Elektronika 1: paket kilat

Lembar rumus, langkah-langkah metode utama untuk setiap topik, dan 14 soal latihan, dengan pembahasan lengkap di bagian belakang.

Soal baruKembali ke mata kuliah

Di jendela cetak, pilih “Simpan sebagai PDF” untuk menyimpan salinan di perangkat Anda.

1Rumus dan metode

Dioda & transistor

Dioda (tegangan jatuh konstan)
VD = 0,7 V when conducting
Daerah aktif
VBE = 0,7 V, IC = β·IB, IE = (β + 1)·IB
Bias tetap
IB = (VCC − 0,7)/RB
Bias pembagi tegangan
IB = (VTH − 0,7)/(RTH + (β + 1)RE)
Thévenin dari pembagi tegangan
VTH = VCC·R2/(R1 + R2), RTH = R1∥R2
Loop kolektor
VCE = VCC − ICRC − IERE
Saturasi
IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC, IB ≥ IC(sat)/β

Rangkaian op-amp

Penguat pembalik
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Penguat tak membalik
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Penguat penjumlah
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
Op-amp ideal
V+ = V−, Iin = 0

Transien RC & RL

Konstanta waktu
τ = RC | τ = L/R
Respons
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
Kapasitor pada DC
rangkaian terbuka; vC tidak dapat melompat
Induktor pada DC
hubung singkat; iL tidak dapat melompat
Keadaan tunak
t ≈ 5τ

Metode

  1. Cari nilai awal sesaat setelah sakelar berpindah: tegangan kapasitor dan arus induktor tidak dapat melompat.
  2. Cari nilai akhir lama setelah sakelar berpindah: kapasitor berperilaku sebagai rangkaian terbuka, induktor sebagai hubung singkat.
  3. Cari konstanta waktu: τ = RC atau τ = L/R, dengan hambatan yang terlihat oleh kapasitor atau induktor.
  4. Gunakan x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ.

Resistor seri & paralel

Resistor seri
Req = R1 + R2 + …
Resistor paralel
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
Dua resistor paralel
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Hukum Ohm
V = I·R
Daya
P = V·I = I²R = V²/R

Metode

  1. Mulailah dari ujung jaringan yang paling jauh dari terminal.
  2. Gabungkan resistor seri dengan menjumlahkannya, dan resistor paralel dengan 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
  3. Gambar ulang rangkaian setelah setiap langkah.
  4. Ulangi sampai tersisa satu resistor di antara terminal.

Konverter DC-DC

Buck
Vo = D·Vin
Boost
Vo = Vin/(1 − D)
Buck-boost pembalik
|Vo| = Vin·D/(1 − D)
Keseimbangan daya ideal
VinIin = VoIo
Riak induktor
ΔIL = VL,on·D/(L·f); buck Vin − Vo, boost and buck-boost Vin
Arus induktor rata-rata
buck Io; boost dan buck-boost Io/(1 − D)
Riak keluaran
buck ΔIL/(8fC); boost dan buck-boost Io·D/(fC)
Batas CCM
buck (1 − D)R/(2f); boost D(1 − D)²R/(2f); buck-boost (1 − D)²R/(2f)

Metode

  1. Kenali konverternya (buck, boost, atau buck-boost) dan siklus kerja D dari rasio tegangan.
  2. Gunakan keseimbangan volt-detik pada induktor: tegangan induktor rata-rata selama satu periode adalah nol.
  3. Cari tegangan induktor saat saklar menyala, lalu ΔIL = VL·D/(L·f).
  4. Untuk riak keluaran, cari muatan yang masuk dan keluar kapasitor; untuk batas CCM, samakan arus induktor rata-rata dengan ΔIL/2.

Jembatan Wheatstone & strain gauge

Tegangan pembagi
Va = VsR2/(R1 + R2), Vb = VsR4/(R3 + R4)
Haluaran
Vab = Va − Vb
Keseimbangan
R1/R2 = R3/R4
Jembatan kawat geser
R/Rx = l/(100 − l)
Resistansi Thévenin
Rth = R1∥R2 + R3∥R4
Faktor pengukur
ΔR/R = GF·ε
Keluaran jembatan
seperempat Vs·GF·ε/4, setengah Vs·GF·ε/2, penuh Vs·GF·ε
Perubahan kecil, satu lengan
Vab ≈ Vs·ΔR/(4R)
Tegangan
σ = E·ε

Metode

  1. Perlakukan jembatan sebagai dua pembagi tegangan pada catu yang sama.
  2. Untuk keseimbangan, setel R₁/R₂ = R₃/R₄ lalu selesaikan untuk resistor yang tidak diketahui.
  3. Untuk jembatan tak seimbang, cari Va dan Vb dari pembagi lalu kurangkan; gunakan ekuivalen Thévenin bila alat ukur membebani keluaran.
  4. Untuk strain gauge, ubah regangan menjadi ΔR/R = GF·ε dan gunakan Vs·GF·ε/4, /2, atau ×1 untuk jembatan seperempat, setengah, atau penuh.

Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flop

Gerbang dasar
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Aturan Boolean
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
De Morgan
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Urutan peta Karnaugh
00, 01, 11, 10 (Gray code)
Kelompok 2ᵏ sel
kehilangan k variabel
Multiplekser 4-ke-1
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Flip-flop
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Pencacah
n bit: 2ⁿ keadaan; mod-N: n terkecil dengan 2ⁿ ≥ N; fout = fclk/N
Pencacah ripple
fmax = 1/(n·tpd)
Pencacah cincin dan Johnson
n dan 2n keadaan

Metode

  1. Untuk rangkaian, bekerjalah dari masukan ke keluaran satu gerbang demi satu gerbang dan tulis nilai pada setiap kawat, atau tulis ekspresinya dan isi tabel kebenaran.
  2. Untuk penyederhanaan, taruh angka 1 (dan don’t-care sebagai X) ke dalam peta Karnaugh dengan baris dan kolom kode Gray: 00, 01, 11, 10.
  3. Cakup angka 1 dengan kelompok sesedikit dan sebesar mungkin yang berisi 1, 2, 4, 8, atau 16 sel, melingkar melewati tepi; setiap kelompok adalah satu suku hasil kali yang tersusun dari variabel yang tetap konstan. Kelompokkan angka 0 untuk bentuk POS.
  4. Untuk flip-flop dan pencacah, baca masukan pada setiap tepi clock aktif, tulis keadaan setelah setiap tepi, dan ingat bahwa pencacah n bit berputar kembali setelah 2ⁿ keadaan.

2Soal latihan

1.Dioda & transistorSedang
+−12 VR = ?3 × 2,1 V25 mA

3 LED kuning (tegangan maju 2,1 V masing-masing) dihubungkan seri dengan resistor ke catu 12 V. Cari resistansi R yang menetapkan arus sebesar 25 mA.

Vs = 12 VVF = 2,1 Vn = 3I = 25 mA
R = Ω
2.Dioda & transistorSulit
RC​ = 100 Ωβ = 50VCC​ = 9 V3,3 VRB​ = ?

Sebuah transistor NPN dengan β = 50 mengalihkan resistor beban 100 Ω yang terhubung antara VCC = 9 V dan kolektornya. Emitornya dihubungkan ke ground. Basis dikemudikan dari keluaran logika 3,3 V melalui resistor basis RB. Ambil VBE = 0,7 V dan VCE(sat) = 0,2 V. Agar pengalihan andal, rancang arus basis 2 kali arus minimum yang diperlukan untuk saturasi. Cari RB dalam kΩ.

VCC = 9 VRC = 100 Ωβ = 50Vin = 3,3 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 Voverdrive = 2
RB = kΩ
3.Rangkaian op-ampSedang
−+Vout​Rf​ = 22 kΩR1​ = 2 kΩVin​ = −0,3 V

Op-amp ideal dan dicatu ±15 V. Cari tegangan keluaran Vout.

Vin = −0,3 VR1 = 2 kΩRf = 22 kΩ
Vout = V
4.Rangkaian op-ampSulit
−+Vout​Rf​ = 10 kΩV1​ = −1,2 VR1​ = 100 kΩV2​ = 1,6 VR2​ = 2 kΩ

Penguat penjumlah memakai op-amp ideal yang dicatu ±15 V. Cari tegangan keluaran Vout.

V1 = −1,2 VV2 = 1,6 VR1 = 100 kΩR2 = 2 kΩRf = 10 kΩ
Vout = V
5.Transien RC & RLSedang
+−Vs​9 Vt = 0R = 15 ΩL47 mHi(t)

Induktor tidak dialiri arus sebelum sakelar ditutup pada t = 0. Cari energi W yang tersimpan dalam induktor pada t = 5 ms, dalam mJ.

Vs = 9 VR = 15 ΩL = 47 mHt = 5 ms
W = mJ
6.Transien RC & RLSulit
+−Vs​10 Vt = 0R = 2,2 kΩC220 µF+−vC​vC​(0) = 18 V

Tepat sebelum sakelar ditutup pada t = 0, kapasitor bertegangan 18 V dengan polaritas yang ditunjukkan. Berapa lama waktu yang diperlukan agar vC mencapai 11,6 V? Cari t.

Vs = 10 VR = 2,2 kΩC = 220 µFvC(0) = 18 V
t = ms
7.Resistor seri & paralelSedang
R1​ = 10 ΩIR1​R3​ = 5 Ω+−V1​10 VR2​4 ΩAR4​5 ΩB

Cari arus IR1 yang dialirkan sumber, yang mengalir melalui R1.

V1 = 10 VR1 = 10 ΩR2 = 4 ΩR3 = 5 ΩR4 = 5 Ω
IR1 = A
8.Resistor seri & paralelSulit
R1​ = 4 ΩIR1​R3​ = 12 ΩR5​ = 6 Ω+−V1​5 VR2​5 ΩAR4​25 ΩBR6​6 Ω

Cari arus IR1 yang dialirkan sumber, yang mengalir melalui R1.

V1 = 5 VR1 = 4 ΩR2 = 5 ΩR3 = 12 ΩR4 = 25 ΩR5 = 6 ΩR6 = 6 Ω
IR1 = A
9.Konverter DC-DCSedang
tiL​Imax​Imin​ΔI = ?DTT2T

Konverter buck ideal mengubah 48 V menjadi 28,8 V pada 100 kHz dengan L = 150 µH. Cari arus riak induktor puncak ke puncak ΔIL.

Vin​ = 48 VVo​ = 28,8 Vf = 100 kHzL = 150 µH
ΔIL = A
10.Konverter DC-DCSulit
tiL​Imax​IL​DTT2T

Konverter buck ideal mengubah 12 V menjadi 6 V untuk beban 2 Ω pada 250 kHz. Cari induktansi terkecil Lcrit untuk konduksi kontinu.

Vin​ = 12 VVo​ = 6 Vf = 250 kHzR = 2 Ω
Lcrit = µH
11.Jembatan Wheatstone & strain gaugeSedang
+−15 VR1​ = 20 ΩR2​ = 800 ΩR3​ = 250 ΩR4​ = 600 ΩabGRg​ = 500 Ω

Sebuah galvanometer dengan resistansi 500 Ω dihubungkan antara a dan b pada jembatan yang ditunjukkan (Vs = 15 V). Cari arus galvanometer Ig dari a ke b, dalam µA.

Vs = 15 VR1 = 20 ΩR2 = 800 ΩR3 = 250 ΩR4 = 600 ΩRg = 500 Ω
Ig = µA
12.Jembatan Wheatstone & strain gaugeSulit
+−3 V350 Ω350 Ω + ΔR350 Ω350 Ωab+−1,537 mV

Sebuah jembatan seperempat dengan satu gauge aktif (GF = 2,05) dieksitasi dengan 3 V. Di bawah beban keluarannya menunjukkan 1,537 mV. Cari regangan ε dalam µε.

Vs = 3 VGF = 2,05Vo = 1,537 mV
ε = µε
13.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flopSedang
MUXCI0​C′I1​1I2​CI3​ABS1​S0​F

Sebuah multiplekser 4-ke-1 memiliki masukan pemilih S₁ = A dan S₀ = B, dan masukan datanya dihubungkan ke I₀ = C, I₁ = C′, I₂ = 1, I₃ = C. Pada berapa dari 8 kombinasi A, B, dan C keluaran F = 1? Carilah N.

I₀ = CI₁ = C′I₂ = 1I₃ = C
N =
14.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flopSulit
CLKJK1234567

Flip-flop JK yang dipicu tepi positif dimulai dengan Q = 0 dan menerima masukan yang ditunjukkan. Klik tepi clock pertama saat Q kembali dari 1 ke 0.

Q₀ = 0JK
  1. 1tepi clock 1
  2. 2tepi clock 2
  3. 3tepi clock 3
  4. 4tepi clock 4
  5. 5tepi clock 5
  6. 6tepi clock 6
  7. 7tepi clock 7

3Larutan

1.Dioda & transistor

Jawaban: R = 228 Ω

Rangkaian LED dan dioda: LED bias maju menjatuhkan tegangan sekitar tegangan majunya VF (sekitar 2 V untuk merah, 3 V untuk biru atau putih), berapa pun arusnya. Resistor seri menentukan arus: R = (Vs − n·VF)/I untuk n LED seri. Dengan model dioda yang lebih eksak V = V₀ + I·rd, titik kerja berada di tempat garis dioda berpotongan dengan garis beban I = (Vs − V)/R, sehingga I = (Vs − V₀)/(R + rd).

Tegangan pada resistor

VR = 12 − 3·2,1 = 5,7 V

Hambatan

R = 5,7/0,025 = 228 Ω

Jawaban

R = 228 Ω

Resistor menyerap daya 142,5 mW.

2.Dioda & transistor

Jawaban: RB = 0,7386 kΩ

BJT sebagai sakelar: untuk menyalakan beban sepenuhnya, transistor dikemudikan ke saturasi, dengan VCE = VCE(sat) dan arus kolektor ditentukan oleh beban: IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC. Saturasi memerlukan paling sedikit IB = IC(sat)/β. Jika arus basis lebih kecil, transistor tetap aktif dan IC = β·IB.

Arus kolektor saat saturasi

IC(sat) = (9 − 0,2)/100 = 88 mA

Arus basis minimum

IB(min) = IC(sat)/β = 88/50 = 1760 µA

Arus basis rancangan

IB = 2·1760 µA = 3520 µA

Resistor basis

RB = (3,3 − 0,7)/IB = 2,6 V/3,52 mA = 0,7386 kΩ

Jawaban

RB = 0,7386 kΩ
3.Rangkaian op-amp

Jawaban: Vout = −3,6 V

Aturan op-amp ideal: dengan umpan balik negatif, op-amp mengatur keluarannya sehingga kedua masukan berada pada tegangan yang sama (V₋ = V₊), dan tidak ada arus yang masuk ke masukan mana pun. Menulis KCL di masukan pembalik dengan dua fakta ini memberi keluarannya.

Masukan pembalik mengikuti masukan

V₋ = V₊ = −0,3 V
I = V₋/R1 = −0,3/2 = −0,15 mA

Tegangan keluaran

Arus melalui R₁ juga mengalir melalui Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = −0,3 + (−0,15)·22 = −3,6 V

Jawaban

Vout = −3,6 V
4.Rangkaian op-amp

Jawaban: Vout = −7,88 V

Aturan op-amp ideal: dengan umpan balik negatif, op-amp mengatur keluarannya sehingga kedua masukan berada pada tegangan yang sama (V₋ = V₊), dan tidak ada arus yang masuk ke masukan mana pun. Menulis KCL di masukan pembalik dengan dua fakta ini memberi keluarannya.

Arus masukan

V₋ = 0, jadi setiap resistor masukan menanggung seluruh tegangan masukannya.

I1 = V1/R1 = −1,2/100 = −0,012 mA
I2 = V2/R2 = 1,6/2 = 0,8 mA
If = I1 + I2 = 0,788 mA

Tegangan keluaran

Vout = −Rf·If = −10·0,788 = −7,88 V

Jawaban

Vout = −7,88 V
5.Transien RC & RL

Jawaban: W = 5,377 mJ

Transien orde satu: pada rangkaian dengan satu kapasitor atau satu induktor, setiap tegangan dan arus berubah secara eksponensial dari nilai awal ke nilai akhir: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, dengan τ = RC atau τ = L/R. Setelah sekitar 5τ rangkaian sudah stabil.

Konstanta waktu dan arus akhir

Lama setelah sakelar ditutup, induktor berperilaku seperti hubung singkat, jadi arus akhir hanya ditentukan oleh R.

τ = L/R = 47 mH / 15 Ω = 3,133 ms
i(∞) = Vs/R = 9/15 = 0,6 A

Arus pada waktu tertentu

i(t) = 0,6·(1 − e−5/3,133) = 0,4783 A

Energi tersimpan

W = ½·L·i² = ½·47·0,4783² = 5,377 mJ

Jawaban

W = 5,377 mJ
6.Transien RC & RL

Jawaban: t = 779 ms

Transien orde satu: pada rangkaian dengan satu kapasitor atau satu induktor, setiap tegangan dan arus berubah secara eksponensial dari nilai awal ke nilai akhir: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, dengan τ = RC atau τ = L/R. Setelah sekitar 5τ rangkaian sudah stabil.

Nilai awal, nilai akhir, konstanta waktu

Tegangan kapasitor tidak dapat melompat, jadi dimulai dari nilai tersimpannya dan menuju tegangan sumber.

vC(0) = 18 V, vC(∞) = Vs = 10 V
τ = R·C = 2,2 kΩ · 220 µF = 484 ms
vC(t) = 10 + (18 − 10)·e−t/τ

Selesaikan untuk waktu

11,6 = 10 + (8)·e−t/τ → e−t/τ = (11,6 − 10)/(18 − 10) = 0,2
t = τ·ln((18 − 10)/(11,6 − 10)) = 484·ln(5) = 779 ms

Jawaban

t = 779 ms
7.Resistor seri & paralel

Jawaban: IR1 = 0,7778 A

Resistor seri dan paralel: dalam seri, arus yang sama mengalir di setiap resistor dan R = R₁ + R₂ + …. Dalam paralel, setiap resistor punya tegangan yang sama dan 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Jaringan tangga disederhanakan satu pasang demi satu pasang hingga tersisa satu resistansi ekuivalen.

R1​ = 10 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​10 VR2​4 ΩAR4​5 ΩB

Gabungkan resistor dari ujung terjauh

Mulai dari ujung yang paling jauh dari sumber dan bergerak kembali ke arahnya. Resistor yang dialiri arus sama terhubung seri; resistor di antara dua simpul yang sama terhubung paralel.

R3 + R4 = 5 + 5 = 10 Ω
R2 ∥ 10 = 4·10/(4+10) = 2,857 Ω
Req = R1 + 2,857 = 10 + 2,857 = 12,86 Ω

Arus dari sumber

Sumber hanya melihat Req, jadi hukum Ohm memberi arus yang dialirkannya. Arus itu mengalir melalui R₁.

IR1 = V1/Req = 10/12,86 = 0,7778 A

Jawaban

IR1 = 0,7778 A
8.Resistor seri & paralel

Jawaban: IR1 = 0,6247 A

Resistor seri dan paralel: dalam seri, arus yang sama mengalir di setiap resistor dan R = R₁ + R₂ + …. Dalam paralel, setiap resistor punya tegangan yang sama dan 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Jaringan tangga disederhanakan satu pasang demi satu pasang hingga tersisa satu resistansi ekuivalen.

R1​ = 4 ΩR3​ = 12 ΩR5​ = 6 Ω+−V1​5 VR2​5 ΩAR4​25 ΩBR6​6 Ω

Gabungkan resistor dari ujung terjauh

Mulai dari ujung yang paling jauh dari sumber dan bergerak kembali ke arahnya. Resistor yang dialiri arus sama terhubung seri; resistor di antara dua simpul yang sama terhubung paralel.

R5 + R6 = 6 + 6 = 12 Ω
R4 ∥ 12 = 8,108 Ω
R3 + 8,108 = 20,11 Ω
R2 ∥ 20,11 = 4,004 Ω
Req = R1 + 4,004 = 4 + 4,004 = 8,004 Ω

Arus dari sumber

Sumber hanya melihat Req, jadi hukum Ohm memberi arus yang dialirkannya. Arus itu mengalir melalui R₁.

IR1 = V1/Req = 5/8,004 = 0,6247 A

Jawaban

IR1 = 0,6247 A
9.Konverter DC-DC

Jawaban: ΔIL = 0,768 A

Konverter DC-DC: saklar S menyala selama fraksi D dari setiap periode T = 1/f. Pada keadaan tunak, tegangan rata-rata induktor adalah nol (keseimbangan volt-detik), yang memberikan rasio konversi ideal pada konduksi kontinu: buck Vo = D·Vin, boost Vo = Vin/(1 − D), buck-boost pembalik |Vo| = Vin·D/(1 − D). Konverter ideal menjaga daya: Vin·Iin = Vo·Io. Selama S menyala, arus induktor naik sebesar ΔIL = VL·D·T/L, dengan VL = Vin − Vo untuk buck dan Vin untuk boost dan buck-boost. Riak keluaran adalah ΔVo = ΔIL/(8fC) untuk buck dan Io·D/(fC) untuk boost dan buck-boost. Arus induktor tepat menyentuh nol (batas CCM) ketika arus induktor rata-rata sama dengan ΔIL/2.

Siklus kerja

D = 28,8/48 = 0,6

Tegangan induktor selama waktu nyala

Selama S menyala, induktor berada di antara Vin dan Vo.

VL = 48 − 28,8 = 19,2 V

Arus riak

ΔIL = VL·D/(L·f) = 19,2·0,6/(150·10⁻⁶·100·10³) = 0,768 A

Jawaban

ΔIL = 0,768 A
10.Konverter DC-DC

Jawaban: Lcrit = 2 µH

Konverter DC-DC: saklar S menyala selama fraksi D dari setiap periode T = 1/f. Pada keadaan tunak, tegangan rata-rata induktor adalah nol (keseimbangan volt-detik), yang memberikan rasio konversi ideal pada konduksi kontinu: buck Vo = D·Vin, boost Vo = Vin/(1 − D), buck-boost pembalik |Vo| = Vin·D/(1 − D). Konverter ideal menjaga daya: Vin·Iin = Vo·Io. Selama S menyala, arus induktor naik sebesar ΔIL = VL·D·T/L, dengan VL = Vin − Vo untuk buck dan Vin untuk boost dan buck-boost. Riak keluaran adalah ΔVo = ΔIL/(8fC) untuk buck dan Io·D/(fC) untuk boost dan buck-boost. Arus induktor tepat menyentuh nol (batas CCM) ketika arus induktor rata-rata sama dengan ΔIL/2.

Siklus kerja

D = 6/12 = 0,5

Syarat batas

Samakan arus induktor rata-rata dengan setengah arus riak lalu selesaikan untuk L.

Lcrit = (1 − D)·R/(2f)

Induktansi kritis

Lcrit = (1 − 0,5)·2/(2250·10³) = 2 µH

Jawaban

Lcrit = 2 µH
11.Jembatan Wheatstone & strain gauge

Jawaban: Ig = 5813 µA

Jembatan Wheatstone: dua pembagi tegangan berbagi satu catu Vs. Pembagi kiri R1–R2 memberikan Va = Vs·R2/(R1 + R2) dan pembagi kanan R3–R4 memberikan Vb = Vs·R4/(R3 + R4); keluarannya adalah Vab = Va − Vb. Jembatan seimbang (Vab = 0, tidak ada arus di alat ukur) bila R1/R2 = R3/R4, yaitu R1·R4 = R2·R3. Dilihat dari keluarannya, jembatan adalah sumber Thévenin dengan Rth = R1∥R2 + R3∥R4.

Tegangan Thévenin

Vth = 15·(800/820 − 600/850) = 4,046 V

Resistansi Thévenin

Rth = R₁∥R₂ + R₃∥R₄ = 196 Ω

Arus galvanometer

Ig = 4,046/(196 + 500) = 5813 µA

Jawaban

Ig = 5813 µA
12.Jembatan Wheatstone & strain gauge

Jawaban: ε = 999,7 µε

Pengukur regangan (strain gauge): sebuah pengukur mengubah resistansinya menurut regangan: ΔR/R = GF·ε, dengan faktor pengukur GF sekitar 2 untuk foil logam. Pada jembatan dengan semua lengan sama dengan R, satu pengukur aktif (jembatan seperempat) memberikan Vo ≈ Vs·GF·ε/4. Dua pengukur aktif dengan regangan berlawanan pada lengan yang berdekatan (setengah jembatan) memberikan Vs·GF·ε/2, dan empat (jembatan penuh) memberikan Vs·GF·ε. Tegangan mekanik mengikuti hukum Hooke, σ = E·ε. Sel beban menyatakan sensitivitasnya dalam mV/V: keluaran pada beban penuh per volt eksitasi.

Selesaikan persamaan jembatan seperempat

ε = 4·0,001537/(3·2,05) = 0,0009997

Dalam mikroregangan

ε = 999,7 µε

Jawaban

ε = 999,7 µε
13.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flop

Jawaban: N = 5

Multiplekser: multiplekser 2ⁿ-ke-1 meneruskan salah satu masukan datanya ke keluaran; saluran pemilih, yang dibaca sebagai bilangan biner, menentukan yang mana. Untuk MUX 4-ke-1 dengan pemilih S₁S₀ = AB, F = A′B′·I₀ + A′B·I₁ + AB′·I₂ + AB·I₃. Menghubungkan masukan data ke 0, 1, C, atau C′ membuat MUX menghasilkan fungsi apa pun dari A, B, dan C, yang merupakan cara umum membangun logika dengan satu chip.

Ekspresi keluaran

F = A′B′C + A′BC′ + AB′ + ABC

Baris dengan F = 1

ABC = 001, 010, 100, 101, 111
N = 5

Jawaban

N = 5
14.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flop

Jawaban: tepi clock 4

Flip-flop dan pencacah: flip-flop hanya berubah pada tepi clock aktif. D menyalin masukannya (Q⁺ = D); T berbalik jika T = 1; JK bertahan untuk 00, reset untuk 01, set untuk 10, dan berbalik untuk 11. Pencacah biner n bit memiliki 2ⁿ keadaan dan menghitung modulo 2ⁿ; pencacah mod-N berurutan 0, 1, …, N − 1 lalu kembali ke 0, dan memerlukan flip-flop sebanyak n terkecil dengan 2ⁿ ≥ N. Setiap tahap pencacah ripple membagi dua frekuensi, sehingga keluaran terakhir pencacah mod-N berjalan pada fclk/N. Pencacah Johnson dari n flip-flop memiliki 2n keadaan, pencacah cincin n.

Q setelah setiap tepi

Flip-flop JK: 00 bertahan, 01 reset (Q = 0), 10 set (Q = 1), 11 berbalik.

1: J = 0, K = 0 → Q = 0
2: J = 0, K = 0 → Q = 0
3: J = 1, K = 0 → Q = 1
4: J = 1, K = 1 → Q = 0
5: J = 0, K = 0 → Q = 0
6: J = 0, K = 0 → Q = 0
7: J = 0, K = 0 → Q = 0

Perubahan pertama dari 1 ke 0

tepi clock 4

Jawaban

tepi clock 4

ExamProblems · examproblems.com/courses/electronics-1