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
RC​ = 1,5 kΩβ = 100IC​ = ?VCC​ = 15 VRB​ = 1000 kΩ

Sebuah transistor NPN dengan β = 100 dibias oleh resistor basis RB = 1000 kΩ dari sumber VCC = 15 V. Resistor kolektornya RC = 1,5 kΩ dan emitornya dihubungkan ke ground. Ambil VBE = 0,7 V dan asumsikan transistor berada di daerah aktif. Cari arus kolektor IC dalam mA.

VCC = 15 VRB = 1000 kΩRC = 1,5 kΩβ = 100VBE = 0,7 V
IC = mA
2.Dioda & transistorSulit
RC​ = 680 Ωβ = 200IC​ = ?VCC​ = 5 V5 VRB​ = 4,7 kΩ

Sebuah transistor NPN dengan β = 200 mengalihkan resistor beban 680 Ω yang terhubung antara VCC = 5 V dan kolektornya. Emitornya dihubungkan ke ground. Basis dikemudikan dari keluaran logika 5 V melalui resistor basis RB = 4,7 kΩ. Ambil VBE = 0,7 V dan VCE(sat) = 0,2 V. Cari arus kolektor IC dalam mA saat masukan tinggi. Tentukan dulu apakah transistor saturasi.

VCC = 5 VRC = 680 Ωβ = 200Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 VRB = 4,7 kΩ
IC = mA
3.Rangkaian op-ampSedang
−+Vout​Rf​ = 22 kΩR1​ = 22 kΩVin​ = 0,8 V

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

Vin = 0,8 VR1 = 22 kΩRf = 22 kΩ
Vout = V
4.Rangkaian op-ampSulit
−+Vout​Rf​ = 22 kΩV1​ = −0,9 VR1​ = 2 kΩV2​ = 1,5 VR2​ = 10 kΩ

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

V1 = −0,9 VV2 = 1,5 VR1 = 2 kΩR2 = 10 kΩRf = 22 kΩ
Vout = V
5.Transien RC & RLSedang
+−Vs​24 Vt = 0R1​ = 10 kΩR2​ = 2,2 kΩC47 µF+−vC​

Sumber Vₛ mengisi kapasitor melalui R₁, dan R₂ terhubung paralel dengan C. Kapasitor belum bermuatan saat sakelar ditutup pada t = 0. Cari tegangan kapasitor vC pada t = 80 ms.

Vs = 24 VR1 = 10 kΩR2 = 2,2 kΩC = 47 µFt = 80 ms
vC = V
6.Transien RC & RLSulit
+−Vs​24 Vt = 0R = 3,3 kΩC100 µF+−vC​vC​(0) = 10 V

Tepat sebelum sakelar ditutup pada t = 0, kapasitor bertegangan 10 V dengan polaritas yang ditunjukkan. Cari tegangan kapasitor vC pada t = 150 ms.

Vs = 24 VR = 3,3 kΩC = 100 µFvC(0) = 10 Vt = 150 ms
vC = V
7.Resistor seri & paralelSedang
R1​ = 10 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​18 VR2​20 ΩAR4​6 ΩB

Cari resistansi ekuivalen Req yang dilihat sumber V1.

V1 = 18 VR1 = 10 ΩR2 = 20 ΩR3 = 5 ΩR4 = 6 Ω
Req = Ω
8.Resistor seri & paralelSulit
R1​ = 20 ΩR3​ = 12 ΩR5​ = 6 Ω+−V1​24 VR2​4 ΩAR4​4 ΩBR6​15 Ω

Cari resistansi ekuivalen Req yang dilihat sumber V1.

V1 = 24 VR1 = 20 ΩR2 = 4 ΩR3 = 12 ΩR4 = 4 ΩR5 = 6 ΩR6 = 15 Ω
Req = Ω
9.Konverter DC-DCSedang
+−24 VSL = ?CR+−7,2 V

Konverter buck ideal mengubah 24 V menjadi 7,2 V pada frekuensi pensakelaran 100 kHz. Cari induktansi L yang menjaga arus riak induktor puncak ke puncak sebesar 0,3 A.

Vin​ = 24 VVo​ = 7,2 Vf = 100 kHzΔIL = 0,3 A
L = µH
10.Konverter DC-DCSulit
tiL​Imax​IL​DTT2T

Konverter buck-boost pembalik ideal mengubah 36 V menjadi −108 V untuk beban 8 Ω pada 200 kHz. Cari induktansi terkecil Lcrit untuk konduksi kontinu.

Vin​ = 36 VVo​ = −108 Vf = 200 kHzR = 8 Ω
Lcrit = µH
11.Jembatan Wheatstone & strain gaugeSedang
+−10 VR1​ = 100 ΩR2​ = 500 ΩR3​ = 40 ΩR4​ = 80 Ωab+−Rth​ = ?

Cari resistansi Thévenin Rth dari jembatan yang ditunjukkan, dilihat dari terminal keluaran a dan b.

Vs = 10 VR1 = 100 ΩR2 = 500 ΩR3 = 40 ΩR4 = 80 Ω
Rth = Ω
12.Jembatan Wheatstone & strain gaugeSulit
+−V350 Ω350 Ω + ΔR350 Ω350 Ωab+−

Sebuah strain gauge 350 Ω dengan faktor pengukur 2,1 direkatkan pada batang baja. Di bawah beban resistansinya naik sebesar 0,441 Ω. Cari regangan ε dalam mikroregangan (µε).

R = 350 ΩGF = 2,1ΔR = 0,441 Ω
ε = µε
13.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flopSedang
ABC000111100101324576

Sederhanakan F = AB′C + B′C′ + A′B′ + AC′ ke bentuk jumlah dari hasil kali minimal. Berapa literal L yang dimiliki ekspresi yang sudah disederhanakan?

F = AB′C + B′C′ + A′B′ + AC′
L =
14.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flopSulit
CLKD1234567

Flip-flop D 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 = 0D
  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: IC = 1,43 mA

Titik kerja BJT: di daerah aktif VBE = 0,7 V, IC = β·IB dan IE = (β + 1)·IB. Cari IB dari loop basis dengan KVL, lalu IC, lalu VCE dari loop kolektor–emitor. Pembagi tegangan di basis diganti dengan ekivalen Théveninnya VTH = VCC·R₂/(R₁ + R₂), RTH = R₁∥R₂; resistor emitor tampak (β + 1) kali lebih besar di loop basis.

Arus basis

IB = (VCC − VBE)/RB = (15 − 0,7)/1000 kΩ = 14,3 µA

Arus kolektor

IC = β·IB = 100·14,3 µA = 1,43 mA

Jawaban

IC = 1,43 mA

Periksa: VCE = 12,86 V jauh di atas 0,2 V, sehingga transistor memang aktif.

2.Dioda & transistor

Jawaban: IC = 7,059 mA

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 basis

IB = (5 − 0,7)/4,7 kΩ = 914,9 µA

Saturasi atau aktif?

β·IB lebih besar daripada IC(sat), sehingga transistor saturasi.

β·IB = 183 mA
IC(sat) = (5 − 0,2)/680 = 7,059 mA

Arus kolektor

IC = IC(sat) = 7,059 mA

Jawaban

IC = 7,059 mA

Transistor saturasi.

3.Rangkaian op-amp

Jawaban: Vout = 1,6 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₊ = 0,8 V
I = V₋/R1 = 0,8/22 = 0,03636 mA

Tegangan keluaran

Arus melalui R₁ juga mengalir melalui Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = 0,8 + 0,03636·22 = 1,6 V

Jawaban

Vout = 1,6 V
4.Rangkaian op-amp

Jawaban: Vout = 6,6 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.

Arus masukan

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

I1 = V1/R1 = −0,9/2 = −0,45 mA
I2 = V2/R2 = 1,5/10 = 0,15 mA
If = I1 + I2 = −0,3 mA

Tegangan keluaran

Vout = −Rf·If = −22·(−0,3) = 6,6 V

Jawaban

Vout = 6,6 V
5.Transien RC & RL

Jawaban: vC = 2,644 V

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.

Ekuivalen Thévenin yang dilihat kapasitor

Hubung singkatkan sumber untuk mencari Rth; buka kapasitor untuk mencari tegangan akhirnya.

Rth = R1 ∥ R2 = 10·2,2/(10 + 2,2) = 1,803 kΩ
vC(∞) = 24·2,2/(10 + 2,2) = 4,328 V

Konstanta waktu

τ = Rth·C = 1,803·47 = 84,75 ms

Kurva pengisian

vC(t) = 4,328·(1 − e−80/84,75) = 2,644 V

Jawaban

vC = 2,644 V
6.Transien RC & RL

Jawaban: vC = 15,11 V

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) = 10 V, vC(∞) = Vs = 24 V
τ = R·C = 3,3 kΩ · 100 µF = 330 ms
vC(t) = 24 + (10 − 24)·e−t/τ

Tegangan pada waktu tertentu

vC(150) = 24 + (−14)·e−150/330 = 15,11 V

Jawaban

vC = 15,11 V
7.Resistor seri & paralel

Jawaban: Req = 17,1 Ω

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​18 VR2​20 ΩAR4​6 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 + 6 = 11 Ω
R2 ∥ 11 = 20·11/(20+11) = 7,097 Ω
Req = R1 + 7,097 = 10 + 7,097 = 17,1 Ω

Jawaban

Req = 17,1 Ω
8.Resistor seri & paralel

Jawaban: Req = 23,17 Ω

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​ = 20 ΩR3​ = 12 ΩR5​ = 6 Ω+−V1​24 VR2​4 ΩAR4​4 ΩBR6​15 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 + 15 = 21 Ω
R4 ∥ 21 = 3,36 Ω
R3 + 3,36 = 15,36 Ω
R2 ∥ 15,36 = 3,174 Ω
Req = R1 + 3,174 = 20 + 3,174 = 23,17 Ω

Jawaban

Req = 23,17 Ω
9.Konverter DC-DC

Jawaban: L = 168 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 = 7,2/24 = 0,3

Induktansi

L = 16,8·0,3/(0,3·100·10³) = 168 µH

Jawaban

L = 168 µH
10.Konverter DC-DC

Jawaban: Lcrit = 1,25 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 = 108/(36 + 108) = 0,75

Syarat batas

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

Lcrit = (1 − D)²·R/(2f)

Induktansi kritis

Lcrit = (1 − 0,75)²·8/(2200·10³) = 1,25 µH

Jawaban

Lcrit = 1,25 µH
11.Jembatan Wheatstone & strain gauge

Jawaban: Rth = 110 Ω

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.

Catu dihubung singkat

R₁∥R₂ = 100·500/600 = 83,33 Ω
R₃∥R₄ = 40·80/120 = 26,67 Ω

Resistansi Thévenin

Rth = 110 Ω

Jawaban

Rth = 110 Ω
12.Jembatan Wheatstone & strain gauge

Jawaban: ε = 600 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.

Perubahan resistansi relatif

ΔR/R = 0,441/350 = 0,00126

Regangan

ε = 0,00126/2,1 = 0,0006 = 600 µε

Jawaban

ε = 600 µε
13.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flop

Jawaban: L = 3

Aljabar Boolean: aturan yang menyederhanakan ekspresi adalah X + X′ = 1 dan X·X′ = 0, X + X = X, absorpsi X + X·Y = X, aturan penggabungan X·Y + X·Y′ = X, X + X′Y = X + Y, dan teorema konsensus XY + X′Z + YZ = XY + X′Z. Hukum De Morgan mengubah (X·Y)′ menjadi X′ + Y′ dan (X + Y)′ menjadi X′·Y′. Peta Karnaugh menerapkan aturan ini secara grafis: setiap kelompok dua sel bertetangga adalah satu penggunaan XY + XY′ = X.

Minterm dari ekspresi

AB′C → m(5)
B′C′ → m(0, 4)
A′B′ → m(0, 1)
AC′ → m(4, 6)
ABC00011110011011030214150716

Kelompokkan dan baca

F = B′ + AC′

Hitung literalnya

L = 3

Jawaban

L = 3
14.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flop

Jawaban: tepi clock 3

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 D menyalin D pada setiap tepi naik: Q⁺ = D.

1: D = 0 → Q = 0
2: D = 1 → Q = 1
3: D = 0 → Q = 0
4: D = 0 → Q = 0
5: D = 0 → Q = 0
6: D = 1 → Q = 1
7: D = 1 → Q = 1

Perubahan pertama dari 1 ke 0

tepi clock 3

Jawaban

tepi clock 3

ExamProblems · examproblems.com/courses/electronics-1