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​ = 2.7 kΩβ = 120VCC​ = 10 VRB​ = 820 kΩ

Satu transistor NPN dengan β = 120 dipincang oleh perintang tapak RB = 820 kΩ daripada bekalan VCC = 10 V. Perintang pengumpul ialah RC = 2.7 kΩ dan pemancar dibumikan. Ambil VBE = 0.7 V dan andaikan transistor berada dalam kawasan aktif. Cari voltan pengumpul–pemancar VCE.

VCC = 10 VRB = 820 kΩRC = 2.7 kΩβ = 120VBE = 0.7 V
VCE = V
2.Diod & transistorSukar
RC​ = 150 Ωβ = 50VCC​ = 5 V3.3 VRB​ = ?

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. Ambil VBE = 0.7 V dan VCE(sat) = 0.2 V. Untuk pensuisan yang boleh dipercayai, reka bentuk untuk arus tapak 4 kali ganda minimum yang diperlukan untuk ketepuan. Cari RB dalam kΩ.

VCC = 5 VRC = 150 Ωβ = 50Vin = 3.3 VVBE = 0.7 VVCE(sat) = 0.2 Vpacuan lebih = 4
RB = kΩ
3.Litar op-ampSederhana
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 2 kΩVin​

Pilih perintang suap balik Rf yang memberikan penguat tak menyongsang ini gandaan voltan 2.

R1 = 2 kΩAv = 2
Rf = kΩ
4.Litar op-ampSukar
Vin​V1​Vout​peringkat 1: menyongsangR1​ = 2 kΩRf1​ = 2 kΩperingkat 2: tidak menyongsangR2​ = 47 kΩRf2​ = 22 kΩ

Dua peringkat op-amp unggul disambung secara lata: penguat menyongsang (R1, Rf1) diikuti penguat tidak menyongsang (R2 ke bumi, Rf2 dalam suapbalik). Kedua-duanya dijalankan daripada bekalan ±15 V. Cari gandaan voltan keseluruhan Av = Vout/Vin.

R1 = 2 kΩRf1 = 2 kΩR2 = 47 kΩRf2 = 22 kΩ
Av =
5.Fana RC & RLSederhana
+−Vs​12 Vt = 0R = 50 ΩL100 mHi(t)

Induktor tidak membawa arus sebelum suis ditutup pada t = 0. Cari voltan vL merentasi induktor pada t = 5 ms.

Vs = 12 VR = 50 ΩL = 100 mHt = 5 ms
vL = V
6.Fana RC & RLSukar
+−Vs​9 VR1​ = 15 ΩR2​ = 33 Ωtertutup pada t = 0L68 mHi(t)

Suis merentasi R2 telah dibuka untuk masa yang lama, maka arus induktor mantap. Pada t = 0 suis ditutup dan memintaskan R2. Berapa lama selepas t = 0 arus induktor mencapai 0.311 A? Cari t.

Vs = 9 VR1 = 15 ΩR2 = 33 ΩL = 68 mH
t = ms
7.Perintang bersiri & selariSederhana
R1​ = 20 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​18 VR2​10 ΩIR2​AR4​2 ΩB

Cari arus IR2 melalui R2.

V1 = 18 VR1 = 20 ΩR2 = 10 ΩR3 = 5 ΩR4 = 2 Ω
IR2 = A
8.Perintang bersiri & selariSukar
R1​ = 3 ΩIR1​R3​ = 20 ΩR5​ = 25 Ω+−V1​6 VR2​10 ΩAR4​6 ΩBR6​2 Ω

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

V1 = 6 VR1 = 3 ΩR2 = 10 ΩR3 = 20 ΩR4 = 6 ΩR5 = 25 ΩR6 = 2 Ω
IR1 = A
9.Penukar DC-DCSederhana
tiL​Imax​Imin​ΔI = ?DTT2T

Penukar buck unggul menukar 15 V kepada 10.5 V pada 40 kHz dengan L = 68 µH. Cari arus riak puncak-ke-puncak induktor ΔIL.

Vin​ = 15 VVo​ = 10.5 Vf = 40 kHzL = 68 µH
ΔIL = A
10.Penukar DC-DCSukar
+−9 VSLC = 470 µFR = 8 Ω−+−3 V

Penukar buck-boost unggul menukar 9 V kepada −3 V untuk beban 8 Ω pada 200 kHz. Kapasitor output ialah 470 µF. Cari riak voltan output puncak-ke-puncak ΔVo dalam mV.

Vin​ = 9 VVo​ = −3 Vf = 200 kHzC = 470 µFR = 8 Ω
ΔVo = mV
11.Jambatan Wheatstone & tolok terikanSederhana
+−3 V1000 Ω1000 Ω1000 Ω1000 Ωab+−

Tolok terikan 1000 Ω ialah satu lengan (R₂) jambatan dengan empat lengan 1000 Ω yang sama dan pengujaan 3 V. Cari kuasa Pg yang dilesapkan dalam tolok, dalam mW. Pemanasan sendiri mengehadkan pengujaan.

Vs = 3 VR = 1000 Ω
Pg = mW
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 + A′BC kepada bentuk hasil tambah hasil darab minimum. Berapa banyak literal L yang terkandung dalam ungkapan yang dipermudah?

F = A′B′C + AB + A′BC
L =
14.Logik digital: get, peta K & flip-flopSukar
ABCD0001111000011110100103121405X706112X13X151141809011010

Bagi F(A, B, C, D) = Σm(0, 2, 4, 8, 12, 14) + d(7, 13, 15), dengan d menandakan keadaan tidak peduli, cari bilangan N implikan perdana penting.

F(A, B, C, D) = Σm(0, 2, 4, 8, 12, 14) + d(7, 13, 15)
N =

3Larutan

1.Diod & transistor

Jawapan: VCE = 6.325 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 = (10 − 0.7)/820 kΩ = 11.34 µA

Arus pengumpul

IC = β·IB = 120·11.34 µA = 1.361 mA

Voltan pengumpul–pemancar

VCE = 10 − 1.361 mA·2.7 kΩ = 6.325 V

Jawapan

VCE = 6.325 V
2.Diod & transistor

Jawapan: RB = 1.016 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) = (5 − 0.2)/150 = 32 mA

Arus tapak minimum

IB(min) = IC(sat)/β = 32/50 = 640 µA

Arus tapak reka bentuk

IB = 4·640 µA = 2560 µA

Perintang tapak

RB = (3.3 − 0.7)/IB = 2.6 V/2.56 mA = 1.016 kΩ

Jawapan

RB = 1.016 kΩ
3.Litar op-amp

Jawapan: Rf = 2 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 = (2 − 1)·2 = 2 kΩ

Jawapan

Rf = 2 kΩ
4.Litar op-amp

Jawapan: Av = −1.468

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 setiap peringkat

A1 = −Rf1/R1 = −2/2 = −1
A2 = 1 + Rf2/R2 = 1 + 22/47 = 1.468

Gandaan keseluruhan

Av = A1·A2 = −1·1.468 = −1.468

Jawapan

Av = −1.468
5.Fana RC & RL

Jawapan: vL = 0.985 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 = 100 mH / 50 Ω = 2 ms
i(∞) = Vs/R = 12/50 = 0.24 A

Voltan induktor

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

vL(t) = Vs·e−t/τ = 12·e−5/2 = 0.985 V

Jawapan

vL = 0.985 V
6.Fana RC & RL

Jawapan: t = 1.613 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 kedua-dua perintang berada dalam gelung; selepas itu suis yang tertutup memintaskan R₂.

i(0) = 9/(15 + 33) = 0.1875 A
i(∞) = 9/15 = 0.6 A
τ = L/R = 68/15 = 4.533 ms
i(t) = 0.6 + (0.1875 − 0.6)·e−t/τ

Selesaikan untuk masa

e−t/τ = (0.311 − 0.6)/(0.1875 − 0.6) = 0.7006
t = 4.533·ln(1.427) = 1.613 ms

Jawapan

t = 1.613 ms
7.Perintang bersiri & selari

Jawapan: IR2 = 0.3073 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​ = 20 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​18 VR2​10 ΩAR4​2 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 + 2 = 7 Ω
R2 ∥ 7 = 10·7/(10+7) = 4.118 Ω
Req = R1 + 4.118 = 20 + 4.118 = 24.12 Ω

Arus daripada sumber

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

IR1 = V1/Req = 18/24.12 = 0.7463 A

Arus melalui R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 18 − 0.7463·20 = 3.073 V
IR2 = VA/R2 = 3.073/10 = 0.3073 A

Jawapan

IR2 = 0.3073 A
8.Perintang bersiri & selari

Jawapan: IR1 = 0.592 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​ = 20 ΩR5​ = 25 Ω+−V1​6 VR2​10 ΩAR4​6 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 = 25 + 2 = 27 Ω
R4 ∥ 27 = 4.909 Ω
R3 + 4.909 = 24.91 Ω
R2 ∥ 24.91 = 7.135 Ω
Req = R1 + 7.135 = 3 + 7.135 = 10.14 Ω

Arus daripada sumber

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

IR1 = V1/Req = 6/10.14 = 0.592 A

Jawapan

IR1 = 0.592 A
9.Penukar DC-DC

Jawapan: ΔIL = 1.158 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 = 10.5/15 = 0.7

Voltan induktor semasa masa hidup

Semasa S hidup, induktor berada antara Vin dan Vo.

VL = 15 − 10.5 = 4.5 V

Arus riak

ΔIL = VL·D/(L·f) = 4.5·0.7/(68·10⁻⁶·40·10³) = 1.158 A

Jawapan

ΔIL = 1.158 A
10.Penukar DC-DC

Jawapan: ΔVo = 0.9973 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 = 3/(9 + 3) = 0.25

Arus beban

Io = 3/8 = 0.375 A

Riak output

ΔVo = 0.375·0.25/(200·10³·470·10⁻⁶) = 0.9973 mV

Jawapan

ΔVo = 0.9973 mV
11.Jambatan Wheatstone & tolok terikan

Jawapan: Pg = 2.25 mW

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 merentasi tolok

V = 3/2 = 1.5 V

Kuasa

Pg = 1.5²/1000 = 2.25 mW

Jawapan

Pg = 2.25 mW
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 = 4

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(1)
AB → m(6, 7)
A′BC → m(3)
ABC00011110010011130204051716

Kumpulkan dan baca

F = A′C + AB

Kira literal

L = 4

Jawapan

L = 4
14.Logik digital: get, peta K & flip-flop

Jawapan: N = 3

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.

Implikan perdana

Kumpulan terbesar yang boleh dibentuk daripada 1 dan X.

C′D′, AB, A′B′D′
ABCD0001111000011110100103121405X706112X13X151141809011010

Implikan perdana penting

C′D′, AB, A′B′D′
N = 3

Jawapan

N = 3

ExamProblems · examproblems.com/courses/electronics-1