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​ = 2,2 kΩβ = 100IC​ = ?VCC​ = 12 VRB​ = 560 kΩ

Sebuah transistor NPN dengan β = 100 dibias oleh resistor basis RB = 560 kΩ dari sumber VCC = 12 V. Resistor kolektornya RC = 2,2 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 = 12 VRB = 560 kΩRC = 2,2 kΩβ = 100VBE = 0,7 V
IC = mA
2.Dioda & transistorSulit
RC​ = 330 Ωβ = 50VCC​ = 9 V3,3 VRB​ = ?

Sebuah transistor NPN dengan β = 50 mengalihkan resistor beban 330 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 = 330 Ωβ = 50Vin = 3,3 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 Voverdrive = 2
RB = kΩ
3.Rangkaian op-ampSedang
−+Vout​Rf​ = 4,7 kΩR1​ = 4,7 kΩVin​ = 1,1 V

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

Vin = 1,1 VR1 = 4,7 kΩRf = 4,7 kΩ
Vout = V
4.Rangkaian op-ampSulit
−+Vout​Rf​ = 47 kΩV1​ = 2 VR1​ = 10 kΩV2​ = −0,2 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 = 2 VV2 = −0,2 VR1 = 10 kΩR2 = 100 kΩRf = 47 kΩ
If = mA
5.Transien RC & RLSedang
+−Vs​6 Vt = 0R = 22 ΩL22 mHi(t)

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

Vs = 6 VR = 22 ΩL = 22 mHt = 1 ms
i = A
6.Transien RC & RLSulit
+−Vs​10 VR1​ = 5 ΩR2​ = 15 Ωmembuka pada t = 0L22 mHi(t)

Sakelar yang paralel dengan R2 telah tertutup sejak lama, jadi arus induktor tunak. Pada t = 0 sakelar membuka. Berapa lama setelah t = 0 arus induktor mencapai 1,4 A? Cari t.

Vs = 10 VR1 = 5 ΩR2 = 15 ΩL = 22 mH
t = ms
7.Resistor seri & paralelSedang
R1​ = 12 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​10 VR2​20 ΩAR4​3 ΩB

Cari resistansi ekuivalen Req yang dilihat sumber V1.

V1 = 10 VR1 = 12 ΩR2 = 20 ΩR3 = 4 ΩR4 = 3 Ω
Req = Ω
8.Resistor seri & paralelSulit
R1​ = 10 ΩR3​ = 15 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​12 VR2​3 ΩAR4​2 ΩBR6​25 Ω

Cari resistansi ekuivalen Req yang dilihat sumber V1.

V1 = 12 VR1 = 10 ΩR2 = 3 ΩR3 = 15 ΩR4 = 2 ΩR5 = 4 ΩR6 = 25 Ω
Req = Ω
9.Konverter DC-DCSedang
tiL​Imax​Imin​ΔI = ?DTT2T

Konverter buck-boost pembalik ideal mengubah 24 V menjadi −72 V pada 100 kHz dengan L = 220 µH. Cari arus riak induktor puncak ke puncak ΔIL.

Vin​ = 24 VVo​ = −72 Vf = 100 kHzL = 220 µH
ΔIL = A
10.Konverter DC-DCSulit
+−48 VLSC = 10 µFR = 4 Ω+−96 V

Konverter boost ideal mengubah 48 V menjadi 96 V untuk beban 4 Ω pada 500 kHz. Kapasitor keluarannya 10 µF. Cari riak tegangan keluaran puncak ke puncak ΔVo dalam mV.

Vin​ = 48 VVo​ = 96 Vf = 500 kHzC = 10 µFR = 4 Ω
ΔVo = mV
11.Jembatan Wheatstone & strain gaugeSedang
+−2 V350 Ω350 Ω350 Ω350 Ωab+−

Sebuah strain gauge 350 Ω adalah satu lengan (R₂) dari jembatan dengan empat lengan sama 350 Ω dan eksitasi 2 V. Cari daya Pg yang didisipasikan pada gauge, dalam mW. Pemanasan sendiri membatasi eksitasi.

Vs = 2 VR = 350 Ω
Pg = mW
12.Jembatan Wheatstone & strain gaugeSulit
+−12 V1000 Ω − ΔR1000 Ω + ΔR1000 Ω + ΔR1000 Ω − ΔRab+−Vo​ = ?

Sebuah sel beban (jembatan penuh dari strain gauge) memiliki keluaran terukur 2 mV/V pada beban terukurnya 500 kg. Sel dieksitasi dengan 12 V. Cari keluarannya Vo di bawah beban 125 kg.

2 mV/VFrated = 500 kgVs = 12 VF = 125 kg
Vo = mV
13.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flopSedang
MUX0I0​0I1​0I2​1I3​ABS1​S0​F

Sebuah multiplekser 4-ke-1 memiliki masukan pemilih S₁ = A dan S₀ = B, dan masukan datanya dihubungkan ke I₀ = 0, I₁ = 0, I₂ = 0, I₃ = 1. Pada berapa dari 8 kombinasi A, B, dan C keluaran F = 1? Carilah N.

I₀ = 0I₁ = 0I₂ = 0I₃ = 1
N =
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 10 (desimal, Q = 1010). Berapa hitungan Q (dalam desimal) yang ditunjukkannya setelah 49 pulsa clock?

Q0 = 1049n = 4
Q =

3Larutan

1.Dioda & transistor

Jawaban: IC = 2,018 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 = (12 − 0,7)/560 kΩ = 20,18 µA

Arus kolektor

IC = β·IB = 100·20,18 µA = 2,018 mA

Jawaban

IC = 2,018 mA

Periksa: VCE = 7,561 V jauh di atas 0,2 V, sehingga transistor memang aktif.

2.Dioda & transistor

Jawaban: RB = 2,437 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)/330 = 26,67 mA

Arus basis minimum

IB(min) = IC(sat)/β = 26,67/50 = 533,3 µA

Arus basis rancangan

IB = 2·533,3 µA = 1067 µA

Resistor basis

RB = (3,3 − 0,7)/IB = 2,6 V/1,067 mA = 2,437 kΩ

Jawaban

RB = 2,437 kΩ
3.Rangkaian op-amp

Jawaban: Vout = 2,2 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₊ = 1,1 V
I = V₋/R1 = 1,1/4,7 = 0,234 mA

Tegangan keluaran

Arus melalui R₁ juga mengalir melalui Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = 1,1 + 0,234·4,7 = 2,2 V

Jawaban

Vout = 2,2 V
4.Rangkaian op-amp

Jawaban: If = 0,198 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 = 2/10 = 0,2 mA
I2 = V2/R2 = −0,2/100 = −0,002 mA
If = I1 + I2 = 0,198 mA

Jawaban

If = 0,198 mA
5.Transien RC & RL

Jawaban: i = 0,1724 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 = 22 mH / 22 Ω = 1 ms
i(∞) = Vs/R = 6/22 = 0,2727 A

Arus pada waktu tertentu

i(t) = i(∞)·(1 − e−t/τ) = 0,2727·(1 − e−1/1) = 0,1724 A

Jawaban

i = 0,1724 A
6.Transien RC & RL

Jawaban: t = 0,5619 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

Sebelum t = 0 sakelar yang tertutup memintas R₂; sesudahnya R₁ dan R₂ sama-sama berada dalam loop.

i(0) = 10/5 = 2 A
i(∞) = 10/(5 + 15) = 0,5 A
τ = L/R = 22/20 = 1,1 ms
i(t) = 0,5 + (2 − 0,5)·e−t/τ

Selesaikan untuk waktu

e−t/τ = (1,4 − 0,5)/(2 − 0,5) = 0,6
t = 1,1·ln(1,667) = 0,5619 ms

Jawaban

t = 0,5619 ms
7.Resistor seri & paralel

Jawaban: Req = 17,19 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​ = 12 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​10 VR2​20 ΩAR4​3 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 = 4 + 3 = 7 Ω
R2 ∥ 7 = 20·7/(20+7) = 5,185 Ω
Req = R1 + 5,185 = 12 + 5,185 = 17,19 Ω

Jawaban

Req = 17,19 Ω
8.Resistor seri & paralel

Jawaban: Req = 12,55 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​ = 15 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​12 VR2​3 ΩAR4​2 ΩBR6​25 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 = 4 + 25 = 29 Ω
R4 ∥ 29 = 1,871 Ω
R3 + 1,871 = 16,87 Ω
R2 ∥ 16,87 = 2,547 Ω
Req = R1 + 2,547 = 10 + 2,547 = 12,55 Ω

Jawaban

Req = 12,55 Ω
9.Konverter DC-DC

Jawaban: ΔIL = 0,8182 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 = 72/(24 + 72) = 0,75

Tegangan induktor selama waktu nyala

Selama S menyala, induktor berada langsung di antara kedua ujung Vin.

VL = 24 V

Arus riak

ΔIL = VL·D/(L·f) = 24·0,75/(220·10⁻⁶·100·10³) = 0,8182 A

Jawaban

ΔIL = 0,8182 A
10.Konverter DC-DC

Jawaban: ΔVo = 2400 mV

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 = 1 − 48/96 = 0,5

Arus beban

Io = 96/4 = 24 A

Riak keluaran

ΔVo = 24·0,5/(500·10³·10·10⁻⁶) = 2400 mV

Jawaban

ΔVo = 2400 mV
11.Jembatan Wheatstone & strain gauge

Jawaban: Pg = 2,857 mW

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 pada gauge

V = 2/2 = 1 V

Daya

Pg = 1²/350 = 2,857 mW

Jawaban

Pg = 2,857 mW
12.Jembatan Wheatstone & strain gauge

Jawaban: Vo = 6 mV

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 skala penuh

2·12 = 24 mV

Keluaran pada beban ini

Vo = 24·125/500 = 6 mV

Jawaban

Vo = 6 mV
13.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flop

Jawaban: N = 2

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 = AB

Baris dengan F = 1

ABC = 110, 111
N = 2

Jawaban

N = 2
14.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flop

Jawaban: Q = 11

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.

49 = 3·16 + 1

Hitungan setelah pulsa yang tersisa

Q = (10 + 1) mod 16 = 11
Q = 1011₂

Jawaban

Q = 11

ExamProblems · examproblems.com/courses/electronics-1