Analisis Sirkuit II (AC)

Ini adalah kursus keempat di Teknik Elektro Universitas: analisis rangkaian AC — rangkaian yang digerakkan oleh sinusoida, yang merupakan cara hampir seluruh analisis** — rangkaian yang digerakkan oleh sinusoida, yang merupakan cara hampir semua energi listrik dihasilkan dan dialirkan. Gelombang 1 menyelesaikan DC; alat EE02 (bilangan kompleks, persamaan diferensial, Laplace) kini berbalik modal.

• Unit 4.1 mengubah sinusoida menjadi aritmatika: fasor dan impedansi.
• Unit 4.2–4.4 terapkan: daya AC, tiga fasa, respons orde dua dan resonansi.
• Unit 4.5–4.7 perluas pandangan: filter dan diagram Bode, analisis saringan domain-s, serta jaringan dua-port.

Setiap unit dibuka dengan cerita, menampilkan gambar sebelum ide formal, mendefinisikan istilah secara tepat, bekerja dengan dua contoh meningkat yang angkanya adalah diverifikasi mesin, menyebutkan kesalahan klasik, dan diakhiri dengan ringkasan tiga baris. Kebiasaan pemeriksaan kursus ini: setiap jawaban Boolean diverifikasi oleh ringkasan. Kebiasaan memeriksa: setiap jawaban fasor diverifikasi dalam satu detik representasi — polar melawan rektangular, atau domain waktu melawan aritmatika kompleks. Aritmatika kompleks hanyalah pencatatan; pemeriksaan menjaganya tetap jujur.

Tegangan jaringan melewati nol seratus kali per detik, namun resistor di sana menghamburkan daya stabil — karena amplitudo dan fase menetap dalam pola berulang. Sinusoida $v(t) = V_{m}\cos(\omega t + \varphi)$ berubah menjadi fasor $V = V_{m}\angle\varphi$ — amplitudo dan fase, dengan frekuensi Dimengerti. Diferensiasi mengalikan dengan $j\omega$; jadi pada satu frekuensi setiap elemen memiliki impedansi:

Semua metode DC — pembagi tegangan, node/mesh, Thévenin — berlaku tetap dengan bilangan kompleks. Impedansi induktor meningkat seiring frekuensi (+90°); impedansi kapasitor menurun (−90°); resistor datar (0°).

Contoh terpecahkan 1 (kedua representasi sepakat). $R = 30\ \Omega$ secara seri dengan $L$ sedemikian rupa sehingga $\omega L = 40\ \Omega$, didorong oleh $V = 100\angle 0^{\circ}$ V pada frekuensi tersebut. $Z = 30 + j40 = 50\angle 53.13^{\circ}\ \Omega$; $I = V/Z = (100/50)\angle(0 - 53.13^{\circ}) = 2\angle -53.13^{\circ}$ A. Cek dalam bentuk persegi panjang: $I = 100(30 - j40)/2500 = 1.2 - j1.6$ A; $|I| = \sqrt{1.44 + 2.56} = 2$ ✓ and $\text{atan2}(-1.6, 1.2) = -53.13^{\circ}$ ✓. Makna domain waktu: $i(t) = 2\cos(\omega t - 53.13^{\circ})$ A — arus terlambat karena induktor menentang perubahan.

Contoh terpecahkan 2 (kombinasi paralel, ditingkatkan). $R = 30\ \Omega$ yang sama sekarang dalam paralel dengan induktor $\omega L = 40\ \Omega$: $Z = \frac{30 \times j40}{30 + j40} = \frac{30 \times j40 \times (30 - j40)}{2500} = \frac{48\,000 + j36\,000}{2500} = 19.2 + j14.4 = 24\angle 36.87^{\circ}\ \Omega$ (diverifikasi: $|Z| = \sqrt{19.2^{2} + 14.4^{2}} = 24$ ✓, dan $\cos 36.87^\circ = 0.8$ ✓). Perhatikan bahwa impedansi paralel lebih kecil daripada besaran salah satu cabang (24 < 30 < 40) and its angle (36.87°) lies below the inductor's 90°, ditarik menuju resistor — setiap pasangan paralel menukar besaran dan sudut dalam arah ini.

Kesalahan umum. Menjumlahkan besaran impedansi paralel (hanya penjumlahan kompleks yang sah). Menggabungkan pengaturan mode derajat kalkulator ke dalam rumus radian. Melupakan bahwa fasor membawa amplitudo (atau RMS — pilih satu konvensi per masalah) secara konsisten untuk V dan I. penambahan adalah sah). Mencampur tetapan kalkulator mod darjah ke dalam radian setiap metode DC berlaku kembali; verifikasi setiap jawaban dalam representasi lainnya. konvensyen bagi setiap masalah) secara konsisten untuk V dan I.

Ringkasan: satu frekuensi → fasa; $Z_R$ rata, $Z_L$ naik 90°, $Z_C$ turun 90°; setiap kaedah DC terbawa ke atas; sahihkan setiap jawapan dalam perwakilan lain.

Pemanas 1 kW dan kapasitor 1 kVA sama-sama menarik "1 k-sesuatu" dari talian, tetapi hanya tagihan pemanas sebagai energi. Dengan fasor $V$ dan arus $I$, daya kompleks $S = V\cdot I^{*}$:

dengan $\theta$ adalah sudut antara V dan I. Faktor daya $\cos\theta$ adalah bagian dari daya tampak $|S| = VI$ yang melakukan kerja nyata.

Contoh terpecahkan 1 (beban RL, dicek dua cara). Beban di atas: $P = 100 \times 2 \times \cos 53.13^{\circ} = 120$ W, $Q = 100 \times 2 \times \sin 53.13^{\circ} = 160$ var, $|S| = 200$ VA, pf = 0.6 lagging. Check: $P = |I|^{2}R = 4 \times 30 = 120$ ✓ dan $Q = |I|^{2}X = 4 \times 40 = 160$ ✓ — the loss-formula check. Power-factor correction adds parallel capacitance to supply the reactive power locally: to correct 160 var at 100 V (50 Hz) memerlukan $C = Q/(\omega V^{2}) = 160/(2\pi \cdot 50 \cdot 10^{4}) = 50.9\ \mu F$.

Contoh kerja 2 (motor tiga fasa, diperluas). Motor bintang seimbang yang terhubung pada suplai tegangan garis 415 V, frekuensi 50 Hz memiliki impedansi fase $10 + j10\ \Omega$ per fase. Tegangan fase $= 415/\sqrt{3} = 239.6$ V; arus fase $= 239.6/\sqrt{10^{2} + 10^{2}} = 239.6/14.14 = 16.94$ A (sama dengan arus garis pada koneksi bintang); sudut fase 45° tertinggal. Daya total $P = 3 \times 239.6 \times 16.94 \times \cos 45^{\circ} = 8611$ W — dan rumus garis line formula $\sqrt{3} \times 415 \times 16.94 \times 0.7071 = 8611$ W ✓ the two routes agree. The per-phase route also gives the missing pieces: $Q = 3 \times 239.6 \times 16.94 \times \sin 45^{\circ} = 8611$ var, pf 0.707 lagging, and (for a delta-connected motor of the same impedance) the phase current would be $415/14.14 = 29.3$ A with line current $\sqrt{3} \times 29.3 = 50.8$ A — the star/delta factor is exactly the $\sqrt{3}$ bookkeeping.

di titik sambungannya sendiri. $\sqrt{3}$ pertama). Melupakan faktor daya motor berlaku pada kedua formula. di titik koneksinya sendiri. pada titik sambungannya sendiri.

Ringkasan: $S = VI^{*}$ terpecah menjadi P (dibayar) dan Q (dipinjam); formula kerugian $|I|^{2}R$, $|I|^{2}X$ adalah pengecekan; koreksi kapasitif menyediakan Q secara lokal; analisis tiga-fasa per-fase dengan $V_{line} = \sqrt{3}V_{phase}$ (bintang) adalah alat utama.

Menutup sakelar pada kapasitor yang terisi dalam seri dengan induktor dan arus tidak dapat melompat — maupun tiba secara instan — sehingga respons membengkok melewati setidaknya satu turunan lebih banyak daripada yang pernah dibutuhkan RC. RLC seri memiliki persamaan diferensial $L\,d^{2}i/dt^{2} + R\,di/dt + i/C = 0$, dengan frekuensi natural $\omega_{0} = 1/\sqrt{LC}$ dan redaman $\alpha = R/(2L)$. Tiga rejim:

• Terperedaman berlebih ($\alpha > \omega_{0}$): dua peluruhan riil, tanpa osilasi.
• Redaman kritis ($\alpha = \omega_{0}$): pemulihan non-terossilasi tercepat.
• Terperedaman kurang ($\alpha < \omega_{0}$): osilasi meluruh pada $\omega_{d} = \sqrt{\omega_{0}^{2} - \alpha^{2}}$.

Contoh kerja 1 (aritmatika rezim). $R = 4\ \Omega$, $L = 0.2$ H, $C = 0.05$ F: $\omega_{0} = 1/\sqrt{0.2 \times 0.05} = 10$ rad/s; $\alpha = 4/(2 \times 0.2) = 10$ — teredam kritis ($\alpha = \omega_{0}$). Ubah $R$ menjadi 2 Ω: $\alpha = 5 < 10$, kurang redaman dengan $\omega_{d} = \sqrt{100 - 25} = 8.66$ rad/s. Ujian rejim adalah satu perbandingan; yang Q $Q = \omega_{0}/(2\alpha)$ bernilai 0.5 pada redaman kritis dan 1 pada $R = 2\ \Omega$ — redaman ringan (Q tinggi) bergetar lebih lama.

Contoh kerja 2 (eksponen over-damped, diverifikasi mesin, ditingkatkan). Dengan $R = 8\ \Omega$ ($L$, $C$ yang sama): $\alpha = 20 > 10$ — over-damped, dan dua eksponen peluruhan adalah $s = -\alpha \pm \sqrt{\alpha^{2} - \omega_{0}^{2}} = -20 \pm \sqrt{300}$, i.e. $-2.68$ and $-37.32$ s⁻¹ (terverifikasi mesin). The tegangan kapasitor yang dilepaskan dari 1 V adalah $v_{C}(t) = A e^{-2.68t} + B e^{-37.32t}$ with $A + B = 1$ and $dv_{C}/dt(0) = 0$ (tidak ada arus instantan arus), menghasilkan $A = 37.32/(37.32 - 2.68) = 1.077$, $B = -0.077$: penurunan cepat awal menuju peluruhan lambat. Pembacaan: akar cepat hanya menetapkan momen-momen awal; akar lambat ($-2.68$, yang lebih dekat dengan titik asal) memiliki ekor — tepat aturan kutub dominan EE02 yang ditemukan dalam Laplace.

Kesalahan umum. Membandingkan $R$ dengan $2\sqrt{L/C}$ alih-alih $\alpha$ dengan $\omega_{0}$ — uji yang sama, tetapi tuliskan sesuai pernyataan. Menggunakan $\omega_{0}$ di mana $\omega_{d}$ seharusnya berada (dengungan yang Anda lihat adalah frekuensi teredam). Melupakan kondisi awal kedua: dua penyimpan energi memberikan dua konstanta.

Ringkasan: $\omega_{0} = 1/\sqrt{LC}$, $\alpha = R/2L$, tiga rezim oleh satu perbandingan; $\omega_{d}$ adalah dengungan yang terlihat; akar lambat memiliki ekor; dua penyimpan → dua konstanta → dua pemeriksaan ujung.

Sirkuit penala radio memilih satu stasiun dari pita yang padat dengan membuat satu frekuensi menjadi khusus: pada resonansi bagian imajiner saling meniadakan, $\omega_{0}L = 1/(\omega_{0}C)$, yaitu $\omega_{0} = 1/\sqrt{LC}$. There $Z = R$ (murni resistif, minimum), arus maksimum, dan rentang pita $BW = R/L = \omega_{0}/Q$. Bagian setengah impedansi saling meniadakan meskipun masing-masing sendiri bisa besar — $V_{L}$ dan $V_{C}$ dapat masing-masing melebihi tegangan sumber oleh faktor Q.

Contoh terpecahkan 1 (penguatan tegangan, diverifikasi). $R = 5\ \Omega$, $L = 0.1$ H, $C = 10\ \mu F$: $\omega_{0} = 1/\sqrt{0.1 \times 10^{-5}} = 1000$ rad/s; $Q = \omega_{0}L/R = 1000 \times 0.1/5 = 20$. Pada sumber 10 V, arus pada resonansi adalah $10/5 = 2$ A, dan $V_{L} = \omega_{0}LI = 200$ V — twenty times the source. Check: $V_{C} = I/(\omega_{0}C) = 2/0.01 = 200$ V ✓; keduanya 200 V, terpisah 180°, hasil penjumlahan nol.

Contoh terpecahkan 2 (pita daya setengah, diperluas). Sirkuit yang sama lebar pita: $BW = \omega_{0}/Q = 1000/20 = 50$ rad/s, dan frekuensi daya setengah dihitung menjadi $\omega_{1} = 975.3$, $\omega_{2} = 1025.3$ rad/s — selisihnya adalah 50.0 ✓ (terverifikasi mesin). Mereka terletak hampir merata di kedua sisi 1000; tepatnya, $\omega_{1}\omega_{2} = \omega_{0}^{2}$ (simetris pada sumbu logaritmik). Pada batas pita $|Z| = \sqrt{2}R = 7.07\ \Omega$, arus adalah $1/\sqrt{2}$ dari maksimum, dan setiap elemen reaktif menahan $Q/\sqrt{2} \approx 14$ kali tegangan sumber — masih ada penguatan, hanya melewati puncaknya. Ini adalah selektivitas yang dijual tuner: pada 900 rad/s (a stasiun tetangga dua pita lebar menjauh) arus turun menjadi $10/\sqrt{R^{2} + (\omega L - 1/\omega C)^{2}} = 10/|5 + j(90 - 111.1)| = 10/21.7 = 0.46$ A — kurang daripada seperempat dari 2 A resonan.

Kesalahan umum. Melaporkan penguatan $Q$ tanpa memeriksa elemen lain (keduanya harus cocok). Menggunakan $f_{0}$ di mana seharusnya $\omega_{0}$ (faktor $2\pi$). Percaya bahwa resonansi memaksimumkan daya pada impedansi sumber apa pun — ini meminimalkan |Z|, yang memaksimumkan arus hanya untuk sumber kaku.

Ringkasan: $\omega_{0} = 1/\sqrt{LC}$, |Z| = R di sana, BW = ω₀/Q antara titik setengah daya; tegangan reaktif masing-masing adalah Q·sumber; periksa penguatan pada kedua elemen.

Peningkatan bass adalah sebuah filter: satu pita dinaikkan, sisanya tidak terganggu. Filter melewati suatu pita dan meredam bagian lainnya; fungsi transfernya $H(j\omega)$ memiliki magnitudo dan fase. Graf Bode memplot $20\log_{10}|H|$ dalam dB melawan frekuensi logaritma: setiap kutub memberikan −20 dB/dekade di atas titik sudut $\omega_{c} = 1/(RC)$; setiap nol +20 dB/dekade.

Contoh terpecahkan 1 (low-pass, ujung dicek). Low-pass RC dengan $R = 1.6$ kΩ, $C = 0.1\ \mu F$: $\omega_{c} = 1/(1600 \times 10^{-7}) = 6250$ rad/s (995 Hz). At $\omega_{c}$ the gain is $1/\sqrt{2} = -3$ dB dan fasa −45°; pada $10\omega_{c}$ anggaran garis lurus membaca −20 dB (tepat −20.04). Cek ujung-ujungnya: pada frekuensi rendah $H = 1$ (0 dB), pada $100\omega_{c}$ ≈ −40 dB — setiap dekade selepas sudut kehilangan 20 dB, yang merupakan aritmatika desibel $20\log_{10}10 = 20$.

Contoh terpecahkan 2 (cermin frekuensi tinggi, diverifikasi mesin, ditingkatkan). Menukar output ke resistor menghasilkan filter frekuensi tinggi dengan $\omega_{c} = 6250$ rad/s: $H(j\omega) = (j\omega/\omega_{c})/(1 + j\omega/\omega_{c})$. At $0.1\omega_{c}$: $-20.04$ dB at $+84.3^{\circ}$; pada $\omega_{c}$: $-3.01$ dB pada $+45^{\circ}$; pada $10\omega_{c}$: $-0.04$ dB pada $+5.7^{\circ}$ (semua diverifikasi mesin) — cermin persis dari low-pass, dengan fasa maju dan pita henti di bawah alih-alih di atas. Panduan desain: penurunan 40 dB/dekade yang lebih curam memerlukan dua bagian seri, dan (dengan beban di antara keduanya diperhitungkan) seri mengalikan penguatan, sehingga dB ditambahkan — logika pengantenaan yang sama dengan matriks ABCD dari unit 4.7.

Kesalahan umum. Membaca −3 dB sebagai "setengah daya hilang dalam filter" pada sudut (ini adalah setengah daya yang disalurkan ke beban dibandingkan pita tengah). Mencampur $\omega$ dan $f$ pada sumbu yang sama. Melupakan fasa: filter yang datar dalam magnitudo tetap dapat merusak pulsa karena kemiringan fasanya.

Ringkasan: kutub −20 dB/dekade di atas sudutnya, nol +20; −3 dB dan ±45° pada sudut; asimtot adalah alat desain, kurva eksak adalah pengecekan.

Mesin Laplace EE02 menjadi metode sirkuit: setiap elemen mendapatkan model domain-s dengan kondisi awal sebagai sumber —

• Resistor: $Z = R$.
• Induktor: $Z = sL$ ditambah tegangan seri $Li(0^{-})$ (atau paralel sumber arus $i(0^{-})/s$).
• Kapasitor: $Z = 1/(sC)$ ditambah sumber arus paralel $Cv(0^{-})$ (atau tegangan seri $v(0^{-})/s$).

Maka setiap metode DC berlaku dalam $s$. Kutub respons membawa transien; kutub input membawa keadaan tunak.

Contoh terpecahkan 1 (gelombang-1 RC, dengan aljabar). Gelombang-1 RC bertahap dengan tegangan awal: $R = 10$ kΩ, $C = 100\ \mu F$ ($\tau = 1$ s), sumber 9 V, $v_{C}(0) = 1$ V. KVL domain-s: $9/s = IR + v_{C}(0)/s + I/(sC)$ → $I = 8/(R(s + 1/(RC))) = 8/(10^{4}(s+1))$; $V_{C} = v_{C}(0)/s + I/(sC) = 1/s + 8/(s(s+1)) = 9/s - 8/(s+1)$, jadi $v_{C}(t) = 9 - 8e^{-t}$ V — tepat jawaban gelombang-1, sekarang diturunkan melalui aljabar. Pengecekan: $v_{C}(0) = 9 - 8 = 1$ ✓, $v_{C}(\infty) = 9$ ✓.

Contoh terarah 2 (RLC bebas sumber, kutub padanan, ditingkatkan). Yang RLC siri dengan 4.3 unit dan $R = 2\ \Omega$, $L = 0.2$ H, $C = 0.05$ F, induktor $i(0) = 1$): $v_{C}(0) = 0$, sehingga $Li(0)$ dan kutubnya adalah $(0.2s + 2 + 20/s)I = 0.2$ — tepat $I(s) = s/(s^{2} + 10s + 100)$, $-5 \pm j8.66$ aritmatika rezim domain-waktu memberikan ✓. $\alpha = 5$, $\omega_{d} = 8.66$ aritmatika rejim domain masa memberikan ✓. menghasilkan eksponen tanpa menghafal bentuk, dan pecahan parsial (seperti dalam menyampaikan eksponen tanpa menghafal bentuk, dan pecahan separa (seperti dalam EE02) selesaikan gelombang.

Kesalahan umum. Mengabaikan sumber kondisi awal — jawaban kemudian mengklaim rangkaian dimulai dari keadaan diam. Membatalkan $s$ secara membabi buta (faktor $s$ dalam (kutub harus berada sepenuhnya di setengah bidang kiri). syarat teorema (kutub sepenuhnya di setengah-kiri bidang).

Ringkasan: impedansi menjadi $R$, $sL$, $1/sC$ ditambah sumber kondisi awal; Metode DC dalam $s$; kutub adalah $\alpha$ dan $\omega_{d}$; pemeriksaan titik akhir masih bebas.

Modul penguat, jaringan penyesuaian, sepotong kabel — masing-masing adalah kotak dengan dua pasangan kawat, dan perancang hanya perlu mengetahui apa yang dilakukan kotak pada terminalnya. Dua-kutub memiliki pasangan terminal masuk dan keluar; dunia luar hanya melihat perilaku port. himpunan parameter menghubungkan variabel port:

Konversi adalah aljabar (misalnya dari parameter-z: $A = z_{11}/z_{21}$, $B = (z_{11}z_{22} - z_{12}z_{21})/z_{21}$). Koneksi kaskade mengalikan matriks ABCD — alasan mengapa garis transmisi dan rantai filter menggunakan himpunan ini.

Contoh terpecahkan 1 (kaskade bagian-L, determinan dicek). Impedansi seri $Z$ memiliki $ABCD = (1, Z; 0, 1)$; admitansi shunt $Y$ memiliki $(1, 0; Y, 1)$. Kaskade shunt-$Y$ lalu seri-$Z$: $(1,0;Y,1)(1,Z;0,1) = (1, Z; Y, 1+YZ)$. Periksa dengan $Z = j10$, $Y = -j0.1$ (sebuah bagian L pada satu frekuensi): $1 + YZ = 1 + (-j0.1)(j10) = 2$, $B = j10$ — dan determinannya $AD - BC = 2 - j10 \cdot (-j0.1) = 1$ sama dengan 1, seperti setiap matriks ABCD jaringan resiprokal harus.

Contoh terpecahkan 2 (ke parameter-z, diverifikasi mesin, ditingkatkan). The parameter-z dari segmen-L yang sama dari konversi $z_{11} = A/C$, $z_{12} = \Delta/C$, $z_{21} = 1/C$, $z_{22} = D/C$ with $C = Y = -j0.1$: $z_{11} = z_{12} = z_{21} = 1/(-j0.1) = j10\ \Omega$, $z_{22} = 2/(-j0.1) = j20\ \Omega$ (machine-verified). The symmetry $z_{12} = z_{21}$ adalah kondisi resiprositas — terlihat dari angka, bukan diasumsikan — dan $z_{22} \neq z_{11}$ mencatat asimetri pada L (shunt di sisi input). Baca kembali: dengan port 2 terbuka ($I_{2} = 0$), $V_{1} = j10 I_{1}$ — lengan seri tidak mengalirkan arus, sehingga input hanya melihat lengan shunt, $1/Y = 1/(-j0.1) = j10\ \Omega$.

Kesalahan umum. Tanda $I_{2}$: ABCD menggunakan $-I_{2}$ (arus keluar dari port 2); parameter-z menggunakannya masuk ke port — pilih konvensi dan tetaplah konsisten. Mengalikan kaskade dalam urutan yang salah (perkalian matriks tidak komutatif). Mengharapkan $z_{12} = z_{21}$ untuk jaringan dengan sumber terkontrol di dalamnya — resiprositas memerlukan linearitas tanpa sumber dependen.

Ringkasan: port menyembunyikan bagian dalam; ABCD dikaskadekan melalui perkalian (jaringan resiprokal: $AD - BC = 1$); parameter-z cocok untuk koneksi seri dan mengungkap resiprositas sebagai $z_{12} = z_{21}$; konversi hanya melalui aljabar, verifikasi dengan satu determinan.