh terpecahkan 1 (satu simpul tak diketahui). Sumber 12 V terhubung melalui 2 $\Omega$ ke simpul $A$; dari $A$, resistor 6 $\Omega$ menuju tanah dan sumber 1 A mendorong arus ke dalam $A$. KCL pada $A$, arus keluar:

Kalikan dengan 6: $3(V_{A} - 12) + V_{A} - 6 = 0$, sehingga $4V_{A} = 42$ dan $V_{A} = 10.5$ V. Periksa dengan cabang sumber: $(12 - 10.5)/2 = 0.75$ A mengalir dari sumber, ditambah 1 A dari sumber arus; 6 $\Omega$ membawa $0.75 + 1 = 1.75$ A, dan $10.5/6 = 1.75$ A — jalur yang tidak terpakai mengonfirmasi jawaban.

Contoh terpecahkan 2 (dua jaring, resistor bersama). Jaring A: sumber 12 V (naik dalam arah searah jarum jam) dengan 2 $\Omega$ resistor. Mesh B: 6 $\Omega$ resistor dengan sumber 3 V (berlawanan). Mesh berbagi 4 $\Omega$ resistor. KVL dengan arus mesh searah jarum jam $i_{A}$, $i_{B}$:

Kumpulkan: $6i_{A} - 4i_{B} = 12$ dan $-4i_{A} + 10i_{B} = -3$. Menyelesaikan, $i_{A} = 2.455$ A dan $i_{B} = 0.682$ A, sehingga resistor bersama membawa $i_{A}-i_{B} = 1.773$ A ke bawah dalam arah mesh A. Periksa dengan mensubstitusikan kembali ke salah satu persamaan asli: keduanya menghasilkan nol hingga pembulatan.

Kesalahan umum.

• Melupakan arus resistor bersama adalah selisih arus mesh.
• Memilih metode tanpa menghitung persamaan: sumber arus biasanya cocok untuk nodal analisis secara langsung, sementara sumber tegangan biasanya cocok untuk analisis mesh secara langsung.
• Asumsikan bahwa node referensi harus merupakan terminal negatif dari sebuah sumber. Setiap node dapat menjadi referensi; memilih ujung sumber tegangan mungkin menyederhanakan persamaan.

Ringkasan: analisis nodal = KCL per node tak diketahui (pilihan simulator); analisis mesh = KVL per jendela; elemen yang dibagikan melihat selisih arus; pilih berdasarkan jumlah persamaan.

Anda mengganti papan sensor dan lampu yang dinyalakannya menjadi sedikit lebih terang. Apa yang terlihat oleh lampu dari papan tersebut? Bukan skemanya — satu sumber dan satu resistansi. Tiga teorema membuat penggantian ini akurat, dan semuanya menyatakan satu hal: jaringan linear adalah tidak dapat dibedakan dari perilakunya pada dua terminal.

• Teorema Thévenin: setiap jaringan dua-terminal linear dari sumber dan resistor berperilaku, pada terminalnya, seperti satu sumber tegangan $V_{th}$ dalam seri dengan satu hambatan $R_{th}$. $V_{th}$ adalah tegangan sirkuit terbuka; $R_{th}$ adalah hambatan yang terlihat dengan sumber dinolkan (sumber tegangan diringkas, sumber arus dibuka).
• Teorema Norton adalah pernyataan yang sama dengan sumber arus $I_{N} = V_{th}/R_{th}$ yang diparalelkan dengan $R_{th}$. Keduanya merupakan transformasi sumber, tukar di antara keduanya ketika perhitungan lebih mudah dilakukan.
• Superposisi: dalam rangkaian linear dengan beberapa sumber independen, responsnya adalah jumlah dari respons terhadap setiap sumber yang bekerja sendiri-sendiri (sumber lain dinolkan). Ini merupakan strategi komputasi, bukan sifat dari komponen mana pun.

Turunan perpindahan daya maksimum. Sumber Thévenin $V_{th}$, hambatan $R_{th}$, mengumpankan $R_{L}$. Daya beban adalah $P = \left(\frac{V_{th}}{R_{th}+R_{L}}\right)^{2} R_{L}$. Turunkan terhadap $R_{L}$ dan samakan hasilnya dengan nol: maksimum berada pada $R_{L} = R_{th}$, di mana $P_{max} = V_{th}^{2}/(4R_{th})$ — dan hambatan sumber kemudian membakar tepat sebanyak yang diberikan beban: efisiensi 50%, tidak lebih.

Perpindahan daya maksimum adalah aturan sinyal, bukan aturan energi: sistem audio dan RF mencocokkan impedansi untuk menjaga sinyal tetap kuat; jaringan listrik tidak pernah melakukan (efisiensi 50% akan menggandakan setiap tagihan). Ekuivalen Thévenin tidak mempertahankan rugi-rugi internal dari jaringan asli; efisiensinya harus dihitung dari sumber aktual.

Contoh terpecahkan 1 (temukan nilai ekuivalen, lalu muat). Sumber 10 V dan resistor 4 $\Omega$ membentuk satu cabang seri melintasi resistor 6 $\Omega$. Temukan nilai ekuivalen yang terlihat oleh beban eksternal yang terhubung melintasi resistor 6 $\Omega$ tersebut. Dengan beban eksternal tidak terhubung, tegangan terminal adalah $V_{th} = 10 \times 6/10 = 6$ V (pembagi tegangan). Menolok nol sumber menyisakan 4 $\Omega$ paralel dengan 6 $\Omega$: $R_{th} = 2.4\ \Omega$. Dengan $R_{L} = R_{th} = 2.4\ \Omega$, arus loop adalah $6/(2.4+2.4) = 1.25$ A dan daya beban adalah $1.25^{2} \times 2.4 = 3.75$ W. Periksa terhadap rumus: $V_{th}^{2}/(4R_{th}) = 36/9.6 = 3.75$ W.

Contoh terpecahkan 2 (superposisi, dicek langsung). Sumber 12 V melalui 2 $\Omega$ memberi makan node $A$; sumber arus 3 A juga menginjeksikan ke $A$; 4 $\Omega$ berjalan dari $A$ ke tanah. Berdasarkan superposisi: sumber tegangan 12 V saja (arapan 3 A dibuka) mendorong arus pada resistor 4 $\Omega$ melalui pembagi tegangan $2+4$: $V_{A1} = 12 \times 4/6 = 8$ V. Sumber arus 3 A saja (tegangan 12 V disingkat) melihat hambatan $2\ \Omega \parallel 4\ \Omega = 1.333\ \Omega$: $V_{A2} = 3 \times 1.333 = 4$ V. Total $V_{A} = 8 + 4 = 12$ V. Pengecekan langsung dengan satu persamaan nodal: $(V_{A}-12)/2 + V_{A}/4 - 3 = 0$ menghasilkan $V_{A} = 12$ V — kedua metode ini sesuai persis.

Kesalahan umum.

• Menghitung $R_{th}$ dengan sumber independen yang masih aktif. Matikan mereka: hubungkan secara pendek sumber tegangan independen ideal dan buka sumber arus independen ideal. Tetap pertahankan sumber terikat dan gunakan sumber uji ketika diperlukan.
• Menerapkan superposisi pada daya (daya linier terhadap tegangan dan arus, bukan terhadap kuadratnya — hitung respons terlebih dahulu, lalu kuadratkan).
• Mempercayai titik efisiensi 50% sebagai target desain untuk distribusi daya.

Ringkasan: ukur dua hal ($V_{th}$ sirkuit terbuka, $R_{th}$ nol) dan setiap linear satu-kutub menjadi baterai dan resistor; tukar bentuk seri↔paralel sesuka hati; tambahkan respons, bukan daya; cocokkan hambatan untuk daya sinyal maksimum, bukan untuk ekonomi.

Sebuah mikrofon menghasilkan 10 mV. Sebuah speaker membutuhkan 2 V. Sesuatu harus dikalikan dengan 200 — dengan kenop untuk mengatur seberapa banyak. Sesuatu itu adalah penguat operasional, dan seluruh unit hanya tentang satu trik: umpan balik membuat perangkat dengan penguatan yang sangat tinggi berperilaku seperti perangkat dengan penguatan ringan yang presisi.

Sebuah penguat operasional adalah penguat tegangan diferensial dengan penguatan yang sangat besar, digambarkan sebagai segitiga dengan input $+$ dan $-$ serta satu output. Penguat operasional nyata memiliki produk penguatan-lebar pita dan arus masuk terbatas; model penguat operasional ideal yang digunakan dalam analisis mengasumsikan penguatan loop terbuka tak hingga, hambatan masuk tak hingga dan hambatan keluar nol.

Mengapa aturan emas mengikuti dari umpan balik. Dengan umpan balik negatif (a jalur dari output kembali ke input $-$), output melakukan apa pun yang diperlukan agar selisih input hampir nol — dengan penguatan di atas $10^{5}$, output volt memerlukan selisih input mikrovolt, yang dibulatkan menjadi nol. Dua aturan emas tahan:

1. Tidak ada arus mengalir ke salah satu input (resistansi input tak hingga).
2. Perbedaan tegangan antara kedua input adalah nol — sebuah short virtual. Input saling melacak tanpa terhubung secara fisik.

Menurunkan penguat inverting. Alat utamanya adalah penguat inverting: input melalui $R_{in}$ ke simpul $-$, umpan balik melalui $R_{f}$, input $+$ dibumikan. Aturan 2 menjepit simpul $-$ pada 0 V (tanah virtual). Aturan 1 menyatakan bahwa input arus $v_{in}/R_{in}$ tidak dapat masuk ke dalam chip, sehingga semuanya mengalir melalui $R_{f}$:

Penguatan ditentukan oleh dua resistor — penguatan chip yang sangat besar saling menghilangkan dari jawaban. Penguat non-inverting menempatkan sinyal di $+$ dan pembagi tegangan di $-$: $v_{out}/v_{in} = 1 + R_{f}/R_{in}$, selalu setidaknya satu (pada nilai satu ini adalah pengikut tegangan, sebuah buffer).

Contoh terpecahkan 1 (tahap inverting, sepenuhnya dihitung). $R_{in} = 10$ k$\Omega$, $R_{f} = 100$ k$\Omega$, $v_{in} = +0.2$ V. Penguatan adalah $-100/10 = -10$, sehingga $v_{out} = -2$ V, berada dengan nyaman di dalam suplai $\pm 15$ V. Arus umpan balik adalah $0.2/10\text{k} = 20\ \mu\text{A}$ dan mengalir ke output; input ideal membawa tidak ada arus. Periksa dengan tanah virtual: simpul $-$ berada pada $0$ V, sehingga penurunan tegangan pada $R_{f}$ adalah $0 - (-2) = 2$ V $= 20\ \mu\text{A} \times 100$ k$\Omega$.

Contoh terpecahkan 2 (sebuah mixer, dan jebakan saturasi). Perluas tahap inverting menjadi dua input ($R_{1} = R_{2} = 10$ k$\Omega$, sama dengan $R_{f} = 100$ k$\Omega$): tanah virtual ground mengumpul kedua arus, sehingga $v_{out} = -\left(\frac{R_f}{R_1}v_{1} + \frac{R_f}{R_2}v_{2}\right)$ — sebuah penguat penjumlah penguat**. Dengan $v_{1} = 0.2$ V dan $v_{2} = -0.05$ V: $v_{out} = -(10 \times 0.2 + 10 \times (-0.05)) = -(2 - 0.5) = -1.5$ V. Sekarang jebakan: pertukaran $R_{f}$ untuk 1 M$\Omega$ (penguatan $-100$ per input) dan input yang sama memerlukan $-(100 \times 0.2 + 100 \times (-0.05)) = -15$ V. Aturan saturasi menghentikannya: output tidak dapat meninggalkan rel pasokan nya, dan op-amp $\pm 15$ V berada dekat $-13.5$ V. Aturan emas telah secara diam-diam berhenti berlaku — laporkan penjepitan, bukan tegangan yang mustahil.

Kesalahan umum.

• Melupakan tanda minus pada tahap inverting (atau "memperbaikinya" menjadi nol).
• Menerapkan aturan 2 ketika tidak ada jalur umpan balik negatif — tanpa umpan balik, tanpa virtual pendek.
• Mendorong jawaban melewati rel dan tetap melaporkannya.

Ringkasan: penguatan tak terhingga yang ditenangkan oleh umpan balik memberikan dua aturan emas; tahap inverting mengubahnya menjadi $-R_{f}/R_{in}$, non-inverting menjadi $1 + R_{f}/R_{in}$; tanah virtual membuat mixer; saturasi adalah keadaan output nyata, bukan kesalahan pembulatan.

Setiap kilatan pada kamera ponsel mengumpulkan energi perlahan dan melepaskannya dalam satu milidetik. Tidak ada susunan resistor dapat menyimpan apa pun — resistor membakar energi; dua elemen baru menyimpannya, dan perubahan tunggal inilah yang membuat sirkuit dinamis dan layak untuk pelajaran kalkulus. Sebuah kapasitor menyimpan muatan yang dipisahkan oleh isolator: dua pelat dengan

Kapasitor menyimpan muatan yang dipisahkan oleh isolator: dua pelat dengan medan listrik di antara keduanya. Kapasitansi $C$, dalam farad (F), adalah muatan per volt, $q = Cv$. Diferensiasi: arus adalah laju perubahan tegangan,

sehingga kapasitor hanya mengalirkan arus saat tegangannya berubah; DC stabil merupakan sirkuit terbuka baginya. Mengintegralkan hukum yang sama memberikan energi tersimpan $w = \frac{1}{2}Cv^{2}$ — memori keadaan yang hanya bergantung pada tegangan saat ini, bukan bagaimana ia mencapainya.

Induktor menyimpan energi dalam medan magnet di sekitar kumparan. Nilai induktansi $L$, dalam henry (H), memberikan hukum cermin,

sehingga induktor hanya menghasilkan tegangan saat arusnya berubah; DC stabil merupakan sirkuit pendek baginya. Energi tersimpan adalah $w = \frac{1}{2}Li^{2}$.

Mengapa kombinasi memantulkan aturan resistor. Kapasitor paralel berbagi satu tegangan, sehingga muatan bertambah: $C_{eq} = C_{1}+C_{2}$ (luas area bertambah). Induktor seri berbagi satu arus, sehingga fluks terikat bertambah: $L_{eq} = L_{1}+L_{2}$ (panjang bertambah). Kapasitor seri dan induktor paralel digabungkan dengan aturan resiprokal — cermin eksak dari aritmetika resistor karena hukum penyimpanan menukar peran $v$ dan $i$.

Contoh kerja 1 (dua energi, dua satuan). Kapasitor 100 µF yang diisi hingga 12 V menyimpan $w = \frac{1}{2} \times 100\times10^{-6} \times 12^{2} = 7.2$ mJ. Induktor 10 mH yang dialiri arus 2 A menyimpan $w = \frac{1}{2} \times 0.01 \times 2^{2} = 20$ mJ. Keduanya kecil berdasarkan standar ketel, tetapi 7.2 mJ kapasitor yang disalurkan dalam 1 ms adalah 7.2 W — dan dalam 1 µs akan menjadi 7.2 kW. Energi tersimpan modest; laju membuatnya dramatis, yang itu mengapa kapasitor besar harus dibuang muatannya sebelum disentuh.

Contoh terarah 2 (hukum kemiringan dan kombinasi). Kapasitor 10 µF mengalami kenaikan tegangan sebesar 100 V/s; arusnya adalah $i = C\,dv/dt = 10\times10^{-6} \times 100 = 1$ mA — konstan, karena kemiringannya konstan. Sekarang gabungkan: kapasitor 2 µF dan 3 µF dalam rangkaian seri menghasilkan $2 \times 3/5 = 1.2$ µF (masing-masing menyimpan muatan yang sama, sehingga "kapasitas per volt" mengecil); dalam rangkaian paralel menghasilkan 5 µF. Induktor 10 mH dan 20 mH dalam rangkaian seri menghasilkan 30 mH; dua induktor yang sama dalam paralel menghasilkan $10 \times 20/30 = 6.67$ mH.

⚠ Arus pada induktor bersifat kontinu: membuka sakelar dalam jalur induktor memaksa $di/dt$ harus sangat besar, dan tegangan terinduksi $L\,di/dt$ dapat melompat di celah kontak sakelar. Ini nyata, bukan sekadar teori — inilah cara kumparan pengapian lama menghasilkan percikan api.

Kesalahan umum.

• Menggunakan $w = \frac{1}{2}Cv^{2}$ dengan volt ditukar untuk hal lain — periksa Farad dikali kuadrat volt sama dengan joule.
• Menjumlahkan kapasitansi paralel sebagai resiprokal (itu adalah aturan seri).
• Mempercayai kapasitor "memblokir" arus seketika — ia hanya memblokir arus searah yang stabil; selama perubahan terjadi, ia dengan senang hati mengalirkan arus.

Ringkasan: kapasitor mengingat tegangan, induktor remembers arus; $i = C\,dv/dt$ dan $v = L\,di/dt$; energi $\frac{1}{2}Cv^{2}$, $\frac{1}{2}Li^{2}$; kombinasi meniru aritmatika resistor dengan $v$ dan $i$ ditukar; jangan pernah memutus jalur induktor secara mendadak.

Anda menekan tombol dan cahaya muncul perlahan selama satu detik — atau pembacaan sensor berubah ke nilainya yang baru dalam hitungan milidetik. Ganti sumber, elemen penyimpan energi, dan resistor ke susunan baru, maka besaran tersimpan tidak dapat meloncat: ia bergerak menuju nilai stabil barunya. Rangkaian dengan satu elemen penyimpan adalah orde pertama, dan setiap rangkaian semacam itu memiliki bentuk jawaban yang sama — pelajari bentuknya sekali.

Definisikan respons alami sebagai peluruhan dari keadaan awal tanpa sumber, dan respons langkah sebagai perpindahan dari keadaan awal ke nilai paksa baru $V_{F}$. Untuk tegangan kapasitor,

Menurunkannya. Setelah sakelar, kapasitor $C$ melepaskan muatan melalui $R$: KCL menghasilkan $C\,dv/dt + v/R = 0$. Pisahkan variabel: $dv/v = -dt/(RC)$, integralkan: $\ln v = -t/(RC) + \text{const}$, sehingga $v = V_{0}e^{-t/RC}$ — sebuah eksponensial dengan **waktu $\tau = RC$; jawaban umumnya adalah konstanta ditambah selisih yang memudar: eksponensial menuju nilai baru, selalu. Cermin RL menggantikan $V_{F}$ dengan eksponensial menuju nilai baru, selalu. Cermin RL menggantikan $\tau = RC$ dengan $\tau = L/R$.

Pada $t = \tau$ celah telah menutup hingga 37% dari ukuran awalnya; setelah $5\tau$ rangkaian berada dalam toleransi 1% dan dianggap stabil. Nilai awal $V_{0}$ berasal dari energi tersimpan energi (kekontinuan tegangan untuk C, kekontinuan arus untuk L), dan $V_{F}$ dari rangkaian yang ditinggalkan sakelar, dengan elemen penyimpan diperlakukan sebagai keadaan stesunya terbuka (C) atau hubung singkat (L).

Contoh terpecahkan 1 (pembuangan RC). Kapasitor 100 µF yang diisi hingga 12 V melakukan pembuangan melalui 10 k$\Omega$. Setelah $\tau = RC = 10\,000 \times 100\times10^{-6} = 1$ s, sehingga tersisa $v(t) = 12e^{-t}$ volt. Setelah 2 s, tersisa $v = 12 \times e^{-2} = 1.62$ V. Setelah 5 s ($5\tau$) tegangan menjadi $12e^{-5} = 0.08$ V — stabil. Periksa cerita energi: pada saat itu seluruh energi awal 7.2 mJ telah habis masuk ke resistor.

Contoh terpecahkan 2 (pengisian antara dua nilai bukan nol). Jaringan RC yang sama, tetapi sakelar memindahkan resistor dari sumber 2 V ke sumber 9 V dengan kapasitor sudah berada di 2 V. $V_{0} = 2$, $V_{F} = 9$, sehingga $v(t) = 9 + (2-9)e^{-t} = 9 - 7e^{-t}$ volt. Pada $t = 1$ detik ($= \tau$) mencapai $9 - 7 \times 0.368 = 6.42$ V — celah (7 V) telah tertutup sebesar 63.2%, sesuai definisi. Pengecekan titik akhir: tegangan mencapai $v(0) = 2$ V dan $v(5) = 9 - 0.047 \approx 9$ V.

Contoh terpecahkan 3 (cermin RL, cepat). Induktor 20 mH secara seri dengan 100 $\Omega$ sakelar terhubung ke sumber 10 V. Setelah $\tau = L/R = 0.02/100 = 0.2$ ms, arus akhir mencapai $I_{F} = 10/100 = 0.1$ A, sehingga konstanta waktu adalah $i(t) = 0.1(1 - e^{-t/0.2\text{ms}})$. Pada $t = 0.6$ ms (tiga konstanta waktu) telah mencapai 95%: arus menjadi $0.095$ A. Bentuk kurva yang sama dengan tegangan kapasitor — satu hukum, dua komponen.

Metode untuk setiap masalah sakelar: (1) tentukan $V_{0}$ dari rangkaian lama; (2) tentukan $V_{F}$ dari rangkaian baru; (3) hitung $\tau$ dari rangkaian baru dengan sumber disediakan nol; (4) tuliskan jawaban satu baris dan periksa terhadap kedua titik akhir.

Kesalahan umum.

• Menggunakan rangkaian lama untuk $V_{F}$ atau yang baru untuk $V_{0}$ — nilainya berasal dari dari snapshot yang berbeda, secara sengaja.
• Menghitung $\tau$ dengan sumber masih ada — nolkan sumber untuk melihat resistansi yang sebenarnya dihadapi oleh elemen penyimpanan.
• Mempercayai bahwa $5\tau$ adalah konstanta fisik — ini adalah konvensi teknik 1%.

Ringkasan: satu elemen penyimpanan berarti satu eksponensial; $V_{0}$ dari kekontinuan, $V_{F}$ dari rangkaian akhir, $\tau$ dari resistansi sumber yang dinolkan; $\tau = RC$ atau $L/R$; $5\tau$ telah stabil untuk keperluan praktis, dan setiap jawaban diverifikasi di kedua ujung.