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 = 75VCC​ = 15 VRB​ = 270 kΩ

Sebuah transistor NPN dengan β = 75 dibias oleh resistor basis RB = 270 kΩ dari sumber VCC = 15 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 tegangan kolektor–emitor VCE.

VCC = 15 VRB = 270 kΩRC = 2,2 kΩβ = 75VBE = 0,7 V
VCE = V
2.Dioda & transistorSulit
RC​ = 330 Ωβ = 50VCC​ = 24 V5 VRB​ = ?

Sebuah transistor NPN dengan β = 50 mengalihkan resistor beban 330 Ω yang terhubung antara VCC = 24 V dan kolektornya. Emitornya dihubungkan ke ground. Basis dikemudikan dari keluaran logika 5 V melalui resistor basis RB. Ambil VBE = 0,7 V dan VCE(sat) = 0,2 V. Cari resistor basis terbesar RB, dalam kΩ, yang masih mengemudikan transistor tepat ke saturasi.

VCC = 24 VRC = 330 Ωβ = 50Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 V
RB = kΩ
3.Rangkaian op-ampSedang
−+Vout​Rf​ = 47 kΩR1​ = 10 kΩVin​ = −0,5 V

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

Vin = −0,5 VR1 = 10 kΩRf = 47 kΩ
Vout = V
4.Rangkaian op-ampSulit
−+Vout​Rf​ = 4,7 kΩV1​ = −1,6 VR1​ = 2 kΩV2​ = −0,2 VR2​ = 10 kΩ

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

V1 = −1,6 VV2 = −0,2 VR1 = 2 kΩR2 = 10 kΩRf = 4,7 kΩ
Vout = V
5.Transien RC & RLSedang
+−Vs​15 Vt = 0R = 15 ΩL22 mHi(t)

Induktor tidak dialiri arus sebelum sakelar ditutup pada t = 0. Cari tegangan vL pada induktor saat t = 1 ms.

Vs = 15 VR = 15 ΩL = 22 mHt = 1 ms
vL = V
6.Transien RC & RLSulit
+−Vs​15 Vt = 0R = 2,2 kΩC68 µF+−vC​vC​(0) = 20 V

Tepat sebelum sakelar ditutup pada t = 0, kapasitor bertegangan 20 V dengan polaritas yang ditunjukkan. Berapa lama waktu yang diperlukan agar vC mencapai 17,5 V? Cari t.

Vs = 15 VR = 2,2 kΩC = 68 µFvC(0) = 20 V
t = ms
7.Resistor seri & paralelSedang
R1​ = 6 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​18 VR2​6 ΩIR2​AR4​20 ΩB

Cari arus IR2 melalui R2.

V1 = 18 VR1 = 6 ΩR2 = 6 ΩR3 = 6 ΩR4 = 20 Ω
IR2 = A
8.Resistor seri & paralelSulit
R1​ = 3 ΩR3​ = 2 ΩR5​ = 2 Ω+−V1​36 VR2​6 ΩIR2​AR4​2 ΩBR6​30 Ω

Cari arus IR2 melalui R2.

V1 = 36 VR1 = 3 ΩR2 = 6 ΩR3 = 2 ΩR4 = 2 ΩR5 = 2 ΩR6 = 30 Ω
IR2 = A
9.Konverter DC-DCSedang
+−12 VLSCR = 4 Ω+−40 V

Konverter boost ideal mengubah 12 V menjadi 40 V untuk beban 4 Ω. Cari arus induktor rata-rata IL.

Vin​ = 12 VVo​ = 40 VR = 4 Ω
IL = A
10.Konverter DC-DCSulit
+−15 VLSC = 22 µFR = 2 Ω+−25 V

Konverter boost ideal mengubah 15 V menjadi 25 V untuk beban 2 Ω pada 500 kHz. Kapasitor keluarannya 22 µF. Cari riak tegangan keluaran puncak ke puncak ΔVo dalam mV.

Vin​ = 15 VVo​ = 25 Vf = 500 kHzC = 22 µFR = 2 Ω
ΔVo = mV
11.Jembatan Wheatstone & strain gaugeSedang
+−6 VR1​ = 1000 ΩR2​ = 200 ΩR3​ = 600 ΩR4​ = 40 ΩabGRg​ = 500 Ω

Sebuah galvanometer dengan resistansi 500 Ω dihubungkan antara a dan b pada jembatan yang ditunjukkan (Vs = 6 V). Cari arus galvanometer Ig dari a ke b, dalam µA.

Vs = 6 VR1 = 1000 ΩR2 = 200 ΩR3 = 600 ΩR4 = 40 ΩRg = 500 Ω
Ig = µA
12.Jembatan Wheatstone & strain gaugeSulit
+−10 V120 Ω120 Ω + ΔR120 Ω120 Ωab+−5 mV

Sebuah jembatan seperempat dengan satu gauge aktif (GF = 2) dieksitasi dengan 10 V. Di bawah beban keluarannya menunjukkan 5 mV. Cari regangan ε dalam µε.

Vs = 10 VGF = 2Vo = 5 mV
ε = µε
13.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flopSedang
ABC000111100101324576

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

F = B′C + AC′ + AB′C′
L =
14.Logika digital: gerbang, peta-K & flip-flopSulit
CLKT12345678

Flip-flop T 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 = 0T
N =

3Larutan

1.Dioda & transistor

Jawaban: VCE = 6,261 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 = (15 − 0,7)/270 kΩ = 52,96 µA

Arus kolektor

IC = β·IB = 75·52,96 µA = 3,972 mA

Tegangan kolektor–emitor

VCE = 15 − 3,972 mA·2,2 kΩ = 6,261 V

Jawaban

VCE = 6,261 V
2.Dioda & transistor

Jawaban: RB = 2,981 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) = (24 − 0,2)/330 = 72,12 mA

Arus basis minimum

IB(min) = IC(sat)/β = 72,12/50 = 1442 µA

Resistor basis

RB = (5 − 0,7)/IB = 4,3 V/1,442 mA = 2,981 kΩ

Jawaban

RB = 2,981 kΩ

Resistor basis yang lebih kecil juga menyaturasi transistor; dalam praktik Anda memilih yang beberapa kali lebih kecil.

3.Rangkaian op-amp

Jawaban: Vout = −2,85 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 = −0,5/10 = −0,05 mA

Tegangan keluaran

Arus melalui R₁ juga mengalir melalui Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = −0,5 + (−0,05)·47 = −2,85 V

Jawaban

Vout = −2,85 V
4.Rangkaian op-amp

Jawaban: Vout = 3,854 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 = −1,6/2 = −0,8 mA
I2 = V2/R2 = −0,2/10 = −0,02 mA
If = I1 + I2 = −0,82 mA

Tegangan keluaran

Vout = −Rf·If = −4,7·(−0,82) = 3,854 V

Jawaban

Vout = 3,854 V
5.Transien RC & RL

Jawaban: vL = 7,585 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 = 22 mH / 15 Ω = 1,467 ms
i(∞) = Vs/R = 15/15 = 1 A

Tegangan induktor

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

vL(t) = Vs·e−t/τ = 15·e−1/1,467 = 7,585 V

Jawaban

vL = 7,585 V
6.Transien RC & RL

Jawaban: t = 103,7 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) = 20 V, vC(∞) = Vs = 15 V
τ = R·C = 2,2 kΩ · 68 µF = 149,6 ms
vC(t) = 15 + (20 − 15)·e−t/τ

Selesaikan untuk waktu

17,5 = 15 + (5)·e−t/τ → e−t/τ = (17,5 − 15)/(20 − 15) = 0,5
t = τ·ln((20 − 15)/(17,5 − 15)) = 149,6·ln(2) = 103,7 ms

Jawaban

t = 103,7 ms
7.Resistor seri & paralel

Jawaban: IR2 = 1,345 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​ = 6 Ω+−V1​18 VR2​6 ΩAR4​20 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 = 6 + 20 = 26 Ω
R2 ∥ 26 = 6·26/(6+26) = 4,875 Ω
Req = R1 + 4,875 = 6 + 4,875 = 10,88 Ω

Arus dari sumber

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

IR1 = V1/Req = 18/10,88 = 1,655 A

Arus melalui R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 18 − 1,655·6 = 8,069 V
IR2 = VA/R2 = 8,069/6 = 1,345 A

Jawaban

IR2 = 1,345 A
8.Resistor seri & paralel

Jawaban: IR2 = 2,64 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​ = 3 ΩR3​ = 2 ΩR5​ = 2 Ω+−V1​36 VR2​6 ΩAR4​2 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 = 2 + 30 = 32 Ω
R4 ∥ 32 = 1,882 Ω
R3 + 1,882 = 3,882 Ω
R2 ∥ 3,882 = 2,357 Ω
Req = R1 + 2,357 = 3 + 2,357 = 5,357 Ω

Arus dari sumber

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

IR1 = V1/Req = 36/5,357 = 6,72 A

Arus melalui R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 36 − 6,72·3 = 15,84 V
IR2 = VA/R2 = 15,84/6 = 2,64 A

Jawaban

IR2 = 2,64 A
9.Konverter DC-DC

Jawaban: IL = 33,33 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 = 1 − 12/40 = 0,7

Arus beban

Io = 40/4 = 10 A

Arus induktor

IL = Io/(1 − D) = 10/0,3 = 33,33 A

Jawaban

IL = 33,33 A
10.Konverter DC-DC

Jawaban: ΔVo = 454,5 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 − 15/25 = 0,4

Arus beban

Io = 25/2 = 12,5 A

Riak keluaran

ΔVo = 12,5·0,4/(500·10³·22·10⁻⁶) = 454,5 mV

Jawaban

ΔVo = 454,5 mV
11.Jembatan Wheatstone & strain gauge

Jawaban: Ig = 887,6 µA

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 Thévenin

Vth = 6·(200/1200 − 40/640) = 0,625 V

Resistansi Thévenin

Rth = R₁∥R₂ + R₃∥R₄ = 204,2 Ω

Arus galvanometer

Ig = 0,625/(204,2 + 500) = 887,6 µA

Jawaban

Ig = 887,6 µA
12.Jembatan Wheatstone & strain gauge

Jawaban: ε = 1000 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 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.

Selesaikan persamaan jembatan seperempat

ε = 4·0,005/(10·2) = 0,001

Dalam mikroregangan

ε = 1000 µε

Jawaban

ε = 1000 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

B′C → m(1, 5)
AC′ → m(4, 6)
AB′C′ → m(4)
ABC00011110010011030214150716

Kelompokkan dan baca

F = B′C + AC′

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 fclk/N. Pencacah Johnson dari n flip-flop memiliki 2n keadaan, pencacah cincin n.

Q setelah setiap tepi

Flip-flop T berbalik pada setiap tepi naik dengan T = 1 dan bertahan dengan T = 0.

1: T = 0 → Q = 0
2: T = 0 → Q = 0
3: T = 0 → Q = 0
4: T = 1 → Q = 1
5: T = 1 → Q = 0
6: T = 1 → Q = 1
7: T = 0 → Q = 1
8: T = 1 → Q = 0

Hitung perubahannya

0 → 0 → 0 → 0 → 1 → 0 → 1 → 1 → 0
N = 4

Jawaban

N = 4

ExamProblems · examproblems.com/courses/electronics-1