Elektronika 1: paket kilat

Lembar rumus, langkah-langkah metode utama untuk setiap topik, dan 14 soal latihan, dengan pembahasan lengkap di bagian belakang.

Soal baru Kembali 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): V_D = 0,7 V when conducting
Daerah aktif: V_BE = 0,7 V, I_C = β·I_B, I_E = (β + 1)·I_B
Bias tetap: I_B = (V_CC − 0,7)/R_B
Bias pembagi tegangan: I_B = (V_TH − 0,7)/(R_TH + (β + 1)R_E)
Thévenin dari pembagi tegangan: V_TH = V_CC·R₂/(R₁ + R₂), R_TH = R₁∥R₂
Loop kolektor: V_CE = V_CC − I_CR_C − I_ER_E
Saturasi: I_C(sat) = (V_CC − V_CE(sat))/R_C, I_B ≥ I_C(sat)/β

Rangkaian op-amp

Penguat pembalik: V_out = −(R_f/R_in)·V_in
Penguat tak membalik: V_out = (1 + R_f/R₁)·V_in
Penguat penjumlah: V_out = −R_f(V₁/R₁ + V₂/R₂)
Op-amp ideal: V₊ = V₋, I_in = 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; v_C tidak dapat melompat
Induktor pada DC: hubung singkat; i_L tidak dapat melompat
Keadaan tunak: t ≈ 5τ

Metode

Cari nilai awal sesaat setelah sakelar berpindah: tegangan kapasitor dan arus induktor tidak dapat melompat.
Cari nilai akhir lama setelah sakelar berpindah: kapasitor berperilaku sebagai rangkaian terbuka, induktor sebagai hubung singkat.
Cari konstanta waktu: τ = RC atau τ = L/R, dengan hambatan yang terlihat oleh kapasitor atau induktor.
Gunakan x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e^−t/τ.

Resistor seri & paralel

Resistor seri: R_eq = R₁ + R₂ + …
Resistor paralel: 1/R_eq = 1/R₁ + 1/R₂ + …
Dua resistor paralel: R_eq = R₁R₂ / (R₁ + R₂)
Hukum Ohm: V = I·R
Daya: P = V·I = I²R = V²/R

Metode

Mulailah dari ujung jaringan yang paling jauh dari terminal.
Gabungkan resistor seri dengan menjumlahkannya, dan resistor paralel dengan 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
Gambar ulang rangkaian setelah setiap langkah.
Ulangi sampai tersisa satu resistor di antara terminal.

Konverter DC-DC

Buck: V_o = D·V_in
Boost: V_o = V_in/(1 − D)
Buck-boost pembalik: |V_o| = V_in·D/(1 − D)
Keseimbangan daya ideal: V_inI_in = V_oI_o
Riak induktor: ΔI_L = V_L,on·D/(L·f); buck V_in − V_o, boost and buck-boost V_in
Arus induktor rata-rata: buck I_o; boost dan buck-boost I_o/(1 − D)
Riak keluaran: buck ΔI_L/(8fC); boost dan buck-boost I_o·D/(fC)
Batas CCM: buck (1 − D)R/(2f); boost D(1 − D)²R/(2f); buck-boost (1 − D)²R/(2f)

Metode

Kenali konverternya (buck, boost, atau buck-boost) dan siklus kerja D dari rasio tegangan.
Gunakan keseimbangan volt-detik pada induktor: tegangan induktor rata-rata selama satu periode adalah nol.
Cari tegangan induktor saat saklar menyala, lalu ΔI_L = V_L·D/(L·f).
Untuk riak keluaran, cari muatan yang masuk dan keluar kapasitor; untuk batas CCM, samakan arus induktor rata-rata dengan ΔI_L/2.

Jembatan Wheatstone & strain gauge

Tegangan pembagi: V_a = V_sR₂/(R₁ + R₂), V_b = V_sR₄/(R₃ + R₄)
Haluaran: V_ab = V_a − V_b
Keseimbangan: R₁/R₂ = R₃/R₄
Jembatan kawat geser: R/R_x = l/(100 − l)
Resistansi Thévenin: R_th = R₁∥R₂ + R₃∥R₄
Faktor pengukur: ΔR/R = GF·ε
Keluaran jembatan: seperempat V_s·GF·ε/4, setengah V_s·GF·ε/2, penuh V_s·GF·ε
Perubahan kecil, satu lengan: V_ab ≈ V_s·ΔR/(4R)
Tegangan: σ = E·ε

Metode

Perlakukan jembatan sebagai dua pembagi tegangan pada catu yang sama.
Untuk keseimbangan, setel R₁/R₂ = R₃/R₄ lalu selesaikan untuk resistor yang tidak diketahui.
Untuk jembatan tak seimbang, cari V_a dan V_b dari pembagi lalu kurangkan; gunakan ekuivalen Thévenin bila alat ukur membebani keluaran.
Untuk strain gauge, ubah regangan menjadi ΔR/R = GF·ε dan gunakan V_s·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; f_out = f_clk/N
Pencacah ripple: f_max = 1/(n·t_pd)
Pencacah cincin dan Johnson: n dan 2n keadaan

Metode

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.
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.
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.
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

Sebuah transistor NPN dengan β = 200 dibias dengan pembagi tegangan dari V_CC = 20 V: R₁ = 22 kΩ dari V_CC ke basis dan R₂ = 4,7 kΩ dari basis ke ground. Resistor kolektornya R_C = 2,2 kΩ dan resistor emitornya R_E = 1 kΩ. Ambil V_BE = 0,7 V dan gunakan ekivalen Thévenin dari pembagi tegangan (jangan abaikan arus basis). Cari tegangan kolektor–emitor V_CE.

V_CC = 20 VR₁ = 22 kΩR₂ = 4,7 kΩR_C = 2,2 kΩR_E = 1 kΩβ = 200

V_CE = V

2.Dioda & transistorSulit

Sebuah transistor NPN dengan β = 100 mengalihkan resistor beban 470 Ω yang terhubung antara V_CC = 12 V dan kolektornya. Emitornya dihubungkan ke ground. Basis dikemudikan dari keluaran logika 5 V melalui resistor basis R_B = 4,7 kΩ. Ambil V_BE = 0,7 V dan V_CE(sat) = 0,2 V. Cari arus kolektor I_C dalam mA saat masukan tinggi. Tentukan dulu apakah transistor saturasi.

V_CC = 12 VR_C = 470 Ωβ = 100V_in = 5 VV_BE = 0,7 VV_CE(sat) = 0,2 VR_B = 4,7 kΩ

I_C = mA

3.Rangkaian op-ampSedang

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

V_in = −0,4 VR₁ = 22 kΩR_f = 100 kΩ

V_out = V

4.Rangkaian op-ampSulit

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

V₁ = 0,1 VV₂ = −0,2 VR₁ = 10 kΩR₂ = 100 kΩR_f = 100 kΩ

I_f = mA

5.Transien RC & RLSedang

Induktor tidak dialiri arus sebelum sakelar ditutup pada t = 0. Cari energi W yang tersimpan dalam induktor pada t = 5 ms, dalam mJ.

V_s = 10 VR = 33 ΩL = 220 mHt = 5 ms

W = mJ

6.Transien RC & RLSulit

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 1,32 A? Cari t.

V_s = 9 VR₁ = 5 ΩR₂ = 10 ΩL = 33 mH

t = ms

7.Resistor seri & paralelSedang

Cari arus I_R1 yang dialirkan sumber, yang mengalir melalui R₁.

V₁ = 10 VR₁ = 15 ΩR₂ = 20 ΩR₃ = 10 ΩR₄ = 2 Ω

I_R1 = A

8.Resistor seri & paralelSulit

Cari arus I_R1 yang dialirkan sumber, yang mengalir melalui R₁.

V₁ = 12 VR₁ = 12 ΩR₂ = 25 ΩR₃ = 6 ΩR₄ = 2 ΩR₅ = 15 ΩR₆ = 8 Ω

I_R1 = A

9.Konverter DC-DCSedang

Konverter buck mengubah 9 V menjadi 4,5 V untuk beban 8 Ω. Konverter bekerja pada 100 kHz dengan L = 33 µH. Cari arus puncak induktor I_max.

Vin = 9 VVo = 4,5 Vf = 100 kHzL = 33 µHR = 8 Ω

I_max = A

10.Konverter DC-DCSulit

Konverter buck ideal mengubah 9 V menjadi 6,3 V untuk beban 12 Ω pada 50 kHz. Cari induktansi terkecil L_crit untuk konduksi kontinu.

Vin = 9 VVo = 6,3 Vf = 50 kHzR = 12 Ω

L_crit = µH

11.Jembatan Wheatstone & strain gaugeSedang

Sebuah strain gauge 500 Ω adalah satu lengan (R₂) dari jembatan dengan empat lengan sama 500 Ω dan eksitasi 5 V. Cari daya P_g yang didisipasikan pada gauge, dalam mW. Pemanasan sendiri membatasi eksitasi.

V_s = 5 VR = 500 Ω

P_g = mW

12.Jembatan Wheatstone & strain gaugeSulit

Sebuah jembatan seperempat dengan satu gauge aktif (GF = 2,1) dieksitasi dengan 2,5 V. Di bawah beban keluarannya menunjukkan 0,656 mV. Cari regangan ε dalam µε.

V_s = 2,5 VGF = 2,1V_o = 0,656 mV

ε = µε

13.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flopSedang

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

F = A′C + A′B′C′ + A′BC

L =

14.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flopSulit

Flip-flop JK yang dipicu tepi positif dimulai dengan Q = 0 dan menerima masukan yang ditunjukkan pada 8 tepi naik clock. Berapa kali N Q berubah keadaan?

Q₀ = 0JK

N =

3Larutan

1.Dioda & transistor

Jawaban: V_CE = 11,17 V

Titik kerja BJT: di daerah aktif V_BE = 0,7 V, I_C = β·I_B dan I_E = (β + 1)·I_B. Cari I_B dari loop basis dengan KVL, lalu I_C, lalu V_CE dari loop kolektor–emitor. Pembagi tegangan di basis diganti dengan ekivalen Théveninnya V_TH = V_CC·R₂/(R₁ + R₂), R_TH = R₁∥R₂; resistor emitor tampak (β + 1) kali lebih besar di loop basis.

Ekivalen Thévenin dari pembagi tegangan

V_TH = 20·4,7/(22 + 4,7) = 3,521 V

R_TH = 22·4,7/(22 + 4,7) = 3,873 kΩ

Arus basis

KVL di sekeliling loop basis; arus emitor adalah (β + 1)·I_B.

I_B = (3,521 − 0,7)/(3,873 + 201·1) = 13,77 µA

Arus kolektor

I_C = 200·13,77 µA = 2,754 mA

I_E = 201·13,77 µA = 2,767 mA

Tegangan kolektor–emitor

V_CE = 20 − 2,754·2,2 − 2,767·1 = 11,17 V

Jawaban

V_CE = 11,17 V

2.Dioda & transistor

Jawaban: I_C = 25,11 mA

BJT sebagai sakelar: untuk menyalakan beban sepenuhnya, transistor dikemudikan ke saturasi, dengan V_CE = V_CE(sat) dan arus kolektor ditentukan oleh beban: I_C(sat) = (V_CC − V_CE(sat))/R_C. Saturasi memerlukan paling sedikit I_B = I_C(sat)/β. Jika arus basis lebih kecil, transistor tetap aktif dan I_C = β·I_B.

Arus basis

I_B = (5 − 0,7)/4,7 kΩ = 914,9 µA

Saturasi atau aktif?

β·I_B lebih besar daripada I_C(sat), sehingga transistor saturasi.

β·I_B = 91,49 mA

I_C(sat) = (12 − 0,2)/470 = 25,11 mA

Arus kolektor

I_C = I_C(sat) = 25,11 mA

Jawaban

I_C = 25,11 mA

Transistor saturasi.

3.Rangkaian op-amp

Jawaban: V_out = −2,218 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₊ = −0,4 V

I = V₋/R₁ = −0,4/22 = −0,01818 mA

Tegangan keluaran

Arus melalui R₁ juga mengalir melalui R_f.

V_out = V₋ + I·R_f = −0,4 + (−0,01818)·100 = −2,218 V

Jawaban

V_out = −2,218 V

4.Rangkaian op-amp

Jawaban: I_f = 0,008 mA

Arus masukan

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

I₁ = V₁/R₁ = 0,1/10 = 0,01 mA

I₂ = V₂/R₂ = −0,2/100 = −0,002 mA

I_f = I₁ + I₂ = 0,008 mA

Jawaban

I_f = 0,008 mA

5.Transien RC & RL

Jawaban: W = 2,812 mJ

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 = 220 mH / 33 Ω = 6,667 ms

i(∞) = V_s/R = 10/33 = 0,303 A

Arus pada waktu tertentu

i(t) = 0,303·(1 − e^−5/6,667) = 0,1599 A

Energi tersimpan

W = ½·L·i² = ½·220·0,1599² = 2,812 mJ

Jawaban

W = 2,812 mJ

6.Transien RC & RL

Jawaban: t = 1,124 ms

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) = 9/5 = 1,8 A

i(∞) = 9/(5 + 10) = 0,6 A

τ = L/R = 33/15 = 2,2 ms

i(t) = 0,6 + (1,8 − 0,6)·e^−t/τ

Selesaikan untuk waktu

e^−t/τ = (1,32 − 0,6)/(1,8 − 0,6) = 0,6

t = 2,2·ln(1,667) = 1,124 ms

Jawaban

t = 1,124 ms

7.Resistor seri & paralel

Jawaban: I_R1 = 0,4444 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.

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 + 2 = 12 Ω

R₂ ∥ 12 = 20·12/(20+12) = 7,5 Ω

R_eq = R₁ + 7,5 = 15 + 7,5 = 22,5 Ω

Arus dari sumber

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

I_R1 = V₁/R_eq = 10/22,5 = 0,4444 A

Jawaban

I_R1 = 0,4444 A

8.Resistor seri & paralel

Jawaban: I_R1 = 0,6678 A

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 + 8 = 23 Ω

R₄ ∥ 23 = 1,84 Ω

R₃ + 1,84 = 7,84 Ω

R₂ ∥ 7,84 = 5,968 Ω

R_eq = R₁ + 5,968 = 12 + 5,968 = 17,97 Ω

Arus dari sumber

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

I_R1 = V₁/R_eq = 12/17,97 = 0,6678 A

Jawaban

I_R1 = 0,6678 A

9.Konverter DC-DC

Jawaban: I_max = 0,9034 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 V_o = D·V_in, boost V_o = V_in/(1 − D), buck-boost pembalik |V_o| = V_in·D/(1 − D). Konverter ideal menjaga daya: V_in·I_in = V_o·I_o. Selama S menyala, arus induktor naik sebesar ΔI_L = V_L·D·T/L, dengan V_L = V_in − V_o untuk buck dan V_in untuk boost dan buck-boost. Riak keluaran adalah ΔV_o = ΔI_L/(8fC) untuk buck dan I_o·D/(fC) untuk boost dan buck-boost. Arus induktor tepat menyentuh nol (batas CCM) ketika arus induktor rata-rata sama dengan ΔI_L/2.

Siklus kerja

D = 4,5/9 = 0,5

Arus rata-rata dan arus riak

I_o = 4,5/8 = 0,5625 A

ΔI_L = V_L·D/(L·f) = 4,5·0,5/(33·10⁻⁶·100·10³) = 0,6818 A

Arus puncak

I_max = 0,5625 + 0,6818/2 = 0,9034 A

Jawaban

I_max = 0,9034 A

10.Konverter DC-DC

Jawaban: L_crit = 36 µH

Siklus kerja

D = 6,3/9 = 0,7

Syarat batas

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

L_crit = (1 − D)·R/(2f)

Induktansi kritis

L_crit = (1 − 0,7)·12/(250·10³) = 36 µH

Jawaban

L_crit = 36 µH

11.Jembatan Wheatstone & strain gauge

Jawaban: P_g = 12,5 mW

Jembatan Wheatstone: dua pembagi tegangan berbagi satu catu V_s. Pembagi kiri R₁–R₂ memberikan V_a = V_s·R₂/(R₁ + R₂) dan pembagi kanan R₃–R₄ memberikan V_b = V_s·R₄/(R₃ + R₄); keluarannya adalah V_ab = V_a − V_b. Jembatan seimbang (V_ab = 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 R_th = R₁∥R₂ + R₃∥R₄.

Tegangan pada gauge

V = 5/2 = 2,5 V

Daya

P_g = 2,5²/500 = 12,5 mW

Jawaban

P_g = 12,5 mW

12.Jembatan Wheatstone & strain gauge

Jawaban: ε = 499,8 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 V_o ≈ V_s·GF·ε/4. Dua pengukur aktif dengan regangan berlawanan pada lengan yang berdekatan (setengah jembatan) memberikan V_s·GF·ε/2, dan empat (jembatan penuh) memberikan V_s·GF·ε. Tegangan mekanik mengikuti hukum Hooke, σ = E·ε. Sel beban menyatakan sensitivitasnya dalam mV/V: keluaran pada beban penuh per volt eksitasi.

Selesaikan persamaan jembatan seperempat

ε = 4·0,000656/(2,5·2,1) = 0,0004998

Dalam mikroregangan

ε = 499,8 µε

Jawaban

ε = 499,8 µε

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

Jawaban: L = 4

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

A′C → m(1, 3)

A′B′C′ → m(0)

A′BC → m(3)

Kelompokkan dan baca

F = A′C + A′B′

Hitung literalnya

L = 4

Jawaban

L = 4

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 f_clk/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 = 1, K = 0 → Q = 1

2: J = 1, K = 0 → Q = 1

3: J = 1, K = 1 → Q = 0

4: J = 0, K = 0 → Q = 0

5: J = 0, K = 1 → Q = 0

6: J = 1, K = 0 → Q = 1

7: J = 1, K = 0 → Q = 1

8: J = 0, K = 1 → Q = 0

Hitung perubahannya

0 → 1 → 1 → 0 → 0 → 0 → 1 → 1 → 0

N = 4

Jawaban

N = 4

ExamProblems · examproblems.com/courses/electronics-1