Bab 2

Teori Rangkaian Listrik

Hukum Ohm, hukum Kirchhoff, rangkaian seri-paralel, pembagi tegangan dan arus, serta ekuivalen Thévenin dan Norton sebagai fondasi analisis rangkaian elektronika.

Estimasi 90 menit 12 contoh soal 7 pertanyaan

2.1 Hukum Ohm

Hukum Ohm menyatakan hubungan linear antara tegangan ($V$), arus ($I$), dan hambatan ($R$) pada suatu resistor pada suhu konstan. Hukum ini adalah titik awal semua analisis rangkaian.

Gambar 2.1 — Rangkaian dasar Hukum Ohm

Hukum Ohm $$V = I \cdot R$$

Bentuk-bentuk Ekuivalen

$$I = \frac{V}{R} \qquad \text{(menghitung arus jika V dan R diketahui)}$$

$$R = \frac{V}{I} \qquad \text{(menghitung hambatan jika V dan I diketahui)}$$

di mana $V$ dalam Volt (V), $I$ dalam Ampere (A), dan $R$ dalam Ohm (Ω). Hukum Ohm berlaku untuk resistor linier — grafik $V$ terhadap $I$ berupa garis lurus dengan kemiringan $R$.

Daya yang terdisipasi oleh resistor dapat dihitung dengan tiga bentuk ekuivalen yang semuanya diturunkan dari $P = VI$ dan Hukum Ohm:

Rumus Daya Resistor $$P = V \cdot I = I^2 R = \frac{V^2}{R}$$

Konvensi Tanda Pasif

Dalam analisis rangkaian, kita menggunakan konvensi tanda pasif: arus masuk ke terminal bertanda + dari komponen. Jika hasil perhitungan arus bernilai negatif, artinya arus sebenarnya mengalir berlawanan arah yang diasumsikan. Konvensi ini berlaku konsisten untuk semua komponen pasif (resistor, kapasitor, induktor).

2.2 Hukum Kirchhoff

Hukum Kirchhoff terdiri dari dua hukum konservasi yang menjadi fondasi analisis rangkaian apa pun, termasuk yang kompleks. Kedua hukum ini berlaku pada rangkaian dengan komponen apa pun — tidak terbatas pada resistor saja.

Hukum Arus Kirchhoff (KCL)

KCL menyatakan bahwa jumlah aljabar semua arus yang masuk ke sebuah simpul (node) sama dengan nol. Secara fisik, ini adalah konsekuensi dari kekekalan muatan — muatan tidak dapat terakumulasi di sebuah titik penghubung.

Gambar 2.2 — KCL di sebuah simpul

Hukum Arus Kirchhoff (KCL) $$\sum_{k=1}^{n} I_k = 0 \qquad \text{di setiap simpul}$$

Dengan konvensi: arus masuk simpul bertanda positif, arus keluar simpul bertanda negatif. Pada gambar di atas: $I_1 + I_2 - I_3 - I_4 = 0$, atau ekuivalen $I_1 + I_2 = I_3 + I_4$.

Hukum Tegangan Kirchhoff (KVL)

KVL menyatakan bahwa jumlah aljabar semua tegangan sepanjang sebuah loop (lintasan tertutup) sama dengan nol. Secara fisik, ini adalah konsekuensi dari sifat konservatif medan listrik — energi yang diberikan sumber sama dengan energi yang diserap beban.

Gambar 2.3 — KVL pada sebuah loop

Hukum Tegangan Kirchhoff (KVL) $$\sum_{k=1}^{n} V_k = 0 \qquad \text{di setiap loop tertutup}$$

Dengan konvensi: tegangan naik (dari − ke +) bertanda positif, tegangan turun (dari + ke −) bertanda negatif. Pada gambar: $+V_s - V_1 - V_2 - V_3 = 0$, atau ekuivalen $V_s = V_1 + V_2 + V_3$. Tegangan sumber naik (positif), tegangan resistor turun (negatif) karena arus mengalir dari + ke −.

Penting

KVL dan KCL tidak bergantung pada jenis komponen di dalam rangkaian. Kedua hukum ini berlaku untuk rangkaian dengan resistor, kapasitor, induktor, dioda, transistor — apa pun. Hukum Ohm hanya berlaku untuk resistor (dan bersifat linear), tetapi KVL/KCL selalu berlaku.

2.3 Rangkaian Resistor: Seri dan Paralel

Rangkaian Seri

Pada rangkaian seri, arus yang mengalir melalui setiap resistor sama (dari KCL — tidak ada simpul percabangan). Tegangan total terbagi di antara resistor (dari KVL). Menggabungkan KVL dengan Hukum Ohm untuk tiap resistor:

Resistor Seri $$R_{total} = R_1 + R_2 + R_3 + \cdots + R_n = \sum_{i=1}^{n} R_i$$

Penurunan dari KVL

$$V_s = V_1 + V_2 + V_3 = IR_1 + IR_2 + IR_3 = I(R_1 + R_2 + R_3)$$

$$V_s = I \cdot R_{total} \quad \Rightarrow \quad R_{total} = R_1 + R_2 + R_3$$

Rangkaian Paralel

Pada rangkaian paralel, tegangan pada setiap resistor sama (dari KVL — semua bercabang antara dua node yang sama). Arus total terbagi (dari KCL di setiap node). Menggabungkan KCL dengan Hukum Ohm:

Resistor Paralel $$\frac{1}{R_{total}} = \frac{1}{R_1} + \frac{1}{R_2} + \cdots + \frac{1}{R_n} = \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{R_i}$$

Untuk dua resistor paralel, rumus sederhananya:

Dua Resistor Paralel $$R_{total} = \frac{R_1 \cdot R_2}{R_1 + R_2}$$

Fakta Penting

Pada rangkaian paralel, $R_{total}$ selalu lebih kecil dari resistor terkecil. Menambah resistor paralel berarti menambah jalur arus baru, sehingga hambatan total berkurang. Pada rangkaian seri, $R_{total}$ selalu lebih besar dari resistor terbesar.

2.4 Pembagi Tegangan dan Pembagi Arus

Pembagi Tegangan (Voltage Divider)

Pembagi tegangan adalah salah satu rangkaian paling penting dalam elektronika. Dua resistor seri membentuk pembagi yang menghasilkan tegangan keluaran proporsional terhadap tegangan masukan.

Gambar 2.4 — Pembagi tegangan

Rumus Pembagi Tegangan $$V_{out} = V_{in} \cdot \frac{R_2}{R_1 + R_2}$$

Tegangan keluaran diambil pada titik antara $R_1$ dan $R_2$. Perhatikan bahwa $V_{out}$ selalu lebih kecil dari $V_{in}$ (karena $R_2 < R_1 + R_2$). Pembagi tegangan digunakan di mana-mana: jaringan bias transistor, pembaca sensor, referensi tegangan.

Efek Pembebanan (Loading Effect)

Rumus pembagi tegangan hanya akurat jika tidak ada beban yang terhubung ke $V_{out}$. Jika sebuah resistor beban $R_L$ diparalelkan dengan $R_2$, maka $R_2$ efektif berkurang dan $V_{out}$ turun. Solusi: pastikan $R_L \gg R_2$ (minimal 10×), atau gunakan buffer op-amp (Bab 7).

Pembagi Arus (Current Divider)

Pada rangkaian paralel, arus total terbagi di antara cabang-cabang. Pembagi arus memberikan rumus cepat untuk menghitung arus di masing-masing cabang.

Rumus Pembagi Arus (Dua Cabang) $$I_1 = I_{total} \cdot \frac{R_2}{R_1 + R_2} \qquad\qquad I_2 = I_{total} \cdot \frac{R_1}{R_1 + R_2}$$

Perhatikan pola kebalikannya: arus pada suatu cabang berbanding lurus dengan hambatan cabang lainnya. Cabang dengan hambatan lebih kecil mendapat arus lebih besar. Ini konsisten dengan intuisi — arus "lebih memilih" jalur dengan hambatan lebih rendah.

Untuk rangkaian dengan $n$ cabang paralel, rumus umum pembagi arus:

Pembagi Arus Umum ($n$ Cabang) $$I_k = I_{total} \cdot \frac{1/R_k}{\displaystyle\sum_{j=1}^{n} 1/R_j}$$

Artinya, arus di cabang ke-$k$ berbanding lurus dengan konduktansi ($G = 1/R$) cabang tersebut terhadap total konduktansi. Ini menegaskan lagi: semakin kecil hambatan, semakin besar konduktansi, semakin besar arus.

2.5 Ekuivalen Thévenin

Teorema Thévenin menyatakan bahwa rangkaian linear dua terminal apa pun dapat disederhanakan menjadi rangkaian ekuivalen yang terdiri dari satu sumber tegangan $V_{th}$ berseri dengan satu hambatan $R_{th}$. Ini adalah alat paling kuat untuk menganalisis efek suatu beban pada rangkaian yang kompleks.

Gambar 2.5 — Konsep ekuivalen Thévenin

Langkah Menentukan Ekuivalen Thévenin

Lepaskan beban dari terminal a-b (buka rangkaian di titik tersebut).
Hitung $V_{th}$: tegangan open-circuit di antara terminal a-b. Gunakan KVL/KCL, pembagi tegangan, atau metode lainnya pada rangkaian tanpa beban.
Matikan semua sumber independen: sumber tegangan diganti short-circuit (kawat), sumber arus diganti open-circuit (putus).
Hitung $R_{th}$: hambatan ekuivalen yang "dilihat dari" terminal a-b pada rangkaian yang sudah dimatikan sumbernya. Gunakan aturan seri-paralel.

Mengapa Thévenin Berguna?

Tanpa Thévenin, setiap kali Anda mengubah nilai beban $R_L$, Anda harus menganalisis ulang seluruh rangkaian dari awal. Dengan Thévenin, Anda cukup mengganti rangkaian kompleks dengan $V_{th}$ + $R_{th}$, lalu menghitung arus beban dengan Hukum Ohm sederhana: $I_L = V_{th} / (R_{th} + R_L)$.

Teorema Transfer Daya Maksimum

Ekuivalen Thévenin juga menjawab pertanyaan praktis: berapa nilai beban $R_L$ yang menyerap daya paling besar dari sebuah sumber? Daya beban adalah $P = I^2 R_L$ dengan $I = V_{th}/(R_{th} + R_L)$ — bernilai nol saat $R_L = 0$ maupun saat $R_L \to \infty$, sehingga pasti punya maksimum di antara keduanya. Maksimum tersebut tercapai saat:

Transfer Daya Maksimum $$R_L = R_{th} \qquad\qquad P_{max} = \frac{V_{th}^2}{4R_{th}}$$

Saat pencocokan ini terjadi, tegangan pada beban tepat setengah dari $V_{th}$, dan efisiensi transfer hanya 50% — daya yang diserap beban sama besar dengan daya yang hangus di $R_{th}$. Pencocokan dipilih bila yang dicari adalah daya maksimum (antena, penerima radio); pada jaringan distribusi listrik justru dihindari karena efisiensi lebih penting.

2.6 Ekuivalen Norton

Teorema Norton adalah dual dari Thévenin: rangkaian linear dua terminal apa pun dapat disederhanakan menjadi satu sumber arus $I_N$ yang diparalelkan dengan satu hambatan $R_N$.

Gambar 2.6 — Konsep ekuivalen Norton

Langkah Menentukan Ekuivalen Norton

Hubungkan short-circuit di antara terminal a-b.
Hitung $I_N$: arus yang mengalir melalui short-circuit tersebut (dari a ke b). Gunakan KVL/KCL pada rangkaian asli dengan a-b dihubung singkat.
Matikan semua sumber independen (sama seperti langkah Thévenin).
Hitung $R_N$: hambatan ekuivalen yang dilihat dari terminal a-b. $R_N = R_{th}$ — nilainya sama.

Konversi Thévenin ↔ Norton

Relasi Thévenin-Norton $$R_{th} = R_N \qquad\qquad V_{th} = I_N \cdot R_{th} \qquad\qquad I_N = \frac{V_{th}}{R_{th}}$$

Kedua ekuivalen sepenuhnya saling menggantikan. Pilih mana yang lebih mudah dihitung: jika rangkaian asli lebih mudah dianalisis saat open-circuit, gunakan Thévenin; jika lebih mudah saat short-circuit, gunakan Norton. Sering kali Thévenin lebih intuitif.

2.7 Ekuivalen dengan Sumber Terikat

Sumber terikat (dependent source) adalah sumber yang nilainya ditentukan oleh arus atau tegangan di bagian lain rangkaian — misalnya sumber tegangan $2I_x$ yang besarnya mengikuti arus $I_x$ pada sebuah resistor. Simbolnya adalah belah ketupat, bukan lingkaran seperti sumber bebas.

Masalah muncul saat menghitung $R_{th}$: sumber terikat tidak boleh dimatikan seperti sumber bebas, karena nilainya bergantung pada variabel kontrol yang tetap aktif di dalam rangkaian. Mematikannya berarti memutus hubungan kontrol — dan hasilnya pasti salah (bukti konkret di Contoh 2.9). Untuk kasus ini, gunakan salah satu dari dua pendekatan berikut.

Pendekatan A: Rasio $V_{th}/I_{sc}$

Hitung $V_{th}$: analisis rangkaian dengan terminal a-b terbuka, sumber terikat tetap aktif.
Hitung $I_{sc}$: hubung singkat terminal a-b, lalu hitung arus yang melewati kawat penghubung. Nilai ini sekaligus adalah arus Norton: $I_N = I_{sc}$.
Hitung $R_{th}$: dari rasio keduanya:

Resistansi dari Rasio Open/Short $$R_{th} = R_N = \frac{V_{th}}{I_{sc}}$$

Pendekatan B: Sumber Uji (Test Source)

Jika rangkaian hanya berisi sumber terikat tanpa satu pun sumber bebas, tidak ada energi yang menggerakkan arus — otomatis $V_{th} = 0$ V dan Pendekatan A tidak dapat dipakai ($0/0$). Solusinya: suntikkan sumber uji dari luar, lalu ukur responsnya.

Gambar 2.7 — Metode sumber uji untuk menentukan $R_{th}$

Matikan semua sumber bebas (tegangan → short-circuit, arus → open-circuit). Jangan pernah mematikan sumber terikat!
Hubungkan sumber uji pada terminal a-b: sumber tegangan $V_o = 1$ V atau sumber arus $I_o = 1$ A.
Analisis rangkaian: jika memakai $V_o = 1$ V, hitung arus masuk $I_o$; jika memakai $I_o = 1$ A, hitung tegangan terminal $V_o$.
Hitung $R_{th}$:

Resistansi dari Sumber Uji $$R_{th} = \frac{V_o}{I_o}$$

Jebakan Umum

Kesalahan paling sering di ujian: ikut menjadikan simbol belah ketupat sebagai short/open saat mematikan sumber. Ingat — hanya sumber bebas yang boleh dimatikan. Sumber terikat otomatis mengikuti variabel kontrolnya; jika variabelnya bernilai nol, ia akan "padam" dengan sendirinya (lihat Contoh 2.12).

2.8 Contoh Soal

Contoh 2.1 — Analisis KVL/KCL Dua Loop

Tentukan arus $I_1$, $I_2$, dan $I_3$ pada rangkaian berikut jika $V_s = 12\text{ V}$, $R_1 = 2\ \Omega$, $R_2 = 4\ \Omega$, $R_3 = 6\ \Omega$.

Rangkaian dua loop soal 2.1

KCL di simpul atas: $I_1 = I_2 + I_3$ (arus masuk = arus keluar)

KVL loop kiri (melewati $V_s$, $R_1$, dan $R_3$):
$$12 - 2I_1 - 6I_3 = 0 \quad \Rightarrow \quad 2I_1 + 6I_3 = 12$$

KVL loop kanan (melewati $R_3$ dan $R_2$):
$$6I_3 - 4I_2 = 0 \quad \Rightarrow \quad I_3 = \frac{4}{6}I_2 = \frac{2}{3}I_2$$

Substitusi: masukkan nilai $I_3$ ke dalam persamaan KCL:
$$I_1 = I_2 + \frac{2}{3}I_2 = \frac{5}{3}I_2$$ Substitusikan $I_1$ dan $I_3$ ke persamaan loop kiri:
$$2\left(\frac{5}{3}I_2\right) + 6\left(\frac{2}{3}I_2\right) = 12 \quad \Rightarrow \quad \frac{10}{3}I_2 + 4I_2 = 12$$ $$\frac{22}{3}I_2 = 12 \quad \Rightarrow \quad I_2 = \frac{36}{22} = \frac{18}{11} \approx 1{,}636\text{ A}$$

Hasil Akhir Arus:
$$I_3 = \frac{2}{3} \times \frac{18}{11} = \frac{12}{11} \approx 1{,}091\text{ A}$$ $$I_1 = \frac{5}{3} \times \frac{18}{11} = \frac{30}{11} \approx 2{,}727\text{ A}$$

Jawaban $I_1 \approx 2{,}73\text{ A}$ | $I_2 \approx 1{,}64\text{ A}$ | $I_3 \approx 1{,}09\text{ A}$

Contoh 2.2 — Ekuivalen Thévenin

Tentukan ekuivalen Thévenin rangkaian berikut terhadap terminal a-b, lalu hitung arus yang mengalir melalui $R_L = 5\ \Omega$.

Rangkaian soal 2.2

Langkah 1 — Hitung $V_{th}$ (open-circuit di a-b):
Saat a-b terbuka, tidak ada arus yang keluar melalui terminal a — arus hanya mengalir pada jalur $R_1$–$R_2$, sehingga keduanya membentuk pembagi tegangan:
$$V_{th} = V_{ab} = 32 \times \frac{12}{6 + 12} = 32 \times \frac{12}{18} = \frac{384}{18} \approx 21{,}33\text{ V}$$

Langkah 2 — Matikan sumber, hitung $R_{th}$:
Sumber 32V diganti short-circuit. Dilihat dari a-b, $6\ \Omega$ dan $12\ \Omega$ terparalel:
$$R_{th} = \frac{6 \times 12}{6 + 12} = \frac{72}{18} = 4\ \Omega$$

Langkah 3 — Arus beban $R_L = 5\ \Omega$:
$$I_L = \frac{V_{th}}{R_{th} + R_L} = \frac{21{,}33}{4 + 5} = \frac{21{,}33}{9} \approx 2{,}37\text{ A}$$

Jawaban $V_{th} \approx 21{,}33\text{ V}$ | $R_{th} = 4\ \Omega$ | $I_L \approx 2{,}37\text{ A}$

Contoh 2.3 — Ekuivalen Norton

Tentukan ekuivalen Norton untuk rangkaian yang sama pada Contoh 2.2, lalu verifikasi konversi ke Thévenin.

Langkah 1 — Short-circuit a-b, hitung $I_N$:
Kawat penghubung (0 Ω) mem-paralelkan $R_2 = 12\ \Omega$ — seluruh arus cabang bawah mengalir melalui kawat short, tidak melalui $R_2$. Yang tersisa membatasi arus hanyalah $R_1 = 6\ \Omega$:
$$I_N = I_{sc} = \frac{V_s}{R_1} = \frac{32}{6} \approx 5{,}33\text{ A}$$

Langkah 2 — $R_N$: sama seperti $R_{th} = 4\ \Omega$ (perhitungan identik: matikan sumber, lalu $6\ \Omega \parallel 12\ \Omega$).

Langkah 3 — Verifikasi konversi:
$$V_{th} = I_N \times R_N = 5{,}33 \times 4 \approx 21{,}33\text{ V} \quad \checkmark$$
sama dengan hasil Contoh 2.2 — kedua ekuivalen konsisten.

Jawaban $I_N \approx 5{,}33\text{ A}$ | $R_N = 4\ \Omega$ | Verifikasi: $V_{th} \approx 21{,}33\text{ V}$ ✓

Kesalahan Umum

Jangan menghitung $I_{sc}$ dengan memperlakukan $R_1$ dan $R_2$ seri ($\frac{32}{18} \approx 1{,}78$ A) — nilai itu adalah arus melalui $R_2$ saat kondisi open-circuit, bukan short-circuit. Saat terminal dihubung singkat, $R_2$ ter-bypass total oleh kawat 0 Ω.

Contoh 2.4 — Pembagi Tegangan dengan Beban

Sebuah pembagi tegangan memiliki $R_1 = 10\text{ k}\Omega$ dan $R_2 = 10\text{ k}\Omega$ dengan $V_{in} = 9\text{ V}$. (a) Berapa $V_{out}$ tanpa beban? (b) Berapa $V_{out}$ jika sebuah resistor $R_L = 10\text{ k}\Omega$ dihubungkan ke output?

(a) Tanpa beban:
$$V_{out} = 9 \times \frac{10}{10 + 10} = 9 \times 0{,}5 = 4{,}5\text{ V}$$

(b) Dengan beban $R_L = 10\text{ k}\Omega$:
$R_L$ memparalelkan $R_2$, sehingga $R_2$ efektif menjadi:
$$R_{2,\text{eff}} = \frac{10 \times 10}{10 + 10} = 5\text{ k}\Omega$$ $$V_{out} = 9 \times \frac{5}{10 + 5} = 9 \times \frac{1}{3} = 3\text{ V}$$

Jawaban Tanpa beban: $V_{out} = 4{,}5\text{ V}$ | Dengan beban: $V_{out} = 3\text{ V}$ → error ≈ 33%

Pelajaran

Beban $R_L = R_2$ sudah menyebabkan error 33%! Ini menunjukkan mengapa pembagi tegangan sederhana tidak cocok sebagai sumber tegangan yang presisi. Dalam praktik, gunakan buffer op-amp (Bab 7) atau pastikan $R_L \gg R_2$.

Contoh 2.5 — Hukum Ohm, Arus, Tegangan, dan Daya

Sebuah resistor $220\ \Omega$ dihubungkan ke sumber tegangan $5\text{ V}$. Hitung: (a) arus yang mengalir, (b) daya yang terdisipasi menggunakan ketiga rumus daya, (c) energi yang terdisipasi selama 1 jam, (d) jatuh tegangan jika sumber memiliki resistansi internal $r_s = 10\ \Omega$.

(a) Arus (Hukum Ohm):
$$I = \frac{V}{R} = \frac{5}{220} \approx 22{,}73\text{ mA}$$

(b) Daya — verifikasi dengan tiga rumus:
$$P = VI = 5 \times 0{,}02273 \approx 0{,}1136\text{ W} = 113{,}6\text{ mW}$$ $$P = I^2 R = (0{,}02273)^2 \times 220 \approx 0{,}1136\text{ W} \quad \checkmark$$ $$P = \frac{V^2}{R} = \frac{25}{220} \approx 0{,}1136\text{ W} \quad \checkmark$$

(c) Energi selama 1 jam ($t = 3600\text{ s}$):
$$W = P \times t = 0{,}1136 \times 3600 = 409{,}1\text{ J}$$ Atau dalam satuan lebih praktis: $W = 0{,}1136\text{ Wh} \approx 0{,}114\text{ Wh}$.

(d) Dengan resistansi internal $r_s = 10\ \Omega$:
Total hambatan $R_{total} = 220 + 10 = 230\ \Omega$. Arus baru:
$$I' = \frac{5}{230} \approx 21{,}74\text{ mA}$$ Jatuh tegangan pada resistor beban:
$$V_R = I' \times R = 0{,}02174 \times 220 \approx 4{,}78\text{ V}$$ Jatuh tegangan pada resistansi internal:
$$V_{rs} = I' \times r_s = 0{,}02174 \times 10 \approx 0{,}22\text{ V}$$ Verifikasi KVL: $V_{rs} + V_R = 0{,}22 + 4{,}78 = 5{,}00\text{ V}$ ✓

Jawaban (a) $I \approx 22{,}73\text{ mA}$ | (b) $P \approx 113{,}6\text{ mW}$ | (c) $W \approx 409\text{ J}$ | (d) $V_R \approx 4{,}78\text{ V}$ (turun ≈ 4,4% karena $r_s$)

Catatan Praktis

Setiap sumber tegangan nyata memiliki resistansi internal ($r_s$). Sumber tegangan ideal ($r_s = 0$) memberikan tegangan konstan terlepas dari beban. Semakin kecil $r_s$ dibandingkan $R$, semakin "ideal" sumber tersebut. Aturan praktis: jika $r_s < R/20$, pengaruhnya dapat diabaikan.

Contoh 2.6 — Rangkaian Seri-Paralel Gabungan

Hitung $R_{total}$, arus total $I$, dan tegangan serta arus pada setiap resistor: $V_s = 24\text{ V}$, $R_1 = 4\ \Omega$ (seri), $R_2 = 6\ \Omega$ dan $R_3 = 12\ \Omega$ (paralel, lalu seri dengan $R_1$), $R_4 = 8\ \Omega$ (seri di akhir).

Rangkaian seri-paralel gabungan soal 2.6

Langkah 1 — $R_{total}$: Paralel $R_2 \parallel R_3$ dulu:
$$R_{23} = \frac{6 \times 12}{6 + 12} = \frac{72}{18} = 4\ \Omega$$ Total seri: $R_{total} = R_1 + R_{23} + R_4 = 4 + 4 + 8 = 16\ \Omega$

Langkah 2 — Arus total:
$$I = \frac{V_s}{R_{total}} = \frac{24}{16} = 1{,}5\text{ A}$$

Langkah 3 — Tegangan tiap resistor:
$$V_{R1} = I \times R_1 = 1{,}5 \times 4 = 6\text{ V}$$ $$V_{R23} = I \times R_{23} = 1{,}5 \times 4 = 6\text{ V}$$ $$V_{R4} = I \times R_4 = 1{,}5 \times 8 = 12\text{ V}$$ Verifikasi KVL: $6 + 6 + 12 = 24\text{ V}$ ✓

Langkah 4 — Arus pada $R_2$ dan $R_3$ (pembagi arus):
$$I_2 = I \times \frac{R_3}{R_2 + R_3} = 1{,}5 \times \frac{12}{6 + 12} = 1{,}5 \times \frac{2}{3} = 1{,}0\text{ A}$$ $$I_3 = I \times \frac{R_2}{R_2 + R_3} = 1{,}5 \times \frac{6}{18} = 0{,}5\text{ A}$$ Verifikasi KCL: $I_2 + I_3 = 1{,}0 + 0{,}5 = 1{,}5\text{ A} = I$ ✓

Jawaban $R_{total} = 16\ \Omega$ | $I = 1{,}5\text{ A}$ | $V_{R1} = 6\text{ V},\ V_{R2} = V_{R3} = 6\text{ V},\ V_{R4} = 12\text{ V}$ | $I_2 = 1\text{ A},\ I_3 = 0{,}5\text{ A}$

Contoh 2.7 — Pembagi Arus Tiga Cabang

Tiga resistor $R_1 = 10\ \Omega$, $R_2 = 20\ \Omega$, dan $R_3 = 30\ \Omega$ diparalel dan dialiri arus total $I_{total} = 6\text{ A}$. Hitung arus melalui masing-masing resistor, lalu verifikasi dengan KCL.

Tiga cabang paralel soal 2.7

Langkah 1 — Hitung konduktansi:
$$G_1 = \frac{1}{10} = 0{,}1\text{ S}, \qquad G_2 = \frac{1}{20} = 0{,}05\text{ S}, \qquad G_3 = \frac{1}{30} \approx 0{,}0333\text{ S}$$ $$G_{total} = 0{,}1 + 0{,}05 + 0{,}0333 = 0{,}1833\text{ S}$$

Langkah 2 — Pembagi arus:
$$I_1 = 6 \times \frac{0{,}1}{0{,}1833} \approx 3{,}27\text{ A}$$ $$I_2 = 6 \times \frac{0{,}05}{0{,}1833} \approx 1{,}64\text{ A}$$ $$I_3 = 6 \times \frac{0{,}0333}{0{,}1833} \approx 1{,}09\text{ A}$$

Langkah 3 — Verifikasi:
$$I_1 + I_2 + I_3 = 3{,}27 + 1{,}64 + 1{,}09 = 6{,}00\text{ A} = I_{total} \quad \checkmark$$ Tegangan paralel: $V = I_1 R_1 = 3{,}27 \times 10 = 32{,}7\text{ V}$ ✓

Jawaban $I_1 \approx 3{,}27\text{ A}$ | $I_2 \approx 1{,}64\text{ A}$ | $I_3 \approx 1{,}09\text{ A}$ | $V_{paralel} \approx 32{,}7\text{ V}$

Pola yang Berguna

Rasio arus $I_1 : I_2 : I_3 \approx 3 : 1{,}5 : 1$, kebalikan dari rasio hambatan $R_1 : R_2 : R_3 = 1 : 2 : 3$. Pada paralel: arus berbanding terbalik dengan hambatan.

Contoh 2.8 — Thévenin Rangkaian Dua Loop

Tentukan ekuivalen Thévenin terhadap terminal a-b. Kemudian hitung arus melalui beban $R_L = 3\ \Omega$. Diketahui: $V_1 = 20\text{ V}$, $V_2 = 10\text{ V}$, $R_1 = 4\ \Omega$, $R_2 = 2\ \Omega$, $R_3 = 6\ \Omega$.

Rangkaian dua loop dengan dua sumber soal 2.8

Langkah 1 — Hitung $V_{th}$ (open-circuit di a-b):
Saat a-b terbuka, tidak ada arus melalui $R_3$. Arus loop tunggal $I$ mengalir melalui $V_1$-$R_1$-$R_2$-$V_2$.
KVL loop (searah jarum jam dari $V_1$):
$$+20 - 4I - 2I - 10 = 0 \quad \Rightarrow \quad 6I = 10 \quad \Rightarrow \quad I = \frac{10}{6} \approx 1{,}667\text{ A}$$

Langkah 2 — Tegangan di titik a dan b:
Ambil titik b sebagai referensi (ground, $V_b = 0$). Tegangan di titik a:
$$V_a = 20 - 4I = 20 - 4 \times \frac{10}{6} = 20 - \frac{40}{6} = 20 - 6{,}667 = 13{,}333\text{ V}$$ $$V_{th} = V_a - V_b = 13{,}333 - 0 = 13{,}333\text{ V}$$

Langkah 3 — Hitung $R_{th}$:
Matikan kedua sumber: $V_1$ dan $V_2$ diganti short-circuit. Dilihat dari a-b:
$R_1 = 4\ \Omega$ terparalel dengan $R_2 = 2\ \Omega$:
$$R_{th} = \frac{4 \times 2}{4 + 2} = \frac{8}{6} \approx 1{,}333\ \Omega$$

Langkah 4 — Arus beban $R_L = 3\ \Omega$:
$$I_L = \frac{V_{th}}{R_{th} + R_L} = \frac{13{,}333}{1{,}333 + 3} = \frac{13{,}333}{4{,}333} \approx 3{,}08\text{ A}$$

Jawaban $V_{th} \approx 13{,}33\text{ V}$ | $R_{th} \approx 1{,}33\ \Omega$ | $I_L \approx 3{,}08\text{ A}$

Catatan

Saat menghitung $R_{th}$, kedua sumber tegangan menjadi short-circuit sehingga $R_1$ dan $R_2$ "terlihat" paralel dari terminal a-b. $R_3$ tidak ikut dihitung karena terminal a-b persis di kedua ujungnya — ia adalah komponen yang sedang kita gantikan dengan ekuivalen Thévenin.

Contoh 2.9 — Thévenin dengan Sumber Terikat

Tentukan ekuivalen Thévenin ($V_{th}$ dan $R_{th}$) pada terminal a-b. Diketahui: sumber tegangan bebas $V_1 = 12\text{ V}$, $R_1 = 4\ \Omega$, $R_2 = 2\ \Omega$, dan sumber tegangan terikat $2I_x$ ($I_x$ = arus melalui $R_1$).

Rangkaian dengan sumber terikat — soal 2.9

Langkah 1 — Hitung $V_{th}$ (open-circuit di a-b):
Terminal terbuka → tidak ada arus pada cabang sumber terikat, sehingga seluruh $I_x$ mengalir melalui $R_2$. KVL loop kiri:
$$12 - 4I_x - 2I_x = 0 \quad \Rightarrow \quad I_x = 2\text{ A}$$
Tegangan node tengah: $V_N = 12 - 4I_x = 4\text{ V}$. Sumber terikat menjaga beda potensial $V_a - V_N = 2I_x = 4\text{ V}$, sehingga:
$$V_{th} = V_a = V_N + 2I_x = 4 + 4 = 8\text{ V}$$

Langkah 2 — Hitung $I_{sc}$ (short-circuit a-b):
Hubung singkat → $V_a = 0$, sehingga $V_N = V_a - 2I_x = -2I_x$. Substitusikan ke arus $R_1$:
$$I_x = \frac{12 - V_N}{4} = \frac{12 + 2I_x}{4} \quad \Rightarrow \quad 4I_x = 12 + 2I_x \quad \Rightarrow \quad I_x = 6\text{ A}$$
Maka $V_N = -12\text{ V}$. Arus $R_2$ (arah bawah): $I_{R_2} = \frac{V_N}{2} = -6\text{ A}$ — tanda negatif berarti arus sebenarnya mengalir ke atas (dari ground menuju node). KCL di node:
$$I_{sc} = I_x - I_{R_2} = 6 - (-6) = 12\text{ A}$$

Langkah 3 — Hitung $R_{th}$ (Pendekatan A):
$$R_{th} = \frac{V_{th}}{I_{sc}} = \frac{8}{12} = \frac{2}{3} \approx 0{,}667\ \Omega$$

Jawaban $V_{th} = 8\text{ V}$ | $R_{th} = \frac{2}{3}\ \Omega \approx 0{,}667\ \Omega$

Uji Pemahaman

Coba bandingkan: jika sumber terikat keliru diperlakukan seperti sumber bebas dan ikut dimatikan, hasilnya menjadi $R_1 \parallel R_2 = \frac{4 \times 2}{6} = \frac{4}{3}\ \Omega$ — hampir dua kali nilai sebenarnya. Inilah bukti konkret mengapa sumber terikat tidak boleh dimatikan: gunakan rasio $V_{th}/I_{sc}$ seperti di atas, atau metode sumber uji.

Contoh 2.10 — Konversi ke Norton

Carilah ekuivalen Norton ($I_N$ dan $R_N$) dari rangkaian berikut dilihat dari terminal x-y. Diketahui: sumber arus bebas $I_1 = 3\text{ A}$, $R_1 = 6\ \Omega$, dan $R_2 = 3\ \Omega$.

Rangkaian sumber arus — soal 2.10

Langkah 1 — Hitung $I_N$ (short-circuit x-y):
Kawat short membuat $R_2$ menjadi cabang paralel dengan $R_1$ (keduanya menghubungkan rail atas dan bawah). Arus 3 A terbagi menurut pembagi arus, dan arus cabang $R_2$ inilah yang melewati kawat short:
$$I_N = I_{sc} = I_1 \times \frac{R_1}{R_1 + R_2} = 3 \times \frac{6}{6 + 3} = 2\text{ A}$$

Langkah 2 — Hitung $R_N$:
Matikan sumber arus bebas (menjadi open-circuit). Dilihat dari terminal x-y, arus hanya memiliki satu jalur: masuk melalui $R_2$, keluar melalui $R_1$ — keduanya seri:
$$R_N = R_1 + R_2 = 6 + 3 = 9\ \Omega$$

Langkah 3 — Verifikasi:
Saat x-y terbuka, seluruh 3 A dipaksa mengalir melalui $R_1$ (satu-satunya loop tertutup), sehingga $V_{th} = 3 \times 6 = 18\text{ V}$. Konsisten dengan konversi:
$$V_{th} = I_N \times R_N = 2 \times 9 = 18\text{ V} \quad \checkmark$$

Jawaban $I_N = 2\text{ A}$ | $R_N = 9\ \Omega$

Contoh 2.11 — Transfer Daya Maksimum

Sebuah beban resistif $R_L$ dipasang pada terminal a-b dari rangkaian dengan ekuivalen Thévenin $V_{th} = 24\text{ V}$ dan $R_{th} = 8\ \Omega$. Tentukan nilai $R_L$ agar menyerap daya maksimum, dan hitung daya maksimum tersebut.

Transfer daya dari ekuivalen Thévenin — soal 2.11

Langkah 1 — Syarat daya maksimum:
Berdasarkan Teorema Transfer Daya Maksimum (Bagian 2.5), daya beban paling besar saat resistansi beban sama dengan resistansi internal sumber:
$$R_L = R_{th} = 8\ \Omega$$

Langkah 2 — Arus beban:
$$I_L = \frac{V_{th}}{R_{th} + R_L} = \frac{24}{8 + 8} = 1{,}5\text{ A}$$

Langkah 3 — Daya maksimum:
$$P_{max} = I_L^2 R_L = (1{,}5)^2 \times 8 = 18\text{ W}$$
atau dengan rumus langsung:$$P_{max} = \frac{V_{th}^2}{4R_{th}} = \frac{576}{32} = 18\text{ W}$$

Jawaban $R_L = 8\ \Omega$ | $P_{max} = 18\text{ W}$

Catatan Praktis

Saat $R_L = R_{th}$, tegangan pada beban tepat setengah dari $V_{th}$ dan efisiensi transfer hanya 50% — daya beban sama besar dengan daya yang hangus di $R_{th}$. Pencocokan ini dipilih bila yang dicari adalah daya maksimum (antena, penerima radio); pada jaringan distribusi listrik justru dihindari karena efisiensi lebih penting daripada daya maksimum.

Contoh 2.12 — Thévenin dengan Sumber Bebas dan Terikat (Metode Sumber Uji)

Tentukan ekuivalen Thévenin ($V_{th}$ dan $R_{th}$) pada terminal a-b. Diketahui: sumber tegangan bebas $V_s = 12\text{ V}$ seri dengan $R_1 = 2\ \Omega$; di simpul a, resistor $R_2 = 6\ \Omega$ dan sumber arus terikat $2I_x$ sama-sama terhubung ke ground, dengan $I_x$ = arus ke bawah melalui $R_2$.

Sumber bebas = lingkaran, sumber terikat = belah ketupat — sumber uji $V_o$ (putus-putus) hanya dipasang saat menghitung $R_{th}$

Langkah 1 — Hitung $V_{th}$ (open-circuit di a-b):
Terminal dibuka; seluruh rel atas adalah satu simpul (simpul a) bertegangan $V_{th}$ terhadap ground. KCL di simpul a — arus masuk melalui $R_1$ sama dengan arus keluar melalui $R_2$ ($I_x$) ditambah sumber terikat ($2I_x$):
$$\frac{12 - V_{th}}{R_1} = I_x + 2I_x = 3I_x \qquad \text{dengan} \qquad I_x = \frac{V_{th}}{R_2}$$
Substitusi nilai:
$$\frac{12 - V_{th}}{2} = 3\left(\frac{V_{th}}{6}\right) = \frac{V_{th}}{2} \quad \Rightarrow \quad 12 - V_{th} = V_{th} \quad \Rightarrow \quad V_{th} = 6\text{ V}$$
Periksa: $I_x = 1\text{ A}$, sumber terikat $= 2\text{ A}$, arus $R_1 = \frac{12-6}{2} = 3\text{ A}$ — KCL terpenuhi ✓

Langkah 2 — Hitung $R_{th}$ (Pendekatan B, sumber uji):
Matikan sumber bebas: sumber 12 V diganti kawat, sehingga sisi kiri $R_1$ kini terhubung ke ground. Sumber terikat tetap aktif. Pasang sumber uji $V_o = 1\text{ V}$ pada a-b → simpul a berada pada $1\text{ V}$. Arus uji $I_o$ terbagi ke tiga jalur keluar: melalui $R_1$, melalui $R_2$ ($I_x = V_o/R_2$), dan disedot sumber terikat ($2I_x = 2V_o/R_2$):
$$I_o = \frac{V_o}{R_1} + \frac{V_o}{R_2} + 2\cdot\frac{V_o}{R_2} = \frac{1}{2} + \frac{1}{6} + \frac{1}{3} = 1\text{ A}$$
$$R_{th} = \frac{V_o}{I_o} = \frac{1\text{ V}}{1\text{ A}} = 1\ \Omega$$

Langkah 3 — Verifikasi dengan Pendekatan A:
Hubung singkat a-b: $V_a = 0 \Rightarrow I_x = 0 \Rightarrow$ sumber terikat padam dengan sendirinya (persis seperti catatan pada Bagian 2.7). Arus short kini hanya berasal dari $R_1$ (tidak ada arus di $R_2$ karena $V_a = 0$):
$$I_{sc} = \frac{V_s}{R_1} = \frac{12}{2} = 6\text{ A} \qquad \Rightarrow \qquad R_{th} = \frac{V_{th}}{I_{sc}} = \frac{6}{6} = 1\ \Omega \quad \checkmark$$

Jawaban $V_{th} = 6\text{ V}$ | $R_{th} = 1\ \Omega$

Jebakan Umum

Jika sumber terikat keliru ikut dimatikan (diperlakukan sebagai open-circuit), jawabannya menjadi $R_1 \parallel R_2 = \frac{2 \times 6}{2 + 6} = 1{,}5\ \Omega$ — 50% terlalu besar. Sumber terikat menyedot arus tambahan dari terminal, sehingga resistansi yang "terlihat" dari a-b mengecil; hanya rasio $V_{th}/I_{sc}$ atau metode sumber uji yang memperhitungkannya dengan benar.

2.9 Pertanyaan Latihan

Jawablah pertanyaan-pertanyaan berikut untuk menguji pemahaman Anda. Soal 5–8 membentuk satu rangkaian analisis yang berkelanjutan (Thévenin → beban → Norton → daya maksimum) — kerjakan secara berurutan.

Soal 1

Sebuah resistor $470\ \Omega$ dihubungkan ke sumber $12\text{ V}$. Hitung arus yang mengalir dan daya yang terdisipasi. Jika resistor diubah ke $1\text{ k}\Omega$, apa yang berubah dan apa yang tetap?

Soal 2

Tiga resistor: $R_1 = 100\ \Omega$, $R_2 = 200\ \Omega$, $R_3 = 300\ \Omega$. Hitung $R_{total}$ jika: (a) ketiganya seri, (b) $R_1$ seri dengan ($R_2$ paralel $R_3$), (c) ketiganya paralel.

Soal 3

Pada rangkaian pembagi tegangan, $R_1 = 8\text{ k}\Omega$, $R_2 = 2\text{ k}\Omega$, $V_{in} = 10\text{ V}$. Hitung $V_{out}$ tanpa beban. Jika $V_{out}$ harus sama dengan $3\text{ V}$, berapa nilai $R_2$ yang diperlukan (dengan $R_1$ tetap)?

Soal 4

Dua resistor $6\ \Omega$ dan $3\ \Omega$ diparalel, dialiri sumber arus $9\text{ A}$. Hitung arus melalui masing-masing resistor menggunakan rumus pembagi arus.

Soal 5

Sebuah sumber tegangan $24\text{ V}$ seri dengan $R_1 = 3\ \Omega$ menuju simpul keluaran; dari simpul keluaran ke ground terhubung $R_2 = 6\ \Omega$. Terminal a-b berada pada simpul keluaran dan ground — $R_2$ adalah bagian internal rangkaian, bukan beban. Tentukan ekuivalen Thévenin ($V_{th}$ dan $R_{th}$) terhadap terminal a-b.

Soal 6

Gunakan ekuivalen Thévenin dari Soal 5 untuk menghitung arus, tegangan, dan daya pada beban $R_L = 6\ \Omega$ yang dipasang di terminal a-b.

Soal 7

Konversikan hasil Soal 5 ke ekuivalen Norton ($I_N$ dan $R_N$), lalu gunakan untuk menghitung ulang arus beban $R_L = 6\ \Omega$ — tunjukkan hasilnya sama dengan Soal 6.

Soal 8

Berdasarkan Soal 5: (a) berapa nilai $R_L$ yang menyerap daya maksimum, dan berapa besar $P_{max}$-nya? (b) Bandingkan dengan daya beban pada Soal 6 — apakah beban $6\ \Omega$ bekerja di titik daya maksimum? Jelaskan mengapa.

Soal 9

Tentukan ekuivalen Thévenin ($V_{th}$ dan $R_{th}$) pada terminal a-b rangkaian berikut. Sumber arus terikat $3I_x$ menarik arus dari simpul a ke ground; $I_x$ adalah arus ke bawah melalui $R_2$. Gunakan salah satu pendekatan dari Bagian 2.7 — sebagai latihan ekstra, verifikasi dengan pendekatan lainnya.

Soal 10

Sebuah rangkaian dua terminal hanya berisi resistor dan sumber terikat — tidak ada satu pun sumber bebas. Berapa nilai $V_{th}$-nya? Mengapa Pendekatan A (rasio $V_{th}/I_{sc}$) tidak dapat digunakan pada kasus ini, dan metode apa yang seharusnya dipakai untuk menentukan $R_{th}$?

Soal 11

Jelaskan secara intuitif mengapa sumber tegangan diganti short-circuit dan sumber arus diganti open-circuit saat menghitung $R_{th}$. (Petunjuk: pikirkan apa yang membuat sumber tegangan “ideal” — tegangannya selalu konstan terlepas dari arus yang mengalir, sama seperti kawat sempurna. Kemudian pikirkan dualnya: sifat apa dari rangkaian terbuka — arus nol terlepas dari tegangan — yang membuatnya menjadi analog bagi sumber arus ideal?)

Bab Sebelumnya

Pengantar Elektronika

Bab Selanjutnya

Komponen Elektronika Pasif