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​ = 3,3 kΩβ = 75VCC​ = 10 VRB​ = 470 kΩ

Sebuah transistor NPN dengan β = 75 dibias oleh resistor basis RB = 470 kΩ dari sumber VCC = 10 V. Resistor kolektornya RC = 3,3 kΩ dan emitornya dihubungkan ke ground. Ambil VBE = 0,7 V dan asumsikan transistor berada di daerah aktif. Cari tegangan kolektor–emitor VCE.

VCC = 10 VRB = 470 kΩRC = 3,3 kΩβ = 75VBE = 0,7 V
VCE = V
2.Dioda & transistorSulit
RC​ = 470 Ωβ = 100IC​ = ?VCC​ = 5 V5 VRB​ = 2,2 kΩ

Sebuah transistor NPN dengan β = 100 mengalihkan resistor beban 470 Ω yang terhubung antara VCC = 5 V dan kolektornya. Emitornya dihubungkan ke ground. Basis dikemudikan dari keluaran logika 5 V melalui resistor basis RB = 2,2 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 = 470 Ωβ = 100Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 VRB = 2,2 kΩ
IC = mA
3.Rangkaian op-ampSedang
−+Vout​Rf​ = 47 kΩR1​ = 47 kΩVin​ = 2 V

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

Vin = 2 VR1 = 47 kΩRf = 47 kΩ
Vout = V
4.Rangkaian op-ampSulit
−+Vout​Rf​ = 10 kΩV1​ = 2 VR1​ = 22 kΩV2​ = 0,2 VR2​ = 4,7 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 = 22 kΩR2 = 4,7 kΩRf = 10 kΩ
If = mA
5.Transien RC & RLSedang
+−Vs​20 Vt = 0R = 68 ΩL100 mHi(t)

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

Vs = 20 VR = 68 ΩL = 100 mHt = 1 ms
i = A
6.Transien RC & RLSulit
+−Vs​24 Vt = 0R = 6,8 kΩC22 µF+−vC​vC​(0) = 8 V

Tepat sebelum sakelar ditutup pada t = 0, kapasitor bertegangan 8 V dengan polaritas yang ditunjukkan. Cari tegangan kapasitor vC pada t = 60 ms.

Vs = 24 VR = 6,8 kΩC = 22 µFvC(0) = 8 Vt = 60 ms
vC = V
7.Resistor seri & paralelSedang
R1​ = 6 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​6 VR2​20 ΩIR2​AR4​8 ΩB

Cari arus IR2 melalui R2.

V1 = 6 VR1 = 6 ΩR2 = 20 ΩR3 = 10 ΩR4 = 8 Ω
IR2 = A
8.Resistor seri & paralelSulit
R1​ = 6 ΩR3​ = 8 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​5 VR2​15 ΩIR2​AR4​30 ΩBR6​8 Ω

Cari arus IR2 melalui R2.

V1 = 5 VR1 = 6 ΩR2 = 15 ΩR3 = 8 ΩR4 = 30 ΩR5 = 4 ΩR6 = 8 Ω
IR2 = A
9.Konverter DC-DCSedang
tiL​Imax​ = ?Imin​Io​DTT2T

Konverter buck mengubah 9 V menjadi 6,3 V untuk beban 25 Ω. Konverter bekerja pada 25 kHz dengan L = 330 µH. Cari arus puncak induktor Imax.

Vin​ = 9 VVo​ = 6,3 Vf = 25 kHzL = 330 µHR = 25 Ω
Imax = A
10.Konverter DC-DCSulit
tiL​Imax​IL​DTT2T

Konverter boost ideal mengubah 36 V menjadi 48 V untuk beban 12 Ω pada 20 kHz. Cari induktansi terkecil Lcrit untuk konduksi kontinu.

Vin​ = 36 VVo​ = 48 Vf = 20 kHzR = 12 Ω
Lcrit = µH
11.Jembatan Wheatstone & strain gaugeSedang
+−10 V200 Ω200 Ω + ΔR200 Ω200 Ωab+−Vab​ = ?

Sebuah jembatan memiliki empat lengan 200 Ω dan Vs = 10 V. Sensor R₂ naik sebesar ΔR = 50 Ω. Cari keluaran eksak Vab dalam mV.

Vs = 10 VR = 200 ΩΔR = 50 Ω
Vab = mV
12.Jembatan Wheatstone & strain gaugeSulit
+−2,5 V350 Ω − ΔR350 Ω + ΔR350 Ω + ΔR350 Ω − ΔRab+−Vo​ = ?

Sebuah jembatan dengan lengan 350 Ω dieksitasi dengan 2,5 V dan memiliki empat gauge aktif, dua dalam tarik dan dua dalam tekan (jembatan penuh). Faktor pengukurnya 2,05 dan regangannya 500 µε. Cari keluaran jembatan Vo dalam mV.

Vs = 2,5 VGF = 2,05ε = 500 µε
Vo = mV
13.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flopSedang
MUXC′I0​1I1​C′I2​1I3​ABS1​S0​F

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

I₀ = C′I₁ = 1I₂ = C′I₃ = 1
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 pada 7 tepi naik clock. Berapa kali N Q berubah keadaan?

Q₀ = 0JK
N =

3Larutan

1.Dioda & transistor

Jawaban: VCE = 5,103 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 = (10 − 0,7)/470 kΩ = 19,79 µA

Arus kolektor

IC = β·IB = 75·19,79 µA = 1,484 mA

Tegangan kolektor–emitor

VCE = 10 − 1,484 mA·3,3 kΩ = 5,103 V

Jawaban

VCE = 5,103 V
2.Dioda & transistor

Jawaban: IC = 10,21 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)/2,2 kΩ = 1955 µA

Saturasi atau aktif?

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

β·IB = 195,5 mA
IC(sat) = (5 − 0,2)/470 = 10,21 mA

Arus kolektor

IC = IC(sat) = 10,21 mA

Jawaban

IC = 10,21 mA

Transistor saturasi.

3.Rangkaian op-amp

Jawaban: Vout = 4 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₊ = 2 V
I = V₋/R1 = 2/47 = 0,04255 mA

Tegangan keluaran

Arus melalui R₁ juga mengalir melalui Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = 2 + 0,04255·47 = 4 V

Jawaban

Vout = 4 V
4.Rangkaian op-amp

Jawaban: If = 0,1335 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 = 2/22 = 0,09091 mA
I2 = V2/R2 = 0,2/4,7 = 0,04255 mA
If = I1 + I2 = 0,1335 mA

Jawaban

If = 0,1335 mA
5.Transien RC & RL

Jawaban: i = 0,1451 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 = 100 mH / 68 Ω = 1,471 ms
i(∞) = Vs/R = 20/68 = 0,2941 A

Arus pada waktu tertentu

i(t) = i(∞)·(1 − e−t/τ) = 0,2941·(1 − e−1/1,471) = 0,1451 A

Jawaban

i = 0,1451 A
6.Transien RC & RL

Jawaban: vC = 13,29 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) = 8 V, vC(∞) = Vs = 24 V
τ = R·C = 6,8 kΩ · 22 µF = 149,6 ms
vC(t) = 24 + (8 − 24)·e−t/τ

Tegangan pada waktu tertentu

vC(60) = 24 + (−16)·e−60/149,6 = 13,29 V

Jawaban

vC = 13,29 V
7.Resistor seri & paralel

Jawaban: IR2 = 0,1837 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​ = 6 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​6 VR2​20 ΩAR4​8 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 = 10 + 8 = 18 Ω
R2 ∥ 18 = 20·18/(20+18) = 9,474 Ω
Req = R1 + 9,474 = 6 + 9,474 = 15,47 Ω

Arus dari sumber

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

IR1 = V1/Req = 6/15,47 = 0,3878 A

Arus melalui R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 6 − 0,3878·6 = 3,673 V
IR2 = VA/R2 = 3,673/20 = 0,1837 A

Jawaban

IR2 = 0,1837 A
8.Resistor seri & paralel

Jawaban: IR2 = 0,1892 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​ = 6 ΩR3​ = 8 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​5 VR2​15 ΩAR4​30 ΩBR6​8 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 + 8 = 12 Ω
R4 ∥ 12 = 8,571 Ω
R3 + 8,571 = 16,57 Ω
R2 ∥ 16,57 = 7,873 Ω
Req = R1 + 7,873 = 6 + 7,873 = 13,87 Ω

Arus dari sumber

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

IR1 = V1/Req = 5/13,87 = 0,3604 A

Arus melalui R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 5 − 0,3604·6 = 2,838 V
IR2 = VA/R2 = 2,838/15 = 0,1892 A

Jawaban

IR2 = 0,1892 A
9.Konverter DC-DC

Jawaban: Imax = 0,3665 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 = 6,3/9 = 0,7

Arus rata-rata dan arus riak

Io = 6,3/25 = 0,252 A
ΔIL = VL·D/(L·f) = 2,7·0,7/(330·10⁻⁶·25·10³) = 0,2291 A

Arus puncak

Imax = 0,252 + 0,2291/2 = 0,3665 A

Jawaban

Imax = 0,3665 A
10.Konverter DC-DC

Jawaban: Lcrit = 42,19 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 − 36/48 = 0,25

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 = 0,25(1 − 0,25)²·12/(220·10³) = 42,19 µH

Jawaban

Lcrit = 42,19 µH
11.Jembatan Wheatstone & strain gauge

Jawaban: Vab = 555,6 mV

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 simpul

Va = 10·250/450 = 5,556 V
Vb = 5 V

Haluaran

Vab = 555,6 mV

Jawaban

Vab = 555,6 mV

Perkiraan linear Vs·ΔR/(4R) = 625 mV terlalu tinggi 12,5 %: jembatan seperempat tidak sepenuhnya linear.

12.Jembatan Wheatstone & strain gauge

Jawaban: Vo = 2,563 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.

Perubahan resistansi relatif

ΔR/R = 2,05·500·10⁻⁶ = 0,001025

Keluaran jembatan

Vo = Vs·GF·ε = 2,5·0,001025 = 2,563 mV

Jawaban

Vo = 2,563 mV
13.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flop

Jawaban: N = 6

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′B + AB′C′ + AB

Baris dengan F = 1

ABC = 000, 010, 011, 100, 110, 111
N = 6

Jawaban

N = 6
14.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flop

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

Hitung perubahannya

0 → 0 → 1 → 0 → 1 → 0 → 0 → 0
N = 4

Jawaban

N = 4

ExamProblems · examproblems.com/courses/electronics-1