Elektronik 1: pek ulang kaji kilat

Lembaran formula, langkah kaedah utama untuk setiap topik dan 14 soalan latihan, dengan penyelesaian penuh di bahagian belakang.

Soalan baharuKembali ke kursus

Dalam tetingkap cetak, pilih “Simpan sebagai PDF” untuk menyimpan salinan pada peranti anda.

1Formula dan kaedah

Diod & transistor

Diod (susutan malar)
VD = 0.7 V when conducting
Kawasan aktif
VBE = 0.7 V, IC = β·IB, IE = (β + 1)·IB
Pincang tetap
IB = (VCC − 0.7)/RB
Pincang pembahagi
IB = (VTH − 0.7)/(RTH + (β + 1)RE)
Thévenin bagi pembahagi
VTH = VCC·R2/(R1 + R2), RTH = R1∥R2
Gelung pengumpul
VCE = VCC − ICRC − IERE
Ketepuan
IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC, IB ≥ IC(sat)/β

Litar op-amp

Penguat menyongsang
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Penguat tak menyongsang
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Penguat penambah
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
Op-amp unggul
V+ = V−, Iin = 0

Fana RC & RL

Pemalar masa
τ = RC | τ = L/R
Sambutan
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
Kapasitor pada AT
litar buka; vC tidak boleh melompat
Induktor pada AT
litar pintas; iL tidak boleh melompat
Mantap
t ≈ 5τ

Kaedah

  1. Cari nilai awal sejurus selepas pensuisan: voltan kapasitor dan arus induktor tidak boleh melompat.
  2. Cari nilai akhir lama selepas pensuisan: kapasitor bertindak sebagai litar buka, induktor sebagai litar pintas.
  3. Cari pemalar masa: τ = RC atau τ = L/R, menggunakan rintangan yang dilihat oleh kapasitor atau induktor.
  4. Gunakan x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ.

Perintang bersiri & selari

Perintang bersiri
Req = R1 + R2 + …
Perintang selari
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
Dua secara selari
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Hukum Ohm
V = I·R
Kuasa
P = V·I = I²R = V²/R

Kaedah

  1. Mulakan di hujung rangkaian yang paling jauh daripada terminal.
  2. Gabungkan perintang secara bersiri dengan menambahnya, dan perintang secara selari dengan 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
  3. Lukis semula litar selepas setiap langkah.
  4. Ulang sehingga tinggal satu perintang antara terminal.

Penukar DC-DC

Buck
Vo = D·Vin
Boost
Vo = Vin/(1 − D)
Buck-boost menyongsang
|Vo| = Vin·D/(1 − D)
Imbangan kuasa unggul
VinIin = VoIo
Riak induktor
ΔIL = VL,on·D/(L·f); buck Vin − Vo, boost and buck-boost Vin
Arus induktor purata
buck Io; boost dan buck-boost Io/(1 − D)
Riak output
buck ΔIL/(8fC); boost dan buck-boost Io·D/(fC)
Sempadan CCM
buck (1 − D)R/(2f); boost D(1 − D)²R/(2f); buck-boost (1 − D)²R/(2f)

Kaedah

  1. Kenal pasti penukar (buck, boost atau buck-boost) dan kitar tugas D daripada nisbah voltan.
  2. Gunakan imbangan volt-saat pada induktor: voltan induktor purata sepanjang satu tempoh ialah sifar.
  3. Cari voltan induktor semasa suis hidup, kemudian ΔIL = VL·D/(L·f).
  4. Untuk riak output, cari cas yang mengalir masuk dan keluar kapasitor; untuk sempadan CCM, tetapkan arus induktor purata sama dengan ΔIL/2.

Jambatan Wheatstone & tolok terikan

Voltan pembahagi
Va = VsR2/(R1 + R2), Vb = VsR4/(R3 + R4)
Pengeluaran
Vab = Va − Vb
Imbangan
R1/R2 = R3/R4
Jambatan wayar gelongsor
R/Rx = l/(100 − l)
Rintangan Thévenin
Rth = R1∥R2 + R3∥R4
Faktor tolok
ΔR/R = GF·ε
Output jambatan
suku Vs·GF·ε/4, separuh Vs·GF·ε/2, penuh Vs·GF·ε
Perubahan kecil, satu lengan
Vab ≈ Vs·ΔR/(4R)
Tegasan
σ = E·ε

Kaedah

  1. Anggap jambatan sebagai dua pembahagi voltan merentasi bekalan yang sama.
  2. Untuk keseimbangan, tetapkan R₁/R₂ = R₃/R₄ dan selesaikan untuk perintang yang tidak diketahui.
  3. Untuk jambatan tak seimbang, cari Va dan Vb daripada pembahagi dan tolakkannya; gunakan setara Thévenin apabila meter membebani output.
  4. Untuk tolok terikan, tukarkan terikan kepada ΔR/R = GF·ε dan gunakan Vs·GF·ε/4, /2 atau ×1 bagi jambatan suku, separuh atau penuh.

Logik digital: get, peta K & flip-flop

Get asas
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Peraturan Boolean
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
De Morgan
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Susunan peta Karnaugh
00, 01, 11, 10 (Gray code)
Kumpulan 2ᵏ sel
kehilangan k pemboleh ubah
Multipleks 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
Pembilang
n-bit: 2ⁿ keadaan; mod-N: n terkecil dengan 2ⁿ ≥ N; fout = fclk/N
Pembilang riak
fmax = 1/(n·tpd)
Pembilang gelang dan Johnson
n dan 2n keadaan

Kaedah

  1. Untuk litar, bekerja dari input ke output satu get pada satu masa dan tulis nilai pada setiap wayar, atau tulis ungkapannya dan isi jadual kebenaran.
  2. Untuk pemudahan, letakkan 1 (dan tidak peduli sebagai X) ke dalam peta Karnaugh dengan baris dan lajur kod Gray: 00, 01, 11, 10.
  3. Liputi 1 dengan kumpulan sesedikit dan sebesar mungkin yang berisi 1, 2, 4, 8 atau 16 sel, menyambung melepasi tepi; setiap kumpulan ialah satu sebutan hasil darab yang terdiri daripada pemboleh ubah yang kekal malar. Kumpulkan 0 untuk bentuk POS.
  4. Untuk flip-flop dan pembilang, baca input pada setiap pinggir jam yang aktif, tulis keadaan selepas setiap pinggir, dan ingat bahawa pembilang n-bit berpusing semula selepas 2ⁿ keadaan.

2Soalan latihan

1.Diod & transistorSederhana
RC​ = 3.3 kΩβ = 200RE​ = 1 kΩVCC​ = 12 VR1​ = 68 kΩR2​ = 10 kΩ

Satu transistor NPN dengan β = 200 mempunyai pincang pembahagi voltan daripada VCC = 12 V: R₁ = 68 kΩ dari VCC ke tapak dan R₂ = 10 kΩ dari tapak ke bumi. Perintang pengumpul ialah RC = 3.3 kΩ dan perintang pemancar ialah RE = 1 kΩ. Ambil VBE = 0.7 V dan gunakan setara Thévenin bagi pembahagi (jangan abaikan arus tapak). Cari voltan pengumpul–pemancar VCE.

VCC = 12 VR1 = 68 kΩR2 = 10 kΩRC = 3.3 kΩRE = 1 kΩβ = 200
VCE = V
2.Diod & transistorSukar
RC​ = 330 Ωβ = 200VCC​ = 9 V3.3 VRB​ = ?

Satu transistor NPN dengan β = 200 menyuis perintang beban 330 Ω yang disambung antara VCC = 9 V dan pengumpulnya. Pemancar dibumikan. Tapak dipacu daripada keluaran logik 3.3 V melalui perintang tapak RB. Ambil VBE = 0.7 V dan VCE(sat) = 0.2 V. Cari perintang tapak terbesar RB, dalam kΩ, yang masih memacu transistor tepat ke dalam ketepuan.

VCC = 9 VRC = 330 Ωβ = 200Vin = 3.3 VVBE = 0.7 VVCE(sat) = 0.2 V
RB = kΩ
3.Litar op-ampSederhana
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 47 kΩVin​

Pilih perintang suap balik Rf yang memberikan penguat tak menyongsang ini gandaan voltan 20.

R1 = 47 kΩAv = 20
Rf = kΩ
4.Litar op-ampSukar
−+Vout​C = 0.22 µFVin​ = 2.4 VR = 2.2 kΩ

Pengamir menggunakan op-amp unggul dengan bekalan ±15 V; keluarannya tepu pada ±14 V. Kapasitor tidak bercas apabila masukan malar Vin = 2.4 V dikenakan pada t = 0. Cari voltan keluaran Vout pada t = 0.5 ms.

Vin = 2.4 VR = 2.2 kΩC = 0.22 µFVsat = ±14 Vt = 0.5 ms
Vout = V
5.Fana RC & RLSederhana
+−Vs​10 Vt = 0R = 10 ΩL150 mHi(t)

Induktor tidak membawa arus sebelum suis ditutup pada t = 0. Berapa lama selepas suis ditutup arus mencapai 80% daripada nilai akhirnya? Cari t.

Vs = 10 VR = 10 ΩL = 150 mH
t = ms
6.Fana RC & RLSukar
+−Vs​24 VR1​ = 20 ΩR2​ = 20 Ωterbuka pada t = 0L68 mHi(t)

Suis merentasi R2 telah ditutup untuk masa yang lama, maka arus induktor mantap. Pada t = 0 suis dibuka. Cari arus induktor i pada t = 5 ms.

Vs = 24 VR1 = 20 ΩR2 = 20 ΩL = 68 mHt = 5 ms
i = A
7.Perintang bersiri & selariSederhana
R1​ = 6 ΩIR1​R3​ = 6 Ω+−V1​10 VR2​6 ΩAR4​8 ΩB

Cari arus IR1 yang dibekalkan oleh sumber, yang mengalir melalui R1.

V1 = 10 VR1 = 6 ΩR2 = 6 ΩR3 = 6 ΩR4 = 8 Ω
IR1 = A
8.Perintang bersiri & selariSukar
R1​ = 25 ΩR3​ = 4 ΩR5​ = 6 Ω+−V1​12 VR2​2 ΩAR4​2 ΩBR6​6 Ω

Cari rintangan setara Req yang dilihat oleh sumber V1.

V1 = 12 VR1 = 25 ΩR2 = 2 ΩR3 = 4 ΩR4 = 2 ΩR5 = 6 ΩR6 = 6 Ω
Req = Ω
9.Penukar DC-DCSederhana
+−48 VLSCR = 25 Ω+−120 V

Penukar boost unggul menukar 48 V kepada 120 V untuk beban 25 Ω. Cari arus induktor purata IL.

Vin​ = 48 VVo​ = 120 VR = 25 Ω
IL = A
10.Penukar DC-DCSukar
+−9 VSL = 10 µHC = ?R+−2.7 V

Penukar buck menukar 9 V kepada 2.7 V pada 500 kHz dengan L = 10 µH. Cari kapasitans output C yang mengehadkan riak output puncak-ke-puncak kepada 5 mV.

Vin​ = 9 VVo​ = 2.7 Vf = 500 kHzL = 10 µHΔVo = 5 mV
C = µF
11.Jambatan Wheatstone & tolok terikanSederhana
+−9 VR1​ = 20 ΩR2​ = 400 ΩR3​ = 600 ΩR4​ = 50 ΩabGRg​ = 200 Ω

Galvanometer dengan rintangan 200 Ω disambungkan antara a dan b jambatan yang ditunjukkan (Vs = 9 V). Cari arus galvanometer Ig dari a ke b, dalam µA.

Vs = 9 VR1 = 20 ΩR2 = 400 ΩR3 = 600 ΩR4 = 50 ΩRg = 200 Ω
Ig = µA
12.Jambatan Wheatstone & tolok terikanSukar
+−V120 Ω120 Ω + ΔR120 Ω120 Ωab+−

Tolok terikan 120 Ω dengan faktor tolok 2.05 dilekatkan pada bar keluli. Di bawah beban rintangannya naik sebanyak 0.0492 Ω. Cari terikan ε dalam mikroterikan (µε).

R = 120 ΩGF = 2.05ΔR = 0.0492 Ω
ε = µε
13.Logik digital: get, peta K & flip-flopSederhana
ABCD0001111000011110111111

Dalam peta Karnaugh ini tepat satu 1 tidak mempunyai 1 yang berjiran, maka ia kekal sebagai kumpulan satu sel (minterm penuh empat literal) dalam bentuk SOP minimum. Jiran merentasi tepi peta dikira. Klik sel itu.

F = Σm(6, 8, 9, 11, 12, 15)
  1. 1AB = 00, CD = 00
  2. 2AB = 00, CD = 01
  3. 3AB = 00, CD = 11
  4. 4AB = 00, CD = 10
  5. 5AB = 01, CD = 00
  6. 6AB = 01, CD = 01
  7. 7AB = 01, CD = 11
  8. 8AB = 01, CD = 10
  9. 9AB = 11, CD = 00
  10. 10AB = 11, CD = 01
  11. 11AB = 11, CD = 11
  12. 12AB = 11, CD = 10
  13. 13AB = 10, CD = 00
  14. 14AB = 10, CD = 01
  15. 15AB = 10, CD = 11
  16. 16AB = 10, CD = 10
14.Logik digital: get, peta K & flip-flopSukar
FFQ0​Q0​FFQ1​Q1​FFQ2​Q2​FFQ3​Q3​CLKMOD-10

Pembilang mod-10 dibina daripada bilangan flip-flop yang minimum. Berapa banyak keadaan yang mungkin U tidak pernah digunakan?

N = 10
U =

3Larutan

1.Diod & transistor

Jawapan: VCE = 8.558 V

Titik pincang BJT: dalam kawasan aktif VBE = 0.7 V, IC = β·IB dan IE = (β + 1)·IB. Cari IB daripada gelung tapak dengan KVL, kemudian IC, kemudian VCE daripada gelung pengumpul–pemancar. Pembahagi voltan pada tapak digantikan dengan setara Thévenin VTH = VCC·R₂/(R₁ + R₂), RTH = R₁∥R₂; perintang pemancar kelihatan (β + 1) kali lebih besar dalam gelung tapak.

Setara Thévenin bagi pembahagi

VTH = 12·10/(68 + 10) = 1.538 V
RTH = 68·10/(68 + 10) = 8.718 kΩ

Arus tapak

KVL mengelilingi gelung tapak; arus pemancar ialah (β + 1)·IB.

IB = (1.538 − 0.7)/(8.718 + 201·1) = 3.998 µA

Arus pengumpul

IC = 200·3.998 µA = 0.7996 mA
IE = 201·3.998 µA = 0.8036 mA

Voltan pengumpul–pemancar

VCE = 12 − 0.7996·3.3 − 0.8036·1 = 8.558 V

Jawapan

VCE = 8.558 V
2.Diod & transistor

Jawapan: RB = 19.5 kΩ

BJT sebagai suis: untuk menghidupkan beban sepenuhnya, transistor dipacu ke dalam ketepuan, di mana VCE = VCE(sat) dan arus pengumpul ditentukan oleh beban: IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC. Ketepuan memerlukan sekurang-kurangnya IB = IC(sat)/β. Jika arus tapak lebih kecil, transistor kekal aktif dan IC = β·IB.

Arus pengumpul dalam ketepuan

IC(sat) = (9 − 0.2)/330 = 26.67 mA

Arus tapak minimum

IB(min) = IC(sat)/β = 26.67/200 = 133.3 µA

Perintang tapak

RB = (3.3 − 0.7)/IB = 2.6 V/0.1333 mA = 19.5 kΩ

Jawapan

RB = 19.5 kΩ

Sebarang perintang tapak yang lebih kecil juga menepukan transistor; dalam amalan anda memilih yang beberapa kali ganda lebih kecil.

3.Litar op-amp

Jawapan: Rf = 893 kΩ

Peraturan op-amp unggul: dengan suap balik negatif, op-amp memacu keluarannya supaya kedua-dua masukannya berada pada voltan yang sama (V₋ = V₊), dan tiada arus mengalir ke dalam mana-mana masukan. Menulis KCL pada masukan songsang dengan dua fakta ini memberikan keluaran.

Gandaan penguat tak menyongsang

V₋ = V₊ = Vin, dan arus melalui R₁ juga mengalir melalui Rf, jadi Vout = Vin·(1 + Rf/R₁).

Av = 1 + Rf/R1
Rf = (20 − 1)·47 = 893 kΩ

Jawapan

Rf = 893 kΩ
4.Litar op-amp

Jawapan: Vout = −2.479 V

Peraturan op-amp unggul: dengan suap balik negatif, op-amp memacu keluarannya supaya kedua-dua masukannya berada pada voltan yang sama (V₋ = V₊), dan tiada arus mengalir ke dalam mana-mana masukan. Menulis KCL pada masukan songsang dengan dua fakta ini memberikan keluaran.

Arus masukan dan kadar cerun

kΩ darab µF memberikan milisaat.

RC = 2.2 kΩ · 0.22 µF = 0.484 ms
kadar cerun = −Vin/(RC) = −2.4/0.484 = −4.959 V/ms

Keluaran pada masa yang diberikan

Nilai unggul terletak di dalam ±Vsat, maka pengamir belum terpotong.

Vout = −Vin·t/(RC) = −2.4·0.5/0.484 = −2.479 V

Jawapan

Vout = −2.479 V
5.Fana RC & RL

Jawapan: t = 24.14 ms

Fana peringkat pertama: dalam litar dengan satu kapasitor atau satu induktor, setiap voltan dan arus bergerak secara eksponen daripada nilai awalnya kepada nilai akhirnya: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, dengan τ = RC atau τ = L/R. Selepas kira-kira 5τ litar telah mantap.

Pemalar masa dan arus akhir

Lama selepas suis ditutup, induktor berkelakuan seperti litar pintas, jadi arus akhir ditentukan oleh R sahaja.

τ = L/R = 150 mH / 10 Ω = 15 ms
i(∞) = Vs/R = 10/10 = 1 A

Selesaikan untuk masa

0.8 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0.8)
t = −15·ln(0.2) = 24.14 ms

Jawapan

t = 24.14 ms
6.Fana RC & RL

Jawapan: i = 0.6317 A

Fana peringkat pertama: dalam litar dengan satu kapasitor atau satu induktor, setiap voltan dan arus bergerak secara eksponen daripada nilai awalnya kepada nilai akhirnya: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, dengan τ = RC atau τ = L/R. Selepas kira-kira 5τ litar telah mantap.

Nilai awal, nilai akhir, pemalar masa

Sebelum t = 0 suis yang tertutup memintaskan R₂; selepas itu R₁ dan R₂ kedua-duanya berada dalam gelung.

i(0) = 24/20 = 1.2 A
i(∞) = 24/(20 + 20) = 0.6 A
τ = L/R = 68/40 = 1.7 ms
i(t) = 0.6 + (1.2 − 0.6)·e−t/τ

Arus pada masa yang diberi

i(5) = 0.6 + (0.6)·e−5/1.7 = 0.6317 A

Jawapan

i = 0.6317 A
7.Perintang bersiri & selari

Jawapan: IR1 = 0.9804 A

Perintang bersiri dan selari: dalam sambungan bersiri arus yang sama mengalir melalui setiap perintang dan R = R₁ + R₂ + …. Dalam sambungan selari setiap perintang mempunyai voltan yang sama dan 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Rangkaian tangga dipermudahkan sepasang demi sepasang sehingga tinggal satu rintangan setara.

R1​ = 6 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​10 VR2​6 ΩAR4​8 ΩB

Gabungkan perintang dari hujung yang jauh

Mulakan dari hujung yang paling jauh daripada sumber dan bergerak balik ke arahnya. Perintang yang membawa arus yang sama adalah bersiri; perintang merentasi dua nod yang sama adalah selari.

R3 + R4 = 6 + 8 = 14 Ω
R2 ∥ 14 = 6·14/(6+14) = 4.2 Ω
Req = R1 + 4.2 = 6 + 4.2 = 10.2 Ω

Arus daripada sumber

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

IR1 = V1/Req = 10/10.2 = 0.9804 A

Jawapan

IR1 = 0.9804 A
8.Perintang bersiri & selari

Jawapan: Req = 26.48 Ω

Perintang bersiri dan selari: dalam sambungan bersiri arus yang sama mengalir melalui setiap perintang dan R = R₁ + R₂ + …. Dalam sambungan selari setiap perintang mempunyai voltan yang sama dan 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Rangkaian tangga dipermudahkan sepasang demi sepasang sehingga tinggal satu rintangan setara.

R1​ = 25 ΩR3​ = 4 ΩR5​ = 6 Ω+−V1​12 VR2​2 ΩAR4​2 ΩBR6​6 Ω

Gabungkan perintang dari hujung yang jauh

Mulakan dari hujung yang paling jauh daripada sumber dan bergerak balik ke arahnya. Perintang yang membawa arus yang sama adalah bersiri; perintang merentasi dua nod yang sama adalah selari.

R5 + R6 = 6 + 6 = 12 Ω
R4 ∥ 12 = 1.714 Ω
R3 + 1.714 = 5.714 Ω
R2 ∥ 5.714 = 1.481 Ω
Req = R1 + 1.481 = 25 + 1.481 = 26.48 Ω

Jawapan

Req = 26.48 Ω
9.Penukar DC-DC

Jawapan: IL = 12 A

Penukar DC-DC: suis S dihidupkan untuk pecahan D bagi setiap tempoh T = 1/f. Dalam keadaan mantap voltan purata induktor ialah sifar (imbangan volt-saat), yang memberikan nisbah penukaran unggul dalam pengaliran selanjar: buck Vo = D·Vin, boost Vo = Vin/(1 − D), buck-boost menyongsang |Vo| = Vin·D/(1 − D). Penukar unggul mengekalkan kuasa: Vin·Iin = Vo·Io. Semasa S hidup, arus induktor naik sebanyak ΔIL = VL·D·T/L, dengan VL = Vin − Vo untuk buck dan Vin untuk boost dan buck-boost. Riak output ialah ΔVo = ΔIL/(8fC) untuk buck dan Io·D/(fC) untuk boost dan buck-boost. Arus induktor hanya menyentuh sifar (sempadan CCM) apabila arus induktor purata sama dengan ΔIL/2.

Kitar tugas

D = 1 − 48/120 = 0.6

Arus beban

Io = 120/25 = 4.8 A

Arus induktor

IL = Io/(1 − D) = 4.8/0.4 = 12 A

Jawapan

IL = 12 A
10.Penukar DC-DC

Jawapan: C = 18.9 µF

Penukar DC-DC: suis S dihidupkan untuk pecahan D bagi setiap tempoh T = 1/f. Dalam keadaan mantap voltan purata induktor ialah sifar (imbangan volt-saat), yang memberikan nisbah penukaran unggul dalam pengaliran selanjar: buck Vo = D·Vin, boost Vo = Vin/(1 − D), buck-boost menyongsang |Vo| = Vin·D/(1 − D). Penukar unggul mengekalkan kuasa: Vin·Iin = Vo·Io. Semasa S hidup, arus induktor naik sebanyak ΔIL = VL·D·T/L, dengan VL = Vin − Vo untuk buck dan Vin untuk boost dan buck-boost. Riak output ialah ΔVo = ΔIL/(8fC) untuk buck dan Io·D/(fC) untuk boost dan buck-boost. Arus induktor hanya menyentuh sifar (sempadan CCM) apabila arus induktor purata sama dengan ΔIL/2.

Kitar tugas

D = 2.7/9 = 0.3

Arus riak induktor

ΔIL = (9 − 2.7)·0.3/(10·10⁻⁶·500·10³) = 0.378 A

Kapasitans

C = 0.378/(8·500·10³·5·10⁻³) = 18.9 µF

Jawapan

C = 18.9 µF
11.Jambatan Wheatstone & tolok terikan

Jawapan: Ig = 29710 µA

Jambatan Wheatstone: dua pembahagi voltan berkongsi satu bekalan Vs. Pembahagi kiri R1–R2 memberikan Va = Vs·R2/(R1 + R2) dan pembahagi kanan R3–R4 memberikan Vb = Vs·R4/(R3 + R4); outputnya ialah Vab = Va − Vb. Jambatan seimbang (Vab = 0, tiada arus dalam meter) apabila R1/R2 = R3/R4, iaitu R1·R4 = R2·R3. Dilihat dari output, jambatan ialah sumber Thévenin dengan Rth = R1∥R2 + R3∥R4.

Voltan Thévenin

Vth = 9·(400/420 − 50/650) = 7.879 V

Rintangan Thévenin

Rth = R₁∥R₂ + R₃∥R₄ = 65.2 Ω

Arus galvanometer

Ig = 7.879/(65.2 + 200) = 29710 µA

Jawapan

Ig = 29710 µA
12.Jambatan Wheatstone & tolok terikan

Jawapan: ε = 200 µε

Tolok terikan: tolok mengubah rintangannya dengan terikan: ΔR/R = GF·ε, dengan faktor tolok GF kira-kira 2 untuk kerajang logam. Dalam jambatan dengan semua lengan sama dengan R, satu tolok aktif (jambatan suku) memberikan Vo ≈ Vs·GF·ε/4. Dua tolok aktif dengan terikan bertentangan pada lengan bersebelahan (jambatan separuh) memberikan Vs·GF·ε/2, dan empat (jambatan penuh) memberikan Vs·GF·ε. Tegasan diperoleh daripada hukum Hooke, σ = E·ε. Sel beban menyatakan kepekaannya dalam mV/V: output pada beban penuh bagi setiap volt pengujaan.

Perubahan rintangan relatif

ΔR/R = 0.0492/120 = 0.00041

Terikan

ε = 0.00041/2.05 = 0.0002 = 200 µε

Jawapan

ε = 200 µε
13.Logik digital: get, peta K & flip-flop

Jawapan: AB = 01, CD = 10

Peta Karnaugh: sel disusun dalam kod Gray (00, 01, 11, 10), maka sel berjiran, termasuk yang merentasi tepi, berbeza pada tepat satu pemboleh ubah. Kumpulkan 1 dalam segi empat tepat berisi 1, 2, 4, 8 atau 16 sel, sebesar mungkin dan sesedikit mungkin, sehingga setiap 1 diliputi. Setiap kumpulan ialah satu sebutan hasil darab: pemboleh ubah yang kekal malar di dalamnya. Kumpulan 2ᵏ sel kehilangan k pemboleh ubah. Tidak peduli (X) boleh digunakan untuk membesarkan kumpulan tetapi tidak perlu diliputi. Mengumpulkan 0 pula memberi bentuk POS minimum.

Jiran bagi setiap 1

1 yang mempunyai jiran 1 boleh menyertai kumpulan dua atau lebih.

m6: m7, m4, m2, m14 → 0
ABCD0001111000011110111111

1 yang terpencil

m6 = A′BCD′ → AB = 01, CD = 10

Jawapan

AB = 01, CD = 10
14.Logik digital: get, peta K & flip-flop

Jawapan: U = 6

Flip-flop dan pembilang: flip-flop hanya berubah pada pinggir jam yang aktif. D menyalin inputnya (Q⁺ = D); T bertukar keadaan apabila T = 1; JK kekal untuk 00, set semula untuk 01, set untuk 10 dan bertukar keadaan untuk 11. Pembilang perduaan n-bit mempunyai 2ⁿ keadaan dan mengira modulo 2ⁿ; pembilang mod-N mengira 0, 1, …, N − 1 dan kembali ke 0, dan memerlukan flip-flop sebanyak n terkecil dengan 2ⁿ ≥ N. Setiap peringkat pembilang riak membahagi dua frekuensi, maka output terakhir pembilang mod-N berjalan pada fclk/N. Pembilang Johnson dengan n flip-flop mempunyai 2n keadaan, pembilang gelang n.

Bilangan flip-flop

2ⁿ ≥ 10 → n = 4 (2⁴ = 16)

Keadaan yang tidak digunakan

U = 16 − 10 = 6

Jawapan

U = 6

ExamProblems · examproblems.com/courses/electronics-1