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
+−24 VR = ?2 × 2,2 V20 mA

2 LED hijau (tegangan maju 2,2 V masing-masing) dihubungkan seri dengan resistor ke catu 24 V. Cari resistansi R yang menetapkan arus sebesar 20 mA.

Vs = 24 VVF = 2,2 Vn = 2I = 20 mA
R = Ω
2.Dioda & transistorSulit
RC​ = 680 Ωβ = 200IC​ = ?VCC​ = 12 V3,3 VRB​ = 47 kΩ

Sebuah transistor NPN dengan β = 200 mengalihkan resistor beban 680 Ω yang terhubung antara VCC = 12 V dan kolektornya. Emitornya dihubungkan ke ground. Basis dikemudikan dari keluaran logika 3,3 V melalui resistor basis RB = 47 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 = 12 VRC = 680 Ωβ = 200Vin = 3,3 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 VRB = 47 kΩ
IC = mA
3.Rangkaian op-ampSedang
−+Vout​Rf​ = 100 kΩR1​ = 4,7 kΩVin​ = −0,5 V

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

Vin = −0,5 VR1 = 4,7 kΩRf = 100 kΩ
Vout = V
4.Rangkaian op-ampSulit
−+Vout​Rf​ = 2 kΩV1​ = 2 VR1​ = 47 kΩV2​ = 1,5 VR2​ = 2 kΩ

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

V1 = 2 VV2 = 1,5 VR1 = 47 kΩR2 = 2 kΩRf = 2 kΩ
Vout = V
5.Transien RC & RLSedang
R = 100 Ωt = 0L10 mHi(t)

Induktor mengalirkan arus tunak 2,5 A. Pada t = 0 sakelar menutup loop melalui R dan sumber dilepas, jadi arus induktor meluruh melalui R. Berapa lama waktu yang diperlukan agar arus turun ke 0,25 A? Cari t.

i(0) = 2,5 AR = 100 ΩL = 10 mH
t = ms
6.Transien RC & RLSulit
+−Vs​24 Vmembuka pada t = 0R1​ = 1 kΩR2​ = 10 kΩC10 µF+−vC​

Sakelar telah tertutup sejak lama, jadi rangkaian dalam keadaan tunak. Pada t = 0 sakelar membuka. Cari tegangan kapasitor vC pada t = 150 ms.

Vs = 24 VR1 = 1 kΩR2 = 10 kΩC = 10 µFt = 150 ms
vC = V
7.Resistor seri & paralelSedang
R1​ = 5 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​15 VR2​20 ΩAR4​2 ΩB

Cari resistansi ekuivalen Req yang dilihat sumber V1.

V1 = 15 VR1 = 5 ΩR2 = 20 ΩR3 = 20 ΩR4 = 2 Ω
Req = Ω
8.Resistor seri & paralelSulit
R1​ = 2 ΩR3​ = 12 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​18 VR2​30 ΩIR2​AR4​20 ΩBR6​30 Ω

Cari arus IR2 melalui R2.

V1 = 18 VR1 = 2 ΩR2 = 30 ΩR3 = 12 ΩR4 = 20 ΩR5 = 30 ΩR6 = 30 Ω
IR2 = A
9.Konverter DC-DCSedang
tiL​Imax​ = ?Imin​Io​DTT2T

Konverter buck mengubah 12 V menjadi 9 V untuk beban 2,5 Ω. Konverter bekerja pada 50 kHz dengan L = 220 µH. Cari arus puncak induktor Imax.

Vin​ = 12 VVo​ = 9 Vf = 50 kHzL = 220 µHR = 2,5 Ω
Imax = A
10.Konverter DC-DCSulit
tiL​Imax​IL​DTT2T

Konverter boost ideal mengubah 15 V menjadi 25 V untuk beban 25 Ω pada 250 kHz. Cari induktansi terkecil Lcrit untuk konduksi kontinu.

Vin​ = 15 VVo​ = 25 Vf = 250 kHzR = 25 Ω
Lcrit = µH
11.Jembatan Wheatstone & strain gaugeSedang
+−9 VR1​ = 800 ΩR2​ = 10 ΩR3​ = 1000 ΩR4​ = 500 Ωab+−Rth​ = ?

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

Vs = 9 VR1 = 800 ΩR2 = 10 ΩR3 = 1000 ΩR4 = 500 Ω
Rth = Ω
12.Jembatan Wheatstone & strain gaugeSulit
+−5 V1000 Ω1000 Ω + ΔR1000 Ω1000 Ωab+−0,5 mV

Sebuah strain gauge (GF = 2) pada suatu batang dengan E = 210 GPa membentuk jembatan seperempat yang dieksitasi dengan 5 V. Keluarannya menunjukkan 0,5 mV. Cari tegangan mekanik aksial σ dalam MPa.

Vs = 5 VGF = 2Vo = 0,5 mVE = 210 GPa
σ = MPa
13.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flopSedang
MUX1I0​1I1​CI2​0I3​ABS1​S0​F

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

I₀ = 1I₁ = 1I₂ = CI₃ = 0
N =
14.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flopSulit
TQ0​Q0​TQ1​Q1​TQ2​Q2​TQ3​Q3​CLKMOD-11

Sebuah pencacah mod-11 sinkron menghitung 0, 1, …, 10 lalu kembali ke 0. Pencacah dimulai dari 1. Berapa hitungan Q (dalam desimal) yang ditunjukkannya setelah 14 pulsa clock?

Q0 = 114N = 11
Q =

3Larutan

1.Dioda & transistor

Jawaban: R = 980 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 = 24 − 2·2,2 = 19,6 V

Hambatan

R = 19,6/0,02 = 980 Ω

Jawaban

R = 980 Ω

Resistor menyerap daya 392 mW.

2.Dioda & transistor

Jawaban: IC = 11,06 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 = (3,3 − 0,7)/47 kΩ = 55,32 µA

Saturasi atau aktif?

β·IB lebih kecil daripada IC(sat), sehingga transistor tetap aktif.

β·IB = 11,06 mA
IC(sat) = (12 − 0,2)/680 = 17,35 mA

Arus kolektor

IC = β·IB = 11,06 mA

Jawaban

IC = 11,06 mA

Transistor aktif, sehingga beban tidak menyala sepenuhnya.

3.Rangkaian op-amp

Jawaban: Vout = −11,14 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₊ = −0,5 V
I = V₋/R1 = −0,5/4,7 = −0,1064 mA

Tegangan keluaran

Arus melalui R₁ juga mengalir melalui Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = −0,5 + (−0,1064)·100 = −11,14 V

Jawaban

Vout = −11,14 V
4.Rangkaian op-amp

Jawaban: Vout = −1,585 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 = 2/47 = 0,04255 mA
I2 = V2/R2 = 1,5/2 = 0,75 mA
If = I1 + I2 = 0,7926 mA

Tegangan keluaran

Vout = −Rf·If = −2·0,7926 = −1,585 V

Jawaban

Vout = −1,585 V
5.Transien RC & RL

Jawaban: t = 0,2303 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.

Konstanta waktu

τ = L/R = 10 mH / 100 Ω = 0,1 ms

Selesaikan untuk waktu

0,25 = 2,5·e−t/τ → t = τ·ln(2,5/0,25)
t = 0,1·ln(10) = 0,2303 ms

Jawaban

t = 0,2303 ms
6.Transien RC & RL

Jawaban: vC = 4,868 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.

Tegangan awal kapasitor

Dalam keadaan tunak kapasitor adalah rangkaian terbuka, jadi R₁ dan R₂ membentuk pembagi tegangan. Tegangan kapasitor tidak dapat melompat saat sakelar membuka.

vC(0) = 24·10/(1 + 10) = 21,82 V

Konstanta waktu setelah sakelar membuka

τ = R2·C = 10·10 = 100 ms

Pengosongan

vC(t) = 21,82·e−150/100 = 4,868 V

Jawaban

vC = 4,868 V
7.Resistor seri & paralel

Jawaban: Req = 15,48 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​ = 5 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​15 VR2​20 ΩAR4​2 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 = 20 + 2 = 22 Ω
R2 ∥ 22 = 20·22/(20+22) = 10,48 Ω
Req = R1 + 10,48 = 5 + 10,48 = 15,48 Ω

Jawaban

Req = 15,48 Ω
8.Resistor seri & paralel

Jawaban: IR2 = 0,526 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​ = 2 ΩR3​ = 12 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​18 VR2​30 ΩAR4​20 ΩBR6​30 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 = 30 + 30 = 60 Ω
R4 ∥ 60 = 15 Ω
R3 + 15 = 27 Ω
R2 ∥ 27 = 14,21 Ω
Req = R1 + 14,21 = 2 + 14,21 = 16,21 Ω

Arus dari sumber

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

IR1 = V1/Req = 18/16,21 = 1,11 A

Arus melalui R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 18 − 1,11·2 = 15,78 V
IR2 = VA/R2 = 15,78/30 = 0,526 A

Jawaban

IR2 = 0,526 A
9.Konverter DC-DC

Jawaban: Imax = 3,702 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 = 9/12 = 0,75

Arus rata-rata dan arus riak

Io = 9/2,5 = 3,6 A
ΔIL = VL·D/(L·f) = 3·0,75/(220·10⁻⁶·50·10³) = 0,2045 A

Arus puncak

Imax = 3,6 + 0,2045/2 = 3,702 A

Jawaban

Imax = 3,702 A
10.Konverter DC-DC

Jawaban: Lcrit = 7,2 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 = 1 − 15/25 = 0,4

Syarat batas

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

Lcrit = D(1 − D)²·R/(2f)

Induktansi kritis

Lcrit = 0,4(1 − 0,4)²·25/(2250·10³) = 7,2 µH

Jawaban

Lcrit = 7,2 µH
11.Jembatan Wheatstone & strain gauge

Jawaban: Rth = 343,2 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 = 800·10/810 = 9,877 Ω
R₃∥R₄ = 1000·500/1500 = 333,3 Ω

Resistansi Thévenin

Rth = 343,2 Ω

Jawaban

Rth = 343,2 Ω
12.Jembatan Wheatstone & strain gauge

Jawaban: σ = 42 MPa

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.

Regangan

ε = 4·0,0005/(5·2) = 0,0002

Tegangan

σ = 210·10³ MPa·0,0002 = 42 MPa

Jawaban

σ = 42 MPa
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′ + A′B + AB′C

Baris dengan F = 1

ABC = 000, 001, 010, 011, 101
N = 5

Jawaban

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

Jawaban: Q = 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.

Siklus penuh

Setiap 11 pulsa mengembalikan pencacah ke keadaan yang sama.

14 = 1·11 + 3

Hitungan setelah pulsa yang tersisa

Q = (1 + 3) mod 11 = 4
Q = 0100₂

Jawaban

Q = 4

ExamProblems · examproblems.com/courses/electronics-1