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​ = 2,7 kΩβ = 100VCC​ = 9 VRB​ = 680 kΩ

Sebuah transistor NPN dengan β = 100 dibias oleh resistor basis RB = 680 kΩ dari sumber VCC = 9 V. Resistor kolektornya RC = 2,7 kΩ dan emitornya dihubungkan ke ground. Ambil VBE = 0,7 V dan asumsikan transistor berada di daerah aktif. Cari tegangan kolektor–emitor VCE.

VCC = 9 VRB = 680 kΩRC = 2,7 kΩβ = 100VBE = 0,7 V
VCE = V
2.Dioda & transistorSulit
RC​ = 150 Ωβ = 80VCC​ = 5 V5 VRB​ = ?

Sebuah transistor NPN dengan β = 80 mengalihkan resistor beban 150 Ω yang terhubung antara VCC = 5 V dan kolektornya. Emitornya dihubungkan ke ground. Basis dikemudikan dari keluaran logika 5 V melalui resistor basis RB. Ambil VBE = 0,7 V dan VCE(sat) = 0,2 V. Agar pengalihan andal, rancang arus basis 4 kali arus minimum yang diperlukan untuk saturasi. Cari RB dalam kΩ.

VCC = 5 VRC = 150 Ωβ = 80Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 Voverdrive = 4
RB = kΩ
3.Rangkaian op-ampSedang
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 2 kΩVin​

Pilih resistor umpan balik Rf yang memberi penguat non-pembalik ini penguatan tegangan 11.

R1 = 2 kΩAv = 11
Rf = kΩ
4.Rangkaian op-ampSulit
−+Vout​Rf​ = 10 kΩV1​ = −0,5 VR1​ = 10 kΩV2​ = 1,9 VR2​ = 100 kΩIf​

Penguat penjumlah memakai op-amp ideal yang dicatu ±15 V. Cari arus If melalui resistor umpan balik, yang mengalir menuju keluaran.

V1 = −0,5 VV2 = 1,9 VR1 = 10 kΩR2 = 100 kΩRf = 10 kΩ
If = mA
5.Transien RC & RLSedang
+−Vs​10 Vt = 0R = 68 ΩL68 mHi(t)

Induktor tidak dialiri arus sebelum sakelar ditutup pada t = 0. Cari arus i pada t = 1 ms.

Vs = 10 VR = 68 ΩL = 68 mHt = 1 ms
i = A
6.Transien RC & RLSulit
+−Vs​10 VR1​ = 10 ΩR2​ = 10 Ωmenutup pada t = 0L47 mHi(t)

Sakelar yang paralel dengan R2 telah terbuka sejak lama, jadi arus induktor tunak. Pada t = 0 sakelar menutup dan menghubung singkat R2. Cari arus induktor i pada t = 5 ms.

Vs = 10 VR1 = 10 ΩR2 = 10 ΩL = 47 mHt = 5 ms
i = A
7.Resistor seri & paralelSedang
R1​ = 15 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​18 VR2​3 ΩIR2​AR4​5 ΩB

Cari arus IR2 melalui R2.

V1 = 18 VR1 = 15 ΩR2 = 3 ΩR3 = 12 ΩR4 = 5 Ω
IR2 = A
8.Resistor seri & paralelSulit
R1​ = 2 ΩR3​ = 30 ΩR5​ = 15 Ω+−V1​9 VR2​8 ΩAR4​4 ΩBR6​15 Ω

Cari resistansi ekuivalen Req yang dilihat sumber V1.

V1 = 9 VR1 = 2 ΩR2 = 8 ΩR3 = 30 ΩR4 = 4 ΩR5 = 15 ΩR6 = 15 Ω
Req = Ω
9.Konverter DC-DCSedang
+−36 VSL = ?CR+−9 V

Konverter buck ideal mengubah 36 V menjadi 9 V pada frekuensi pensakelaran 100 kHz. Cari induktansi L yang menjaga arus riak induktor puncak ke puncak sebesar 0,8 A.

Vin​ = 36 VVo​ = 9 Vf = 100 kHzΔIL = 0,8 A
L = µH
10.Konverter DC-DCSulit
+−24 VSL = 150 µHC = ?R+−12 V

Konverter buck mengubah 24 V menjadi 12 V pada 25 kHz dengan L = 150 µH. Cari kapasitansi keluaran C yang membatasi riak keluaran puncak ke puncak sebesar 20 mV.

Vin​ = 24 VVo​ = 12 Vf = 25 kHzL = 150 µHΔVo = 20 mV
C = µF
11.Jembatan Wheatstone & strain gaugeSedang
+−15 VR1​ = 120 ΩR2​ = 300 ΩR3​ = 100 ΩR4​ = 1000 Ωab+−Rth​ = ?

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

Vs = 15 VR1 = 120 ΩR2 = 300 ΩR3 = 100 ΩR4 = 1000 Ω
Rth = Ω
12.Jembatan Wheatstone & strain gaugeSulit
+−10 V1000 Ω1000 Ω + ΔR1000 Ω1000 Ωab+−Vo​

Sebuah jembatan seperempat (satu gauge aktif, GF = 2,1) dieksitasi dengan 10 V. Regangan terbesar yang akan diukur adalah 500 µε, dan harus menghasilkan 10 V pada masukan konverter analog-ke-digital. Cari penguatan penguat G.

Vs = 10 VGF = 2,1εmax = 500 µεVFS = 10 V
G =
13.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flopSedang
ABCD000111100001111010010302041507060120130151141819011010

Pakai peta Karnaugh untuk mencari bentuk jumlah dari hasil kali (SOP) minimal dari F(A, B, C, D) = Σm(0, 5, 8, 9, 14). Berapa literal L yang dimilikinya secara total (variabel beraksen dihitung satu literal)?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 5, 8, 9, 14)
L =
14.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flopSulit
TQ0​Q0​TQ1​Q1​TQ2​Q2​TQ3​Q3​CLKUP

Sebuah pencacah naik biner 4 bit dimulai dari 3 (desimal, Q = 0011). Berapa hitungan Q (dalam desimal) yang ditunjukkannya setelah 50 pulsa clock?

Q0 = 350n = 4
Q =

3Larutan

1.Dioda & transistor

Jawaban: VCE = 5,704 V

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 = (9 − 0,7)/680 kΩ = 12,21 µA

Arus kolektor

IC = β·IB = 100·12,21 µA = 1,221 mA

Tegangan kolektor–emitor

VCE = 9 − 1,221 mA·2,7 kΩ = 5,704 V

Jawaban

VCE = 5,704 V
2.Dioda & transistor

Jawaban: RB = 2,687 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) = (5 − 0,2)/150 = 32 mA

Arus basis minimum

IB(min) = IC(sat)/β = 32/80 = 400 µA

Arus basis rancangan

IB = 4·400 µA = 1600 µA

Resistor basis

RB = (5 − 0,7)/IB = 4,3 V/1,6 mA = 2,687 kΩ

Jawaban

RB = 2,687 kΩ
3.Rangkaian op-amp

Jawaban: Rf = 20 kΩ

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.

Penguatan penguat non-pembalik

V₋ = V₊ = Vin, dan arus melalui R₁ juga mengalir melalui Rf, jadi Vout = Vin·(1 + Rf/R₁).

Av = 1 + Rf/R1
Rf = (11 − 1)·2 = 20 kΩ

Jawaban

Rf = 20 kΩ
4.Rangkaian op-amp

Jawaban: If = −0,031 mA

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 = −0,5/10 = −0,05 mA
I2 = V2/R2 = 1,9/100 = 0,019 mA
If = I1 + I2 = −0,031 mA

Jawaban

If = −0,031 mA
5.Transien RC & RL

Jawaban: i = 0,09296 A

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 = 68 mH / 68 Ω = 1 ms
i(∞) = Vs/R = 10/68 = 0,1471 A

Arus pada waktu tertentu

i(t) = i(∞)·(1 − e−t/τ) = 0,1471·(1 − e−1/1) = 0,09296 A

Jawaban

i = 0,09296 A
6.Transien RC & RL

Jawaban: i = 0,8274 A

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

Sebelum t = 0 kedua resistor berada dalam loop; sesudahnya sakelar yang tertutup memintas R₂.

i(0) = 10/(10 + 10) = 0,5 A
i(∞) = 10/10 = 1 A
τ = L/R = 47/10 = 4,7 ms
i(t) = 1 + (0,5 − 1)·e−t/τ

Arus pada waktu tertentu

i(5) = 1 + (−0,5)·e−5/4,7 = 0,8274 A

Jawaban

i = 0,8274 A
7.Resistor seri & paralel

Jawaban: IR2 = 0,8718 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​ = 15 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​18 VR2​3 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 = 12 + 5 = 17 Ω
R2 ∥ 17 = 3·17/(3+17) = 2,55 Ω
Req = R1 + 2,55 = 15 + 2,55 = 17,55 Ω

Arus dari sumber

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

IR1 = V1/Req = 18/17,55 = 1,026 A

Arus melalui R₂

Kurangi jatuh tegangan pada R₁ untuk mendapat tegangan di simpul A, yaitu tegangan pada R₂.

VA = V1 − IR1·R1 = 18 − 1,026·15 = 2,615 V
IR2 = VA/R2 = 2,615/3 = 0,8718 A

Jawaban

IR2 = 0,8718 A
8.Resistor seri & paralel

Jawaban: Req = 8,459 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​ = 2 ΩR3​ = 30 ΩR5​ = 15 Ω+−V1​9 VR2​8 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 = 15 + 15 = 30 Ω
R4 ∥ 30 = 3,529 Ω
R3 + 3,529 = 33,53 Ω
R2 ∥ 33,53 = 6,459 Ω
Req = R1 + 6,459 = 2 + 6,459 = 8,459 Ω

Jawaban

Req = 8,459 Ω
9.Konverter DC-DC

Jawaban: L = 84,38 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 = 9/36 = 0,25

Induktansi

L = 27·0,25/(0,8·100·10³) = 84,38 µH

Jawaban

L = 84,38 µH
10.Konverter DC-DC

Jawaban: C = 400 µF

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 = 12/24 = 0,5

Arus riak induktor

ΔIL = (24 − 12)·0,5/(150·10⁻⁶·25·10³) = 1,6 A

Kapasitansi

C = 1,6/(8·25·10³·20·10⁻³) = 400 µF

Jawaban

C = 400 µF
11.Jembatan Wheatstone & strain gauge

Jawaban: Rth = 176,6 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 = 120·300/420 = 85,71 Ω
R₃∥R₄ = 100·1000/1100 = 90,91 Ω

Resistansi Thévenin

Rth = 176,6 Ω

Jawaban

Rth = 176,6 Ω
12.Jembatan Wheatstone & strain gauge

Jawaban: G = 3810

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.

Keluaran jembatan pada skala penuh

Vo = 2,625 mV

Penguatan

G = 10/0,002625 = 3810

Jawaban

G = 3810
13.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flop

Jawaban: L = 14

Peta Karnaugh: sel-sel diurutkan dalam kode Gray (00, 01, 11, 10), sehingga sel bertetangga, termasuk yang melewati tepi, berbeda tepat pada satu variabel. Kelompokkan angka 1 dalam persegi panjang berisi 1, 2, 4, 8, atau 16 sel, sebesar mungkin dan sesedikit mungkin, sampai setiap angka 1 tercakup. Setiap kelompok adalah satu suku hasil kali: variabel yang tetap konstan di dalamnya. Kelompok 2ᵏ sel kehilangan k variabel. Don’t-care (X) boleh dipakai untuk memperbesar kelompok tetapi tidak harus dicakup. Mengelompokkan angka 0 sebagai gantinya menghasilkan bentuk POS minimal.

ABCD000111100001111010010302041507060120130151141819011010

Kelompokkan angka 1

Setiap kelompok adalah persegi panjang berisi 2ᵏ sel; sel di tepi bertetangga dengan sel di tepi seberangnya.

B′C′D′
AB′C′
A′BC′D
ABCD′

Bentuk SOP minimal

F = B′C′D′ + AB′C′ + A′BC′D + ABCD′
L = 14

Jawaban

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

Jawaban: Q = 5

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.

Siklus penuh

Setiap 16 pulsa mengembalikan pencacah ke keadaan yang sama.

50 = 3·16 + 2

Hitungan setelah pulsa yang tersisa

Q = (3 + 2) mod 16 = 5
Q = 0101₂

Jawaban

Q = 5

ExamProblems · examproblems.com/courses/electronics-1