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​ = 1.5 kΩβ = 150IC​ = ?RE​ = 1.5 kΩVCC​ = 12 VR1​ = 47 kΩR2​ = 15 kΩ

Satu transistor NPN dengan β = 150 mempunyai pincang pembahagi voltan daripada VCC = 12 V: R₁ = 47 kΩ dari VCC ke tapak dan R₂ = 15 kΩ dari tapak ke bumi. Perintang pengumpul ialah RC = 1.5 kΩ dan perintang pemancar ialah RE = 1.5 kΩ. Ambil VBE = 0.7 V dan gunakan setara Thévenin bagi pembahagi (jangan abaikan arus tapak). Cari arus pengumpul IC dalam mA.

VCC = 12 VR1 = 47 kΩR2 = 15 kΩRC = 1.5 kΩRE = 1.5 kΩβ = 150
IC = mA
2.Diod & transistorSukar
RC​ = 150 Ωβ = 50IC​ = ?VCC​ = 5 V3.3 VRB​ = 22 kΩ

Satu transistor NPN dengan β = 50 menyuis perintang beban 150 Ω yang disambung antara VCC = 5 V dan pengumpulnya. Pemancar dibumikan. Tapak dipacu daripada keluaran logik 3.3 V melalui perintang tapak RB = 22 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 = 150 Ωβ = 50Vin = 3.3 VVBE = 0.7 VVCE(sat) = 0.2 VRB = 22 kΩ
IC = mA
3.Litar op-ampSederhana
−+Vout​R2​ = 100 kΩV1​ = 0.6 VR1​ = 47 kΩV2​ = −1.5 VR3​ = 47 kΩR4​ = 100 kΩ

Penguat pembeza menggunakan op-amp unggul dengan bekalan ±15 V, dengan R3 = R1 dan R4 = R2. Cari voltan keluaran Vout.

V1 = 0.6 VV2 = −1.5 VR1 = R3 = 47 kΩR2 = R4 = 100 kΩ
Vout = V
4.Litar op-ampSukar
−+Vout​Rf​ = 4.7 kΩV1​ = 0.4 VR1​ = 10 kΩV2​ = 0.3 VR2​ = 100 kΩ

Penguat penambah menggunakan op-amp unggul dengan bekalan ±15 V. Cari voltan keluaran Vout.

V1 = 0.4 VV2 = 0.3 VR1 = 10 kΩR2 = 100 kΩRf = 4.7 kΩ
Vout = V
5.Fana RC & RLSederhana
+−Vs​24 Vt = 0R1​ = 1 kΩR2​ = 10 kΩC33 µF+−vC​

Sumber Vₛ mengecas kapasitor melalui R₁, dan R₂ disambung selari dengan C. Kapasitor tidak bercas apabila suis ditutup pada t = 0. Cari voltan kapasitor vC pada t = 10 ms.

Vs = 24 VR1 = 1 kΩR2 = 10 kΩC = 33 µFt = 10 ms
vC = V
6.Fana RC & RLSukar
+−Vs​10 VR1​ = 15 ΩR2​ = 22 Ωterbuka pada t = 0L150 mHi(t)

Suis merentasi R2 telah ditutup untuk masa yang lama, maka arus induktor mantap. Pada t = 0 suis dibuka. Berapa lama selepas t = 0 arus induktor mencapai 0.508 A? Cari t.

Vs = 10 VR1 = 15 ΩR2 = 22 ΩL = 150 mH
t = ms
7.Perintang bersiri & selariSederhana
R1​ = 15 ΩIR1​R3​ = 5 Ω+−V1​12 VR2​10 ΩAR4​4 ΩB

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

V1 = 12 VR1 = 15 ΩR2 = 10 ΩR3 = 5 ΩR4 = 4 Ω
IR1 = A
8.Perintang bersiri & selariSukar
R1​ = 5 ΩIR1​R3​ = 20 ΩR5​ = 8 Ω+−V1​10 VR2​5 ΩAR4​12 ΩBR6​2 Ω

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

V1 = 10 VR1 = 5 ΩR2 = 5 ΩR3 = 20 ΩR4 = 12 ΩR5 = 8 ΩR6 = 2 Ω
IR1 = A
9.Penukar DC-DCSederhana
+−12 VLSCR = 20 Ω+−20 V

Penukar boost unggul menukar 12 V kepada 20 V untuk beban 20 Ω. Cari arus induktor purata IL.

Vin​ = 12 VVo​ = 20 VR = 20 Ω
IL = A
10.Penukar DC-DCSukar
+−48 VSLC = 100 µFR = 50 Ω−+−48 V

Penukar buck-boost unggul menukar 48 V kepada −48 V untuk beban 50 Ω pada 25 kHz. Kapasitor output ialah 100 µF. Cari riak voltan output puncak-ke-puncak ΔVo dalam mV.

Vin​ = 48 VVo​ = −48 Vf = 25 kHzC = 100 µFR = 50 Ω
ΔVo = mV
11.Jambatan Wheatstone & tolok terikanSederhana
+−15 V120 Ω120 Ω + ΔR120 Ω120 Ωab+−Vab​ = ?

Jambatan mempunyai empat lengan 120 Ω dan Vs = 15 V. Penderia R₂ bertambah sebanyak ΔR = 18 Ω. Cari output tepat Vab dalam mV.

Vs = 15 VR = 120 ΩΔR = 18 Ω
Vab = mV
12.Jambatan Wheatstone & tolok terikanSukar
+−2.5 V1000 Ω1000 Ω + ΔR1000 Ω1000 Ωab+−0.25 mV

Jambatan suku dengan satu tolok aktif (GF = 2) diujakan dengan 2.5 V. Di bawah beban output menunjukkan 0.25 mV. Cari terikan ε dalam µε.

Vs = 2.5 VGF = 2Vo = 0.25 mV
ε = µε
13.Logik digital: get, peta K & flip-flopSederhana
ABCD00011110000111101111111

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, 4, 6, 7, 9, 14, 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
CLKT1234567

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

Q₀ = 0T
N =

3Larutan

1.Diod & transistor

Jawapan: IC = 1.389 mA

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 = 12·15/(47 + 15) = 2.903 V
RTH = 47·15/(47 + 15) = 11.37 kΩ

Arus tapak

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

IB = (2.903 − 0.7)/(11.37 + 151·1.5) = 9.262 µA

Arus pengumpul

IC = 150·9.262 µA = 1.389 mA
IE = 151·9.262 µA = 1.399 mA

Jawapan

IC = 1.389 mA
2.Diod & transistor

Jawapan: IC = 5.909 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 = (3.3 − 0.7)/22 kΩ = 118.2 µA

Tepu atau aktif?

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

β·IB = 5.909 mA
IC(sat) = (5 − 0.2)/150 = 32 mA

Arus pengumpul

IC = β·IB = 5.909 mA

Jawapan

IC = 5.909 mA

Transistor aktif, jadi beban tidak dihidupkan sepenuhnya.

3.Litar op-amp

Jawapan: Vout = −4.468 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.

Voltan pada masukan

R₃ dan R₄ membawa arus yang sama, maka ia membentuk pembahagi voltan; suapbalik menjadikan V₋ = V₊.

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = −1.5·100/(47 + 100) = −1.02 V
V₋ = V₊

HAK pada masukan menyongsang

(0.6 − −1.02)/47 = (−1.02 − Vout)/100
Vout = (R2/R1)·(V2 − V1) = (100/47)·(−1.5 − 0.6) = −4.468 V

Jawapan

Vout = −4.468 V
4.Litar op-amp

Jawapan: Vout = −0.2021 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

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

I1 = V1/R1 = 0.4/10 = 0.04 mA
I2 = V2/R2 = 0.3/100 = 0.003 mA
If = I1 + I2 = 0.043 mA

Voltan keluaran

Vout = −Rf·If = −4.7·0.043 = −0.2021 V

Jawapan

Vout = −0.2021 V
5.Fana RC & RL

Jawapan: vC = 6.185 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.

Setara Thévenin yang dilihat kapasitor

Pintaskan sumber untuk mencari Rth; buka kapasitor untuk mencari voltan yang akan dicapainya.

Rth = R1 ∥ R2 = 1·10/(1 + 10) = 0.9091 kΩ
vC(∞) = 24·10/(1 + 10) = 21.82 V

Pemalar masa

τ = Rth·C = 0.9091·33 = 30 ms

Lengkung pengecasan

vC(t) = 21.82·(1 − e−10/30) = 6.185 V

Jawapan

vC = 6.185 V
6.Fana RC & RL

Jawapan: t = 2.073 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.

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) = 10/15 = 0.6667 A
i(∞) = 10/(15 + 22) = 0.2703 A
τ = L/R = 150/37 = 4.054 ms
i(t) = 0.2703 + (0.6667 − 0.2703)·e−t/τ

Selesaikan untuk masa

e−t/τ = (0.508 − 0.2703)/(0.6667 − 0.2703) = 0.5997
t = 4.054·ln(1.667) = 2.073 ms

Jawapan

t = 2.073 ms
7.Perintang bersiri & selari

Jawapan: IR1 = 0.608 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​ = 15 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​12 VR2​10 ΩAR4​4 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 = 5 + 4 = 9 Ω
R2 ∥ 9 = 10·9/(10+9) = 4.737 Ω
Req = R1 + 4.737 = 15 + 4.737 = 19.74 Ω

Arus daripada sumber

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

IR1 = V1/Req = 12/19.74 = 0.608 A

Jawapan

IR1 = 0.608 A
8.Perintang bersiri & selari

Jawapan: IR1 = 1.089 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​ = 5 ΩR3​ = 20 ΩR5​ = 8 Ω+−V1​10 VR2​5 ΩAR4​12 ΩBR6​2 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 = 8 + 2 = 10 Ω
R4 ∥ 10 = 5.455 Ω
R3 + 5.455 = 25.45 Ω
R2 ∥ 25.45 = 4.179 Ω
Req = R1 + 4.179 = 5 + 4.179 = 9.179 Ω

Arus daripada sumber

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

IR1 = V1/Req = 10/9.179 = 1.089 A

Jawapan

IR1 = 1.089 A
9.Penukar DC-DC

Jawapan: IL = 1.667 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 − 12/20 = 0.4

Arus beban

Io = 20/20 = 1 A

Arus induktor

IL = Io/(1 − D) = 1/0.6 = 1.667 A

Jawapan

IL = 1.667 A
10.Penukar DC-DC

Jawapan: ΔVo = 192 mV

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 = 48/(48 + 48) = 0.5

Arus beban

Io = 48/50 = 0.96 A

Riak output

ΔVo = 0.96·0.5/(25·10³·100·10⁻⁶) = 192 mV

Jawapan

ΔVo = 192 mV
11.Jambatan Wheatstone & tolok terikan

Jawapan: Vab = 523.3 mV

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 nod

Va = 15·138/258 = 8.023 V
Vb = 7.5 V

Pengeluaran

Vab = 523.3 mV

Jawapan

Vab = 523.3 mV

Anggaran linear Vs·ΔR/(4R) = 562.5 mV adalah 7.5 % terlalu tinggi: jambatan suku tidak betul-betul linear.

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.

Selesaikan persamaan jambatan suku

ε = 4·0.00025/(2.5·2) = 0.0002

Dalam mikroterikan

ε = 200 µε

Jawapan

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

Jawapan: AB = 10, CD = 01

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.

m9: m8, m11, m13, m1 → 0
ABCD00011110000111101111111

1 yang terpencil

m9 = AB′C′D → AB = 10, CD = 01

Jawapan

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

Jawapan: N = 3

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 T bertukar keadaan pada setiap pinggir menaik dengan T = 1 dan kekal dengan T = 0.

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

Kira perubahan

0 → 0 → 0 → 1 → 0 → 0 → 1 → 1
N = 3

Jawapan

N = 3

ExamProblems · examproblems.com/courses/electronics-1