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​ = 4,7 kΩβ = 80IC​ = ?VCC​ = 15 VRB​ = 820 kΩ

Sebuah transistor NPN dengan β = 80 dibias oleh resistor basis RB = 820 kΩ dari sumber VCC = 15 V. Resistor kolektornya RC = 4,7 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 = 15 VRB = 820 kΩRC = 4,7 kΩβ = 80VBE = 0,7 V
IC = mA
2.Dioda & transistorSulit
+−≤ 22 V150 Ω5,6 V

Regulator Zener 5,6 V memiliki resistor seri 150 Ω. Masukan dapat naik hingga 22 V, dan beban mungkin terlepas. Cari daya terbesar PZ,max yang harus didisipasikan Zener.

Vin,max = 22 VVZ = 5,6 VR = 150 Ω
PZ,max = mW
3.Rangkaian op-ampSedang
−+Vout​Rf​ = 100 kΩR1​ = 4,7 kΩVin​

Op-amp ideal dan dicatu ±15 V; keluarannya jenuh pada ±13 V. Penguat tak membalik diberi masukan gelombang sinus. Cari amplitudo masukan terbesar Vin,max (nilai puncak) agar keluaran tidak terpotong.

R1 = 4,7 kΩRf = 100 kΩVsat = ±13 V
Vin,max = V
4.Rangkaian op-ampSulit
−+Vout​Rf​ = 22 kΩV1​ = 2 VR1​ = 100 kΩV2​ = 0,6 VR2​ = 47 kΩ

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

V1 = 2 VV2 = 0,6 VR1 = 100 kΩR2 = 47 kΩRf = 22 kΩ
Vout = V
5.Transien RC & RLSedang
+−Vs​5 Vt = 0R = 50 ΩL150 mHi(t)

Induktor tidak dialiri arus sebelum sakelar ditutup pada t = 0. Cari tegangan vL pada induktor saat t = 5 ms.

Vs = 5 VR = 50 ΩL = 150 mHt = 5 ms
vL = V
6.Transien RC & RLSulit
+−Vs​6 Vt = 0R = 1 kΩC47 µF+−vC​vC​(0) = 15 V

Tepat sebelum sakelar ditutup pada t = 0, kapasitor bertegangan 15 V dengan polaritas yang ditunjukkan. Berapa lama waktu yang diperlukan agar vC mencapai 7,8 V? Cari t.

Vs = 6 VR = 1 kΩC = 47 µFvC(0) = 15 V
t = ms
7.Resistor seri & paralelSedang
R1​ = 3 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​24 VR2​3 ΩAR4​8 ΩB

Cari resistansi ekuivalen Req yang dilihat sumber V1.

V1 = 24 VR1 = 3 ΩR2 = 3 ΩR3 = 4 ΩR4 = 8 Ω
Req = Ω
8.Resistor seri & paralelSulit
R1​ = 5 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 2 Ω+−V1​36 VR2​6 ΩIR2​AR4​6 ΩBR6​3 Ω

Cari arus IR2 melalui R2.

V1 = 36 VR1 = 5 ΩR2 = 6 ΩR3 = 5 ΩR4 = 6 ΩR5 = 2 ΩR6 = 3 Ω
IR2 = A
9.Konverter DC-DCSedang
tiL​Imax​Imin​ΔI = ?DTT2T

Konverter buck-boost pembalik ideal mengubah 15 V menjadi −45 V pada 50 kHz dengan L = 330 µH. Cari arus riak induktor puncak ke puncak ΔIL.

Vin​ = 15 VVo​ = −45 Vf = 50 kHzL = 330 µH
ΔIL = A
10.Konverter DC-DCSulit
tiL​Imax​Io​DTT2T

Konverter buck mengubah 48 V menjadi 19,2 V pada 250 kHz dengan L = 220 µH. Cari arus beban terkecil Io,min agar konverter tetap berada dalam konduksi kontinu.

Vin​ = 48 VVo​ = 19,2 Vf = 250 kHzL = 220 µH
Io,min = A
11.Jembatan Wheatstone & strain gaugeSedang
+−6 V300 Ω300 Ω + ΔR300 Ω300 Ωab+−169,8 mV

Sebuah jembatan dengan empat lengan 300 Ω dicatu dengan 6 V. Ketika sensor R₂ berubah, keluarannya menunjukkan Vab = 169,8 mV. Cari perubahan eksak ΔR dari R₂.

Vs = 6 VR = 300 ΩVab = 169,8 mV
ΔR = Ω
12.Jembatan Wheatstone & strain gaugeSulit
+−5 V350 Ω350 Ω + ΔR350 Ω350 Ωab+−Vo​

Sebuah jembatan seperempat (satu gauge aktif, GF = 2,12) dieksitasi dengan 5 V. Regangan terbesar yang akan diukur adalah 800 µε, dan harus menghasilkan 10 V pada masukan konverter analog-ke-digital. Cari penguatan penguat G.

Vs = 5 VGF = 2,12εmax = 800 µεVFS = 10 V
G =
13.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flopSedang
ABC000111100101324576

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

F = BC + AB′C + A′B′C
L =
14.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flopSulit
TQ0​Q0​TQ1​Q1​TQ2​Q2​TQ3​Q3​CLKMOD-10

Sebuah pencacah dekade (mod-10) sinkron menghitung 0, 1, …, 9 lalu kembali ke 0. Pencacah dimulai dari 4. Berapa hitungan Q (dalam desimal) yang ditunjukkannya setelah 23 pulsa clock?

Q0 = 423N = 10
Q =

3Larutan

1.Dioda & transistor

Jawaban: IC = 1,395 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 = (15 − 0,7)/820 kΩ = 17,44 µA

Arus kolektor

IC = β·IB = 80·17,44 µA = 1,395 mA

Jawaban

IC = 1,395 mA

Periksa: VCE = 8,443 V jauh di atas 0,2 V, sehingga transistor memang aktif.

2.Dioda & transistor

Jawaban: PZ,max = 612,3 mW

Regulator Zener: dioda Zener bias mundur mempertahankan tegangannya VZ selama arusnya tetap di atas minimum IZ,min. Resistor seri R menanggung selisih antara masukan dan keluaran: IR = (Vin − VZ)/R. Arus itu terbagi antara beban, IL = VZ/RL, dan Zener: IZ = IR − IL. Rancang untuk kasus terburuk: masukan terendah dengan beban terbesar tetap harus menyisakan IZ,min, dan masukan tertinggi tanpa beban memberi daya Zener terbesar PZ = VZ·IZ.

Arus Zener kasus terburuk

IZ = 16,4/150 = 109,3 mA

Daya Zener

PZ = 5,6·109,3 = 612,3 mW

Jawaban

PZ,max = 612,3 mW
3.Rangkaian op-amp

Jawaban: Vin,max = 0,5836 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.

Penguatan

Av = 1 + Rf/R1 = 1 + 100/4,7 = 22,28

Masukan terbesar sebelum terpotong

Vin,max = Vsat/|Av| = 13/22,28 = 0,5836 V

Jawaban

Vin,max = 0,5836 V
4.Rangkaian op-amp

Jawaban: Vout = −0,7209 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 = 2/100 = 0,02 mA
I2 = V2/R2 = 0,6/47 = 0,01277 mA
If = I1 + I2 = 0,03277 mA

Tegangan keluaran

Vout = −Rf·If = −22·0,03277 = −0,7209 V

Jawaban

Vout = −0,7209 V
5.Transien RC & RL

Jawaban: vL = 0,9444 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.

Konstanta waktu dan arus akhir

Lama setelah sakelar ditutup, induktor berperilaku seperti hubung singkat, jadi arus akhir hanya ditentukan oleh R.

τ = L/R = 150 mH / 50 Ω = 3 ms
i(∞) = Vs/R = 5/50 = 0,1 A

Tegangan induktor

Pada t = 0 seluruh tegangan sumber muncul pada induktor; kemudian meluruh ke nol.

vL(t) = Vs·e−t/τ = 5·e−5/3 = 0,9444 V

Jawaban

vL = 0,9444 V
6.Transien RC & RL

Jawaban: t = 75,64 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

Tegangan kapasitor tidak dapat melompat, jadi dimulai dari nilai tersimpannya dan menuju tegangan sumber.

vC(0) = 15 V, vC(∞) = Vs = 6 V
τ = R·C = 1 kΩ · 47 µF = 47 ms
vC(t) = 6 + (15 − 6)·e−t/τ

Selesaikan untuk waktu

7,8 = 6 + (9)·e−t/τ → e−t/τ = (7,8 − 6)/(15 − 6) = 0,2
t = τ·ln((15 − 6)/(7,8 − 6)) = 47·ln(5) = 75,64 ms

Jawaban

t = 75,64 ms
7.Resistor seri & paralel

Jawaban: Req = 5,4 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​ = 3 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​24 VR2​3 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 = 4 + 8 = 12 Ω
R2 ∥ 12 = 3·12/(3+12) = 2,4 Ω
Req = R1 + 2,4 = 3 + 2,4 = 5,4 Ω

Jawaban

Req = 5,4 Ω
8.Resistor seri & paralel

Jawaban: IR2 = 2,419 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​ = 5 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 2 Ω+−V1​36 VR2​6 ΩAR4​6 ΩBR6​3 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 = 2 + 3 = 5 Ω
R4 ∥ 5 = 2,727 Ω
R3 + 2,727 = 7,727 Ω
R2 ∥ 7,727 = 3,377 Ω
Req = R1 + 3,377 = 5 + 3,377 = 8,377 Ω

Arus dari sumber

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

IR1 = V1/Req = 36/8,377 = 4,297 A

Arus melalui R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 36 − 4,297·5 = 14,51 V
IR2 = VA/R2 = 14,51/6 = 2,419 A

Jawaban

IR2 = 2,419 A
9.Konverter DC-DC

Jawaban: ΔIL = 0,6818 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 = 45/(15 + 45) = 0,75

Tegangan induktor selama waktu nyala

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

VL = 15 V

Arus riak

ΔIL = VL·D/(L·f) = 15·0,75/(330·10⁻⁶·50·10³) = 0,6818 A

Jawaban

ΔIL = 0,6818 A
10.Konverter DC-DC

Jawaban: Io,min = 0,1047 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 = 19,2/48 = 0,4

Arus riak

ΔIL = 19,2·0,6/(220·10⁻⁶·250·10³) = 0,2095 A

Arus beban batas

Io,min = ΔIL/2 = 0,1047 A

Jawaban

Io,min = 0,1047 A

Di bawah arus ini konverter masuk ke konduksi tak kontinu dan Vo naik di atas D·Vin.

11.Jembatan Wheatstone & strain gauge

Jawaban: ΔR = 36 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.

Tegangan simpul

Va = 3 + 0,1698 = 3,17 V

Selesaikan pembagi

R₂ = 300·3,17/(6 − 3,17) = 336 Ω
ΔR = 336 − 300 = 36 Ω

Jawaban

ΔR = 36 Ω
12.Jembatan Wheatstone & strain gauge

Jawaban: G = 4717

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 = 2,12 mV

Penguatan

G = 10/0,00212 = 4717

Jawaban

G = 4717
13.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flop

Jawaban: L = 1

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

BC → m(3, 7)
AB′C → m(5)
A′B′C → m(1)
ABC00011110010011130204151706

Kelompokkan dan baca

F = C

Hitung literalnya

L = 1

Jawaban

L = 1
14.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flop

Jawaban: Q = 7

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 10 pulsa mengembalikan pencacah ke keadaan yang sama.

23 = 2·10 + 3

Hitungan setelah pulsa yang tersisa

Q = (4 + 3) mod 10 = 7
Q = 0111₂

Jawaban

Q = 7

ExamProblems · examproblems.com/courses/electronics-1