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 = 75VCC​ = 9 VRB​ = 560 kΩ

Satu transistor NPN dengan β = 75 dipincang oleh perintang tapak RB = 560 kΩ daripada bekalan VCC = 9 V. Perintang pengumpul ialah RC = 3.3 kΩ dan pemancar dibumikan. Ambil VBE = 0.7 V dan andaikan transistor berada dalam kawasan aktif. Cari voltan pengumpul–pemancar VCE.

VCC = 9 VRB = 560 kΩRC = 3.3 kΩβ = 75VBE = 0.7 V
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. Untuk pensuisan yang boleh dipercayai, reka bentuk untuk arus tapak 5 kali ganda minimum yang diperlukan untuk ketepuan. Cari RB dalam kΩ.

VCC = 9 VRC = 330 Ωβ = 200Vin = 3.3 VVBE = 0.7 VVCE(sat) = 0.2 Vpacuan lebih = 5
RB = kΩ
3.Litar op-ampSederhana
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 10 kΩVin​

Pilih perintang suap balik Rf yang memberikan penguat tak menyongsang ini gandaan voltan 8.

R1 = 10 kΩAv = 8
Rf = kΩ
4.Litar op-ampSukar
−+Vout​C = 4.7 µFVin​ = 2.8 VR = 100 kΩ

Pengamir menggunakan op-amp unggul dengan bekalan ±15 V; keluarannya tepu pada ±14 V. Kapasitor tidak bercas apabila masukan malar Vin = 2.8 V dikenakan pada t = 0. Berapa lama selepas t = 0 keluaran mencapai ketepuan? Cari t.

Vin = 2.8 VR = 100 kΩC = 4.7 µFVsat = ±14 V
t = ms
5.Fana RC & RLSederhana
+−Vs​9 Vt = 0R = 5 ΩL220 mHi(t)

Induktor tidak membawa arus sebelum suis ditutup pada t = 0. Cari tenaga W(∞) yang tersimpan dalam induktor setelah litar menjadi mantap, dalam mJ.

Vs = 9 VR = 5 ΩL = 220 mH
W(∞) = mJ
6.Fana RC & RLSukar
+−Vs​12 Vt = 0R = 2.2 kΩC10 µF+−vC​vC​(0) = 18 V

Sejurus sebelum suis ditutup pada t = 0, kapasitor menyimpan 18 V dengan polariti seperti yang ditunjukkan. Cari voltan kapasitor vC pada t = 25 ms.

Vs = 12 VR = 2.2 kΩC = 10 µFvC(0) = 18 Vt = 25 ms
vC = V
7.Perintang bersiri & selariSederhana
R1​ = 2 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​12 VR2​20 ΩIR2​AR4​8 ΩB

Cari arus IR2 melalui R2.

V1 = 12 VR1 = 2 ΩR2 = 20 ΩR3 = 8 ΩR4 = 8 Ω
IR2 = A
8.Perintang bersiri & selariSukar
R1​ = 2 ΩR3​ = 10 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​24 VR2​4 ΩIR2​AR4​25 ΩBR6​3 Ω

Cari arus IR2 melalui R2.

V1 = 24 VR1 = 2 ΩR2 = 4 ΩR3 = 10 ΩR4 = 25 ΩR5 = 4 ΩR6 = 3 Ω
IR2 = A
9.Penukar DC-DCSederhana
tiL​Imax​Imin​ΔI = ?DTT2T

Penukar boost unggul menukar 24 V kepada 40 V pada 250 kHz dengan L = 100 µH. Cari arus riak puncak-ke-puncak induktor ΔIL.

Vin​ = 24 VVo​ = 40 Vf = 250 kHzL = 100 µH
ΔIL = A
10.Penukar DC-DCSukar
tiL​Imax​IL​DTT2T

Penukar buck-boost menyongsang unggul menukar 24 V kepada −56 V untuk beban 5 Ω pada 40 kHz. Cari kearuhan terkecil Lcrit untuk pengaliran selanjar.

Vin​ = 24 VVo​ = −56 Vf = 40 kHzR = 5 Ω
Lcrit = µH
11.Jambatan Wheatstone & tolok terikanSederhana
+−10 VR1​ = 40 ΩR2​ = 150 ΩR3​ = 20 ΩR4​ = 200 Ωab+−Rth​ = ?

Cari rintangan Thévenin Rth bagi jambatan yang ditunjukkan, dilihat dari terminal output a dan b.

Vs = 10 VR1 = 40 ΩR2 = 150 ΩR3 = 20 ΩR4 = 200 Ω
Rth = Ω
12.Jambatan Wheatstone & tolok terikanSukar
+−5 V350 Ω350 Ω + ΔR350 Ω350 Ωab+−1.313 mV

Jambatan suku dengan satu tolok aktif (GF = 2.1) diujakan dengan 5 V. Di bawah beban output menunjukkan 1.313 mV. Cari terikan ε dalam µε.

Vs = 5 VGF = 2.1Vo = 1.313 mV
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(0, 1, 2, 4, 8, 14)
  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
CLKD1234567

Flip-flop D dicetus pinggir positif bermula dengan Q = 0 dan menerima input yang ditunjukkan pada 7 pinggir jam menaik. Berapa kali N Q berubah keadaan?

Q₀ = 0D
N =

3Larutan

1.Diod & transistor

Jawapan: VCE = 5.332 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.

Arus tapak

IB = (VCC − VBE)/RB = (9 − 0.7)/560 kΩ = 14.82 µA

Arus pengumpul

IC = β·IB = 75·14.82 µA = 1.112 mA

Voltan pengumpul–pemancar

VCE = 9 − 1.112 mA·3.3 kΩ = 5.332 V

Jawapan

VCE = 5.332 V
2.Diod & transistor

Jawapan: RB = 3.9 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

Arus tapak reka bentuk

IB = 5·133.3 µA = 666.7 µA

Perintang tapak

RB = (3.3 − 0.7)/IB = 2.6 V/0.6667 mA = 3.9 kΩ

Jawapan

RB = 3.9 kΩ
3.Litar op-amp

Jawapan: Rf = 70 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 = (8 − 1)·10 = 70 kΩ

Jawapan

Rf = 70 kΩ
4.Litar op-amp

Jawapan: t = 2350 ms

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 = 100 kΩ · 4.7 µF = 470 ms
kadar cerun = −Vin/(RC) = −2.8/470 = −0.005957 V/ms

Masa ke ketepuan

|Vin|·t/(RC) = Vsat → t = Vsat·RC/|Vin| = 14·470/2.8 = 2350 ms

Jawapan

t = 2350 ms
5.Fana RC & RL

Jawapan: W(∞) = 356.4 mJ

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 = 220 mH / 5 Ω = 44 ms
i(∞) = Vs/R = 9/5 = 1.8 A

Tenaga tersimpan

W(∞) = ½·L·i(∞)² = ½·220·1.8² = 356.4 mJ

Jawapan

W(∞) = 356.4 mJ
6.Fana RC & RL

Jawapan: vC = 13.93 V

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

Voltan kapasitor tidak boleh melompat, jadi ia bermula pada nilai yang tersimpan dan menuju ke voltan sumber.

vC(0) = 18 V, vC(∞) = Vs = 12 V
τ = R·C = 2.2 kΩ · 10 µF = 22 ms
vC(t) = 12 + (18 − 12)·e−t/τ

Voltan pada masa yang diberi

vC(25) = 12 + (6)·e−25/22 = 13.93 V

Jawapan

vC = 13.93 V
7.Perintang bersiri & selari

Jawapan: IR2 = 0.4898 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​ = 2 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​12 VR2​20 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 = 8 + 8 = 16 Ω
R2 ∥ 16 = 20·16/(20+16) = 8.889 Ω
Req = R1 + 8.889 = 2 + 8.889 = 10.89 Ω

Arus daripada sumber

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

IR1 = V1/Req = 12/10.89 = 1.102 A

Arus melalui R₂

Tolak susutan merentasi R₁ untuk mendapatkan voltan pada nod A, iaitu voltan merentasi R₂.

VA = V1 − IR1·R1 = 12 − 1.102·2 = 9.796 V
IR2 = VA/R2 = 9.796/20 = 0.4898 A

Jawapan

IR2 = 0.4898 A
8.Perintang bersiri & selari

Jawapan: IR2 = 3.683 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​ = 2 ΩR3​ = 10 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​24 VR2​4 ΩAR4​25 ΩBR6​3 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 = 4 + 3 = 7 Ω
R4 ∥ 7 = 5.469 Ω
R3 + 5.469 = 15.47 Ω
R2 ∥ 15.47 = 3.178 Ω
Req = R1 + 3.178 = 2 + 3.178 = 5.178 Ω

Arus daripada sumber

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

IR1 = V1/Req = 24/5.178 = 4.635 A

Arus melalui R₂

Tolak susutan merentasi R₁ untuk mendapatkan voltan pada nod A, iaitu voltan merentasi R₂.

VA = V1 − IR1·R1 = 24 − 4.635·2 = 14.73 V
IR2 = VA/R2 = 14.73/4 = 3.683 A

Jawapan

IR2 = 3.683 A
9.Penukar DC-DC

Jawapan: ΔIL = 0.384 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 − 24/40 = 0.4

Voltan induktor semasa masa hidup

Semasa S hidup, induktor berada terus merentasi Vin.

VL = 24 V

Arus riak

ΔIL = VL·D/(L·f) = 24·0.4/(100·10⁻⁶·250·10³) = 0.384 A

Jawapan

ΔIL = 0.384 A
10.Penukar DC-DC

Jawapan: Lcrit = 5.625 µH

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 = 56/(24 + 56) = 0.7

Syarat sempadan

Tetapkan arus induktor purata sama dengan separuh arus riak dan selesaikan untuk L.

Lcrit = (1 − D)²·R/(2f)

Kearuhan genting

Lcrit = (1 − 0.7)²·5/(240·10³) = 5.625 µH

Jawapan

Lcrit = 5.625 µH
11.Jambatan Wheatstone & tolok terikan

Jawapan: Rth = 49.76 Ω

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.

Bekalan dilitar pintaskan

R₁∥R₂ = 40·150/190 = 31.58 Ω
R₃∥R₄ = 20·200/220 = 18.18 Ω

Rintangan Thévenin

Rth = 49.76 Ω

Jawapan

Rth = 49.76 Ω
12.Jambatan Wheatstone & tolok terikan

Jawapan: ε = 500.2 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.

Selesaikan persamaan jambatan suku

ε = 4·0.001313/(5·2.1) = 0.0005002

Dalam mikroterikan

ε = 500.2 µε

Jawapan

ε = 500.2 µε
13.Logik digital: get, peta K & flip-flop

Jawapan: AB = 11, 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.

m14: m15, m12, m10, m6 → 0
ABCD0001111000011110111111

1 yang terpencil

m14 = ABCD′ → AB = 11, CD = 10

Jawapan

AB = 11, CD = 10
14.Logik digital: get, peta K & flip-flop

Jawapan: N = 4

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.

Q selepas setiap pinggir

Flip-flop D menyalin D pada setiap pinggir menaik: Q⁺ = D.

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

Kira perubahan

0 → 1 → 0 → 0 → 0 → 1 → 0 → 0
N = 4

Jawapan

N = 4

ExamProblems · examproblems.com/courses/electronics-1