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​ = 1.2 kΩβ = 50VCC​ = 12 VRB​ = 560 kΩ

Satu transistor NPN dengan β = 50 dipincang oleh perintang tapak RB = 560 kΩ daripada bekalan VCC = 12 V. Perintang pengumpul ialah RC = 1.2 kΩ dan pemancar dibumikan. Ambil VBE = 0.7 V dan andaikan transistor berada dalam kawasan aktif. Cari voltan pengumpul–pemancar VCE.

VCC = 12 VRB = 560 kΩRC = 1.2 kΩβ = 50VBE = 0.7 V
VCE = V
2.Diod & transistorSukar
RC​ = 220 Ωβ = 100IC​ = ?VCC​ = 5 V5 VRB​ = 33 kΩ

Satu transistor NPN dengan β = 100 menyuis perintang beban 220 Ω yang disambung antara VCC = 5 V dan pengumpulnya. Pemancar dibumikan. Tapak dipacu daripada keluaran logik 5 V melalui perintang tapak RB = 33 kΩ. Ambil VBE = 0.7 V dan VCE(sat) = 0.2 V. Cari arus pengumpul IC dalam mA apabila masukan tinggi. Tentukan dahulu sama ada transistor tepu.

VCC = 5 VRC = 220 Ωβ = 100Vin = 5 VVBE = 0.7 VVCE(sat) = 0.2 VRB = 33 kΩ
IC = mA
3.Litar op-ampSederhana
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 4.7 kΩVin​

Pilih perintang suap balik Rf yang memberikan penguat tak menyongsang ini gandaan voltan 3.

R1 = 4.7 kΩAv = 3
Rf = kΩ
4.Litar op-ampSukar
−+Vout​Rf​ = 4.7 kΩV1​ = 0.6 VR1​ = 2 kΩV2​ = −0.5 VR2​ = 22 kΩIf​

Penguat penambah menggunakan op-amp unggul dengan bekalan ±15 V. Cari arus If melalui perintang suap balik, yang mengalir ke arah keluaran.

V1 = 0.6 VV2 = −0.5 VR1 = 2 kΩR2 = 22 kΩRf = 4.7 kΩ
If = mA
5.Fana RC & RLSederhana
+−Vs​10 Vt = 0R = 33 ΩL22 mHi(t)

Induktor tidak membawa arus sebelum suis ditutup pada t = 0. Cari voltan vL merentasi induktor pada t = 1 ms.

Vs = 10 VR = 33 ΩL = 22 mHt = 1 ms
vL = V
6.Fana RC & RLSukar
+−Vs​15 Vt = 0R = 10 kΩC68 µF+−vC​vC​(0) = 4 V

Sejurus sebelum suis ditutup pada t = 0, kapasitor menyimpan 4 V dengan polariti seperti yang ditunjukkan. Cari voltan kapasitor vC pada t = 200 ms.

Vs = 15 VR = 10 kΩC = 68 µFvC(0) = 4 Vt = 200 ms
vC = V
7.Perintang bersiri & selariSederhana
R1​ = 12 ΩIR1​R3​ = 8 Ω+−V1​12 VR2​15 ΩAR4​12 ΩB

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

V1 = 12 VR1 = 12 ΩR2 = 15 ΩR3 = 8 ΩR4 = 12 Ω
IR1 = A
8.Perintang bersiri & selariSukar
R1​ = 3 ΩR3​ = 2 ΩR5​ = 20 Ω+−V1​12 VR2​20 ΩIR2​AR4​5 ΩBR6​10 Ω

Cari arus IR2 melalui R2.

V1 = 12 VR1 = 3 ΩR2 = 20 ΩR3 = 2 ΩR4 = 5 ΩR5 = 20 ΩR6 = 10 Ω
IR2 = A
9.Penukar DC-DCSederhana
tiL​Imax​Imin​ΔI = ?DTT2T

Penukar buck-boost menyongsang unggul menukar 15 V kepada −22.5 V pada 25 kHz dengan L = 100 µH. Cari arus riak puncak-ke-puncak induktor ΔIL.

Vin​ = 15 VVo​ = −22.5 Vf = 25 kHzL = 100 µH
ΔIL = A
10.Penukar DC-DCSukar
tiL​Imax​IL​DTT2T

Penukar buck unggul menukar 15 V kepada 4.5 V untuk beban 4 Ω pada 200 kHz. Cari kearuhan terkecil Lcrit untuk pengaliran selanjar.

Vin​ = 15 VVo​ = 4.5 Vf = 200 kHzR = 4 Ω
Lcrit = µH
11.Jambatan Wheatstone & tolok terikanSederhana
+−9 VR1​ = 150 ΩR2​ = 600 ΩR3​ = 1000 ΩR4​ = 250 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 = 150 ΩR2 = 600 ΩR3 = 1000 ΩR4 = 250 ΩRg = 200 Ω
Ig = µA
12.Jambatan Wheatstone & tolok terikanSukar
+−V350 Ω350 Ω + ΔR350 Ω350 Ωab+−

Tolok terikan 350 Ω dengan faktor tolok 2 dilekatkan pada bar keluli. Di bawah beban rintangannya naik sebanyak 0.14 Ω. Cari terikan ε dalam mikroterikan (µε).

R = 350 ΩGF = 2ΔR = 0.14 Ω
ε = µε
13.Logik digital: get, peta K & flip-flopSederhana
ABC000111100101324576

Permudahkan F = A′B′C′ + AB + B′C′ + A′B′ kepada bentuk hasil tambah hasil darab minimum. Berapa banyak literal L yang terkandung dalam ungkapan yang dipermudah?

F = A′B′C′ + AB + B′C′ + A′B′
L =
14.Logik digital: get, peta K & flip-flopSukar
TQ0​Q0​TQ1​Q1​TQ2​Q2​TQ3​Q3​CLKMOD-11

pembilang mod-11 segerak mengira 0, 1, …, 10 dan kemudian kembali ke 0. Ia bermula pada 1. Apakah kiraan Q (dalam perpuluhan) yang ditunjukkan selepas 38 denyut jam?

Q0 = 138N = 11
Q =

3Larutan

1.Diod & transistor

Jawapan: VCE = 10.79 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 = (12 − 0.7)/560 kΩ = 20.18 µA

Arus pengumpul

IC = β·IB = 50·20.18 µA = 1.009 mA

Voltan pengumpul–pemancar

VCE = 12 − 1.009 mA·1.2 kΩ = 10.79 V

Jawapan

VCE = 10.79 V
2.Diod & transistor

Jawapan: IC = 13.03 mA

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 tapak

IB = (5 − 0.7)/33 kΩ = 130.3 µA

Tepu atau aktif?

β·IB lebih kecil daripada IC(sat), jadi transistor kekal aktif.

β·IB = 13.03 mA
IC(sat) = (5 − 0.2)/220 = 21.82 mA

Arus pengumpul

IC = β·IB = 13.03 mA

Jawapan

IC = 13.03 mA

Transistor aktif, jadi beban tidak dihidupkan sepenuhnya.

3.Litar op-amp

Jawapan: Rf = 9.4 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 = (3 − 1)·4.7 = 9.4 kΩ

Jawapan

Rf = 9.4 kΩ
4.Litar op-amp

Jawapan: If = 0.2773 mA

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

V₋ = 0, jadi setiap perintang masukan mempunyai voltan masukan penuhnya merentasinya.

I1 = V1/R1 = 0.6/2 = 0.3 mA
I2 = V2/R2 = −0.5/22 = −0.02273 mA
If = I1 + I2 = 0.2773 mA

Jawapan

If = 0.2773 mA
5.Fana RC & RL

Jawapan: vL = 2.231 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.

Pemalar masa dan arus akhir

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

τ = L/R = 22 mH / 33 Ω = 0.6667 ms
i(∞) = Vs/R = 10/33 = 0.303 A

Voltan induktor

Pada t = 0 seluruh voltan bekalan muncul merentasi induktor; kemudian ia susut kepada sifar.

vL(t) = Vs·e−t/τ = 10·e−1/0.6667 = 2.231 V

Jawapan

vL = 2.231 V
6.Fana RC & RL

Jawapan: vC = 6.803 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) = 4 V, vC(∞) = Vs = 15 V
τ = R·C = 10 kΩ · 68 µF = 680 ms
vC(t) = 15 + (4 − 15)·e−t/τ

Voltan pada masa yang diberi

vC(200) = 15 + (−11)·e−200/680 = 6.803 V

Jawapan

vC = 6.803 V
7.Perintang bersiri & selari

Jawapan: IR1 = 0.5833 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​ = 12 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​12 VR2​15 ΩAR4​12 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 + 12 = 20 Ω
R2 ∥ 20 = 15·20/(15+20) = 8.571 Ω
Req = R1 + 8.571 = 12 + 8.571 = 20.57 Ω

Arus daripada sumber

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

IR1 = V1/Req = 12/20.57 = 0.5833 A

Jawapan

IR1 = 0.5833 A
8.Perintang bersiri & selari

Jawapan: IR2 = 0.3687 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​ = 3 ΩR3​ = 2 ΩR5​ = 20 Ω+−V1​12 VR2​20 ΩAR4​5 ΩBR6​10 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 = 20 + 10 = 30 Ω
R4 ∥ 30 = 4.286 Ω
R3 + 4.286 = 6.286 Ω
R2 ∥ 6.286 = 4.783 Ω
Req = R1 + 4.783 = 3 + 4.783 = 7.783 Ω

Arus daripada sumber

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

IR1 = V1/Req = 12/7.783 = 1.542 A

Arus melalui R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 12 − 1.542·3 = 7.374 V
IR2 = VA/R2 = 7.374/20 = 0.3687 A

Jawapan

IR2 = 0.3687 A
9.Penukar DC-DC

Jawapan: ΔIL = 3.6 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 = 22.5/(15 + 22.5) = 0.6

Voltan induktor semasa masa hidup

Semasa S hidup, induktor berada terus merentasi Vin.

VL = 15 V

Arus riak

ΔIL = VL·D/(L·f) = 15·0.6/(100·10⁻⁶·25·10³) = 3.6 A

Jawapan

ΔIL = 3.6 A
10.Penukar DC-DC

Jawapan: Lcrit = 7 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 = 4.5/15 = 0.3

Syarat sempadan

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

Lcrit = (1 − D)·R/(2f)

Kearuhan genting

Lcrit = (1 − 0.3)·4/(2200·10³) = 7 µH

Jawapan

Lcrit = 7 µH
11.Jambatan Wheatstone & tolok terikan

Jawapan: Ig = 10385 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·(600/750 − 250/1250) = 5.4 V

Rintangan Thévenin

Rth = R₁∥R₂ + R₃∥R₄ = 320 Ω

Arus galvanometer

Ig = 5.4/(320 + 200) = 10385 µA

Jawapan

Ig = 10385 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 = 0.14/350 = 0.0004

Terikan

ε = 0.0004/2 = 0.0002 = 200 µε

Jawapan

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

Jawapan: L = 6

Aljabar Boolean: peraturan yang memudahkan ungkapan ialah X + X′ = 1 dan X·X′ = 0, X + X = X, penyerapan X + X·Y = X, peraturan penggabungan X·Y + X·Y′ = X, X + X′Y = X + Y dan teorem konsensus XY + X′Z + YZ = XY + X′Z. Hukum De Morgan menukar (X·Y)′ kepada X′ + Y′ dan (X + Y)′ kepada X′·Y′. Peta Karnaugh menggunakan peraturan ini secara grafik: setiap kumpulan dua sel berjiran ialah satu penggunaan XY + XY′ = X.

Minterm ungkapan

A′B′C′ → m(0)
AB → m(6, 7)
B′C′ → m(0, 4)
A′B′ → m(0, 1)
ABC00011110011011030214051716

Kumpulkan dan baca

F = B′C′ + A′B′ + AB

Kira literal

L = 6

Jawapan

L = 6

Terdapat pengumpulan lain yang sama saiz; ia mempunyai bilangan literal yang sama.

14.Logik digital: get, peta K & flip-flop

Jawapan: Q = 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.

Kitaran penuh

Setiap 11 denyut membawa pembilang kembali ke keadaan yang sama.

38 = 3·11 + 5

Kiraan selepas denyut yang tinggal

Q = (1 + 5) mod 11 = 6
Q = 0110₂

Jawapan

Q = 6

ExamProblems · examproblems.com/courses/electronics-1