Catatan Rangkaian Elektronika

Catatan Kuliah

RANGKAIAN ELEKTRONIKA Adhitya Satria Pratama

1

Untuk teman-teman DTE Angkatan 2011, 2012, 2013, dan 2014

yang sangat saya cintai dan banggakan. Semoga kalian selalu

sukses.

BUKU CATATAN INI TIDAK UNTUK DIPERJUALBELIKAN DALAM BENTUK APAPUN. BUKU INI JUGA BUKAN DITUJUKAN SEBAGAI BAHAN CONTEKAN ATAU MAKSUD NEGATIF LAINNYA, MELAINKAN HANYA UNTUK

MEMBANTU TEMAN-TEMAN BELAJAR. MOHON TETAP MEMPERHATIKAN DOSEN KETIKA SEDANG BERLANGSUNG PERKULIAHAN.

2

Kata Pengantar

Puji syukur penulis panjatkan ke hadirat Allah SWT yang atas berkah rahmat dan

karunia-Nya penulis dapat menyelesaikan penulisan buku ini. Penulisan buku ini

dilakukan untuk membantu teman-teman dalam mempelajari materi kuliah Rangkaian

Elektronika. Buku ini ditulis berdasarkan catatan pribadi penulis dalam perkuliahan

Rangkaian Elektronika tahun 2012.

Selain itu, terima kasih penulis ucapkan kepada pihak-pihak yang telah membantu

selama proses penulisan buku ini, di antaranya :

1. Dr. Ir. Retno Wigajatri Purnamaningsih, M.T. selaku dosen Rangkaian Elektronika

saya yang telah sangat sabar membimbing dan mengajar kami mahasiswa kelas RE-

01 serta memotivasi saya untuk selalu menjadi yang terbaik.

2. Dwi Hartati Izaldi atas bantuannya mengumpulkan catatan saya yang tercecer.

Akhir kata, saya berharap Allah SWT berkenan membalas segala kebaikan semua pihak

yang telah membantu. Semoga buku ini membawa manfaat bagi penulis dan pembaca

pada umumnya. Penulis tidak pernah memperjualbelikan buku ini dalam bentuk apapun

dan tidak bertanggung jawab atas penyalahgunaan buku ini. Buku ini ditulis bukan

untuk dijadikan bahan contekan atau maksud negatif lainnya, melainkan hanya untuk

membantu teman-teman dalam memahami perkuliahan. Diharapkan teman-teman

dapat tetap memperhatikan dosen menerangkan dan membaca buku.

Jakarta, 22 Januari 2015

Penulis

3

Daftar Isi

Kata Pengantar ................................................................................................................... 2

Daftar Isi.............................................................................................................................. 3

Dioda .................................................................................................................................... 5

Dioda Tak Ideal ................................................................................................................. 15

Rangkaian Gerbang Logika ........................................................................................... 18

Aplikasi Dioda 1 ................................................................................................................ 21

Analisa Garis Beban (Load Line Analysis) ................................................................... 21

Penyearahan .................................................................................................................. 22

Penyearahan Setengah Gelombang (Half-Wave Rectification) ................................. 22

Penyearaahan Gelombang Penuh (Full Wave Rectification) .................................... 23

Aplikasi Dioda 2 ................................................................................................................ 25

Center-Tapped Transformers ......................................................................................... 26

Rangkaian Penggunting (Clipper) ................................................................................. 27

Aplikasi Dioda 3 ................................................................................................................ 29

Rangkaian Penjepit (Clamper) ...................................................................................... 29

Aplikasi Dioda 4 ................................................................................................................ 32

Pendahuluan Bipolar Junction Transistor ....................................................................... 34

Bipolar Junction Transistor 1 ........................................................................................... 37

Jenis-Jenis Bias pada BJT ............................................................................................ 42

Fixed Bias ................................................................................................................... 42

Contoh Soal ................................................................................................................. 43

Emittor Bias ............................................................................................................... 44

Voltage Divider Bias ................................................................................................... 44

Bipolar Junction Transistor 3 ........................................................................................... 45

Voltage Feedback ............................................................................................................ 45

Positive and Negative Voltage Biasing .......................................................................... 46

Aplikasi Bipolar Junction Transistor ............................................................................... 48

Switch ............................................................................................................................. 48

Bias pada Bipolar Junction Transistor ............................................................................. 51

Common Base ................................................................................................................. 51

Common Emittor ............................................................................................................ 53

Analisa AC pada Bipolar Junction Transistor 1 .............................................................. 55

4

Konfigurasi Common Emittor........................................................................................ 55

Konfigurasi Fixed Bias Common Emittor ..................................................................... 55

Ujian Tengah Semester Genap 2011/2012 ........................................................................ 58


Konfigurasi Common Emittor Emittor Bias .................................................................. 62


Konfigurasi DC Feedback Biasing ................................................................................. 65


Analisa Transistor Model Hybrid .................................................................................. 67

Field Effect Transistor 1 .................................................................................................... 71



Metal Oxide Semiconductor FET (MOSFET).................................................................... 82

Aplikasi MOSFET ............................................................................................................. 85

Switch ............................................................................................................................. 85

Digital Logic Gate .......................................................................................................... 86

Aplikasi FET ...................................................................................................................... 89

Voltage-Controlled Resistor ........................................................................................... 89

FET Amplifier ................................................................................................................ 89

Model AC FET ................................................................................................................ 91

Rangkaian Common Source Fixed Bias ........................................................................ 92

Rangkaian Common Source Self Biasing ...................................................................... 94

Analisa AC FET ................................................................................................................. 97

Source Follower/Common Drain ................................................................................... 97

Analisa AC FET ............................................................................................................... 102

Common Gate ............................................................................................................... 102

Multistage Transistor ...................................................................................................... 107

Model AC ...................................................................................................................... 107

Analisa AC ................................................................................................................... 108

Respon Frekuensi Transistor ...................................................................................... 110

Ujian Akhir Semester Genap 2011/2012 ........................................................................ 111

5

Rangkaian Elektronika

Kode Matakuliah : EES 220802

Kelas : Rangkaian Elektronika 01

Dosen : Dr. Ir. Retno Wigajatri Purnamaningsih, M.T.

Jadwal : Selasa, 08.00 – 09.50 (S. 401)

Kamis, 13.00 – 14.50 (S.401)

Sistem Evaluasi :

1. Tugas 10 %

2. Kuis 15 %

3. Proyek Akhir 15 %

4. UTS 30 %

5. UAS 30 %

Materi Perkuliahan :

1. Dioda

2. BJT

3. DC Biasing BJT

4. Analisa AC BJT

5. Field Effect Transistor

6. FET Biasing

7. FET Amplifier

8. Respon Frekuensi BJT dan FET

6

Dioda

Dioda adalah dua elektroda.

Dioda bekerja sesuai prinsip pn junction.

Kondisi operasi dioda :

1. No bias

2. Forward bias (bias maju)

3. Reversed bias (bias mundur)

ID = 0 mA

VD = 0 V

(a) (b)

Gambar 2. Ilustrasi kerja dioda (a) ketika no bias dan (b) ketika dibias maju dan mundur.

Contoh Soal

1.

V

+ 5 V

2.5 kΩ

V = 0 karena dioda bersifat hubung singkat.

I = k

V

5.2

5= 2 mA

Gambar 1. Kutub-kutub dioda

7

2.

V

2.5 kΩ

– 5 V

I = 0 karena dioda mengalami bias mundur (reversed bias)

sehingga terhubung terbuka.

Rangkaian dapat disederhanakan sebagai berikut :

V = 0 – (– 5) = 5 volt

3.

V

+ 5 V

2.5 kΩ

Dioda mengalami bias mundur, sehingga dioda bersifat

hubung terbuka.

Rangkaian dapat disederhanakan sebagai berikut :

I = 0 mA

V = 5 volt

4.

V

2.5 kΩ

– 5 V

I

Dioda mengalami bias maju sehingga dioda bersifat

hubung singkat.

I =

k

V

5.2

5= – 2 mA

V = 0 volt.

2.5 kΩ

– 5 V

Hubung terbuka

Tidak ada jatuh tegangan pada tahanan ini

2.5 kΩ

+ 5 V

Hubung terbuka

Tidak ada jatuh tegangan pada tahanan ini

8

Soal 1

Tentukan harga V rangkaian berikut :

+ 10 V

10 kΩ

5 kΩ

VD2

D1

B

+ 10 V

10 kΩ

5 kΩ

V

– 10 V

D2D1

B

ID1ID2

Asumsikan kedua dioda ON, sehingga perhatikan gambar di sebelah

kanan.

Berdasarkan analisis nodal :

kk

VII B

DD5

100

5

)10(21

= 2mA

Oleh karena itu, 1DI = 0 dan

2DI = 0

Jadi, asumsi kedua dioda ON adalah BENAR!

Tegangan V dapat dihitung dengan :

V = 010521052

kmAIk D volt.

Soal 2


+ 10 V

5 kΩ

10 kΩ

V

– 10 V

D2D1

B

9

Asumsikan kedua dioda ON, sehingga dapat dilihat pada gambar berikut :

+ 10 V

5 kΩ

10 kΩ

V

– 10 V

D2

D1

B

ID1 + ID2 = 1 mA

ID2 = 2 mAID1 = 1 mA

Tidak mungkin dioda ideal beroperasi

berlawanan (bias mundur)

VB = 0

Berdasarkan analisa nodal :

kk

VII B

DD10

10

10

)10(21 = 1 mA

kI D

5

0102 = 2 mA

Karena ID2 > ID1 + ID2, maka

asumsi kedua dioda ON adalah

SALAH!!

Asumsikan D1 OFF dan D2 ON :

+ 10 V5 kΩ

10 kΩ

V adalah jatuh

tegangan dari terminal

akhir tahanan 5kΩ ke

ground

– 10 V

D2D1

B

ID2

ID1 = 0 mA

Tidak ada jatuh tegangan

ID1 = 0 mA

ID2 = 3

4

510

)10(0

kkmA

V = )10(102 kI D volt

V = 3

101010

3

4

k

Asumsikan D1 OFF dan D2

ON adalah BENAR!!

Jika diasumsikan D1 ON dan D2 OFF :

10

+ 10 V

5 kΩ

10 kΩ

V

– 10 V

D2

D1

B

Rangkaian tidak terhubung

Jadi, asumsi D1 ON dan D2

OFF adalah SALAH!!

D1 OFF dan D2 ON :

+ 5 V

V

D2

10 kΩ

5 kΩ

D1

ID2

3

2

15

10

510

)5(52

kkI D mA

3

55

3

10)5(52

kIV D volt

Jadi, asumsi dioda D1 OFF dan D2 ON

adalah BENAR!!

11

Soal 3

+ 5 V

– 5 V

V

D2

5 kΩ

10 kΩ

D1

B

+ 5 V

V

D2D1

ID2

B

5 kΩ

10 kΩ

– 5 V

I

ID1

Asumsi D1 dan D2 ON seperti pada gambar di sebelah kanan.

kI

5

05= 0 mA

2

1

10

)5(02

kI D mA

Karena ID2 < I, maka asumsi kedua dioda ON adalah BENAR!!

5102 kIV D = 0 mA

Soal 4

Tentukan VA dan VB rangkaian berikut :

+ 5 V

5 kΩ

5 kΩ 5 kΩ

D2D3

A

B

Asumsi ketiga dioda ON.

VA = VB = 0

kI D

5

1001 2 mA

kI

5

051 mA

kII DD

5

5032 =1 mA

12

Jadi, asumsi ketiga dioda ON

adalah SALAH!!

Asumsi D1 ON, D2 OFF, dan D3 ON.

kI D

10

1051 1,5 mA

ID2 = 0 mA

kI D

5

503 1 mA

Jadi, asumsi D1 ON, D2 OFF, dan D3 ON adalah BENAR!!

– 5 V– 10 V

+ 5 V

5 kΩ

5 kΩ 5 kΩ

D2D3

A

B

I

ID1

ID2

ID3

D1

Tegangan di titik A :

05

10

5

5

k

V

k

V AA

2VA + 5 = 0

VA = 3

5

Tegangan di titik B = VB = 0

volt.

Soal 5

Tentukan tegangan pada titik-titik A dan B rangkaian berikut :

13

+ 14 V

+ 5 V

– 5 V

D2

D3

D1

5 kΩ

5 kΩ

5 kΩ

ID3

ID1

ID2

A

B

Asumsi semua dioda ON.

VA = 5 V

VB = 0 V

5

9

10

1051

kI D mA

kI AB

5

50= – 1 mA

Jadi, asumsi semua dioda ON

adalah SALAH!!

Asumsi D1 ON, D2 OFF, dan D3 ON.

+ 14 V

– 5 V

D3

D1

5 kΩ

5 kΩ

5 kΩI

ID1

A

B

ID2 = 0 mA

VB = 0 V

kI D

10

0141 1,4 mA

kI

5

501 mA

Jadi, asumsi D1 ON, D2 OFF, dan D3 ON

adalah SALAH!!

14

Asumsi D1 ON, D2 OFF, dan D3 OFF.

+ 14 V

– 5 V

D1

5 kΩ

5 kΩ

5 kΩ

ID1

A

B

ID2 = ID3 = 0 mA

kI D

15

5141 1,27 mA

Dengan analisa nodal di titik A :

055

14

k

VV

k

V BAA

2VA – VB = 14 … (1)

Dengan analisa nodal di titik B :

055

5

k

VV

k

V ABB

– VA + 2VB = – 5 … (2)

Subsitusi persamaan (1) dan (2), diperoleh :

VA = 1,3 V

VB = 7,65 V

Jadi, asumsi D1 ON, D2 OFF, dan D3 OFF adalah

BENAR!!

---o0o---

15

Dioda Tak Ideal

Gambar 3. Ilustrasi tegangan barrier pada dioda.

Potensial barrier untuk Si = 0,7 V

Potensial barrier untuk Ge = 0,3 V

Tanpa adanya tegangan dari luar, sudah ada tegangan pada keadaan ekuilibrium

(seimbang), yaitu tegangan/potensial barrier, yang berimplikasi munculnya :

1. Tegangan barrier Vbarrier atau Vbuilt-in (Vbi)

2. Efek kapasitansi

3. Resistansi R = VD/ID

Potensial barrier :

2ln

i

daTbi

n

NNVV

Contoh Soal

Saudara diminta untuk menghitung tegangan barrier yang terjadi pada silikon pn

junction, jika temperaturnya T = 300 K dan diberi doping Na = 1016 cm–3 pada daerah P

dan Nd = 1017 cm–3 pada daerah N.

Jawab :

026,0e

kTVT volt

210

1716

2105,1

1010ln026,0ln

i

daTbi

n

NNVV = 0,757 volt.

Kapasitansi diperhitungkan pada saat terjadi bias mundur.

16

Perhitungan kapasitansi menjadi penting saat diberikan daya AC sinyal frekuensi

tinggi, tapi pada suplai daya DC biasanya bisa diabaikan.

Efek kapasitansi :

Gambar 4. Efek Kapasitansi.

2

1

10

bi

rjj

V

VCC

dimana :

Cj : Kapasitansi di junction (Farad)

Cj0 : Kapasitansi saat tanpa bias

Vr : Tegangan bias mundur (reversed)

Vbi : Potensial barrier

Contoh Soal

Sebuah pn junction silikon pada T = 300 K dengan konsentrasi doping Na = 1016 cm–3 pada

daerah P dan Nd = 1015 cm–3 pada daerah N ingin diketahui efek kapasitansinya, jika

diberikan tegangan bias mundur berturut-turut 1 V dan 5 V. Asumsikan ni = 1,5 x 1010

cm–3 dan Cj0 = 0,5 pF.

Jawab :

210

1516

2105,1

1010ln026,0ln

i

daTbi

n

NNVV

= 0,637 V

132

1

122

1

1 1012,3637,0

11105,01

0

bi

rjj

V

VCC

F

132

1

122

1

1 10637,1637,0

51105,01

0

bi

rjj

V

VCC

F

Jadi, semakin besar tegangan bias mundur, maka efek kapasitansi akan semakin

kecil.

17

Contoh Soal


R

V

Si Ge

V = 10 – 0,3 – 0,7 = 9 V

Rangkaian Sensor :

Si

LED Hijau, Vf = 2,2 V

2 kΩ

+ 12 V

Vo

Gambar 5. Rangkaian Sensor 1.

Tidak ada arus yang mengalir ke

LED, karena arus akan mengalir

ke bagian yang nilai tahanannya

lebih kecil, yaitu dioda Si.

Rangkaian tersebut banyak

digunakan pada sensor polaritas.

Rangkaian sensor lainnya :

LED Merah

LED Hijau

Gambar 6. Rangkaian Sensor 2.

Jika V bernilai positif, maka

lampu LED merah akan menyala.

Jika V bernilai negatif, maka

lampu LED hijau akan menyala.

18

Rangkaian Gerbang Logika

Contoh Soal

1. Rangkaian apakah ini? Silakan Saudara cek dengan tegangan DC 10V.

Si

Si

1 kΩ

1

2VA

Vo

Saat terminal 1 diberikan 10 V :

1 kΩ

VA

Vo

+ 10 V

0 V

VA = 10 – 0,7 = 9,3 Volt

VA = VO = 9,3 V


1 kΩ

VA

Vo

+ 10 V

0 V

VA = 10 – 0,7 = 9,3 Volt

VA = VO = 9,3 V

Dalam tabel kebenaran :

V1 V2 Vout Logika

10 V 0 V 9,3 V 1

0 V 10 V 9,3 V 1

10 V 10 V 9,3 V 1

0 V 0 V 0,7 V 0

19

Pada rangkaian dijital, 9,3 V dianggap sebagai logika 1 dan 0,7 V dianggap

sebagai logika 0.

Saat hanya salah satu terminal yang diberikan tegangan, akan ada keluaran

berupa tegangan 9,3 V. Oleh karena itu, rangkaian ini adalah GERBANG OR.

2. Rangkaian apakah ini?

Si

Si

1 kΩ

1

2VA

Vo+ 10 V


1 kΩ

VA

+ 10 V

0 V

Vo

Putus, karena tegangan di

titik ini lebih tinggi daripada

jatuh tegangan di titik VA

+ 10 V

VO = 0,7 V


1 kΩ

VA

+ 10 V

0 V

Vo+ 10 V

VO = 0,7 V

20

Saat kedua terminal diberikan 10 V :

1 kΩ

+ 10 V

Vo+ 10 V

+ 10 V

VO = 10 V

Dalam tabel kebenaran :

V1 V2 Vout Logika

10 V

0 V

10 V

0 V

0 V

10 V

10 V

0 V

0,7 V

0,7 V

10 V

0,7 V

0

0

1

0

Saat kedua terminal diberikan tegangan 10 V, akan menghasilkan keluaran

berupa tegangan 10 V. Oleh karena itu, rangkaian tersebut adalah GERBANG

AND.

---o0o---

21

Aplikasi Dioda 1

Analisa Garis Beban (Load Line Analysis)

Gambar 7. Kurva karakteristik

arus dan tegangan pada dioda.

Efek resistansi pada dioda berubah-ubah

tergantung tegangan yang diaplikasikan dan

jenis rangkaiannya.

Analisa Garis Beban adalah analisa kinerja dioda

yang dipengaruhi oleh bebannya.

Jika diterapkan KVL :

R

VEI

VERI

VERI

DD

DD

DD

0

RIEV DD

D

RE VD

Sumber Independen

Gambar 8. Ilustrasi rangkaian.

Gambar 9. Kurva garis beban.

Analisa garis beban tidak

terlalu diperhatikan pada

analisa DC karena dioda

beroperasi konstan/diam pada

titik Q.

Pada analisa AC, analisa garis

beban penting karena tegangan

dan arusnya berubah-ubah

sehingga titik operasi dioda

berpindah-pindah.

Mencari garis beban :

1. Mencari titik potong sumbu ID saat VD = 0, yaitu saat ID = E/R.

2. Mencari titik potong sumbu VD saat ID = 0, yaitu saat VD = E.

22

Penyearahan

Penyearahan Setengah Gelombang (Half-Wave Rectification)

Asumsikan dioda ideal.

Contoh rangkaian sederhana :

Lantas bagaimana jika diodanya adalah Si?

23

Prinsip utama penyearahan gelombang :

Vin Vout

Trafo Rektifikasi Filter Voltage Regulator

Gambar 10. Blok diagram penyearahan gelombang.

Penyearaahan Gelombang Penuh (Full Wave Rectification)

Menggunakan rangkaian jembatan (bridge) :

24

Contoh Soal :

Buat sketsa output rangkaian tersebut!

2,2 kΩ 2,2 kΩ

2,2 kΩVo

Jawab :

---o0o---

25

Aplikasi Dioda 2

Pada penyearahan setengah gelombang, rata-rata fungsi = Vdc :

dttT

VT

V

dtdttVT

V

dttVT

V

T

mdc

T

T

T

mdc

T

mdc

2sin

1

0sin1

sin1

2

0

2

2

0

0

Vdc = 0,318 Vm

Pada penyearah gelombang penuh :

Vdc = 0,636 Vm

Pada dioda ideal :

PIV

Gambar 11. PIV

Ada tegangan yang harus ditahan ketika terjadi bias

mundur, yaitu PEAK INVERSE VOLTAGE (PIV).

Tegangan ini harus ditahan agar tidak terjadi breakdown.

26

Pada penyearah gelombang penuh :

Vo

D1D2

D3 D4

RVin

PIV

Gambar 12. Penyearah gelombang penuh.

Gunakan KVL untuk menentukan PIV :

0 + Vm – PIV = 0

PIV = Vm

Harga minimum PIV adalah Vm,

sehingga PIV > Vm

Center-Tapped Transformers

Metode penyearahan gelombang menggunakan transformator (trafo) yang salah satu

lilitannya dijepit (tapped) di tengah.

Rangkaian sederhana :

27

Aplikasi dioda :

1. Rangkaian Gerbang Logika

2. Rangkaian Penyearah (Setengah Gelombang dan Gelombang Penuh)

3. Rangkaian Penggunting (Clipper)

Rangkaian Penggunting (Clipper)

Rangkaian clipper atau limiter adalah rangkaian yang digunakan untuk membuang

sebagian sinyal tanpa menghilangkan bagian sinyal yang lain.

Rangkaian clipper seri sederhana :

Jika terdapat bias :

R5 V

Vin

Vout

VD = 5 + Vin – Vout

VD = 5 + Vin – iD.R

0 = 5 + Vin – 0.R

0 = 5 + Vin

Vin = – 5 V

28

Perhatikan bahwa pada dioda ideal :

Jadi, sketsa keluaran

rangkaian adalah :

Rangkaian clipper paralel sederhana :

4 V

R

VinVout

Saat tepat ON :

– 4 + VD + Vin = 0

– 4 + 0 + Vin = 0

Vin = 4 V

Jadi, dioda baru ON saat Vin < 4 V.

Saat Vin < 4 V, dioda akan ON sehingga

terjadi hubung singkat dan

tegangannya akan sama dengan bias

yang diberikan.

Saat Vin > 4 V, dioda OFF sehingga

terjadi hubung terbuka dan

tegangannya sama dengan (tergantung)

tegangan input Vin.

---o0o---

29

Aplikasi Dioda 3

Rangkaian Penjepit (Clamper)

Rangkaian clamper digunakan pada penerima (receiver) sinyal, karena pada

transmisi sinyal, biasanya ada penurunan/pelemahan atau atenuasi sinyal

sepanjang proses transmisi.

Fungsi clamper adalah untuk mengangkat kembali penurunan tersebut.

Rangkaian clamper sederhana :

RVinVout

D

C

Gambar 13. Rangkaian clamper sederhana.

Saudara ingat kembali perkuliahan Dasar Teknik Elektro tentang Rangkaian Orde

Pertama dan Kedua.

Jika ditinjau pengisian/pengosongan kapasitor :

RVinVout

D

C

VC

Gambar 14

Ingat bahwa konstanta waktu τ = RC

30

Contoh soal :

VinVout

D

C = 0,1 μF

100 kΩ

5 V

f = 1000 Hz

Pada siklus positif pertama, rangkaian

menjadi :

VinVout

D

C = 0,1 μF

100 kΩ

5 V

Tinjau konstanta waktu :

τ = RC = 100 kΩ . 0,1 μF = 0,1 s = 10 ms

Tinjau periode :

T = 1/f = 1/1000 Hz = 1 ms

Dapat dilihat bahwa periode lebih kecil

daripada konstanta waktu. Hal ini

menunjukkan bahwa kapasitor berlum

sempat terisi (charging), tetapi

siklusnya sudah berubah.

Pada siklus negatif pertama :

Vin

VoutD

C = 0,1 μF

100 kΩ

5 V

VC

– Vin – 5 + VC = 0

– 20 – 5 + VC = 0

VC = 25 V

VO = 5 V

31

Pada siklus positif kedua, kapasitor

sudah mengalami pengisian muatan

(charging) sampai VC = 25 V, sehingga

VO = Vin + VC

VO = 10 + 25

VO = 35 V

Sketsa keluaran :

---o0o---

32

Aplikasi Dioda 4

Saudara sebagai seorang engineer diminta untuk mendesain suatu rangkaian voltage

regulator sederhana untuk radio mobil dengan spesifikasi sebagai berikut :

Harga R harus tetap.

Bila radio mati, IL = 0 mA

Bila radio menyala, IL = 100 mA

Tegangan yang masuk ke radio dibuat tetap 9 V, walaupun arusnya berubah-

ubah.

Tegangan sumber VS = 11,0 – 13,6 V

R adalah tahanan pembatas arus

Radio MobilVS

R

I

IZ

IL

Gambar 15. Rangkaian Radio Mobil sederhana.

Dalam mendesain rangkaian, hal-hal yang perlu Saudara perhatikan adalah :

1. Menentukan harga R.

2. Menghitung rentang arus IZ (IZ maksimum dan minimum)

3. Daya maksimum pada dioda Zenner

4. Daya pada tahanan R

Berdasarkan KCL :

LZS

Z

LZ

LZ

IR

VVI

III

III

IZ bernilai maksimum saat VS maksimum dan IL

minimum.

IZ bernilai minimum saat VS minimum dan IL maksimum.

Pertama tetapkan bahwa IZ minimum adalah 10% dari IZ maksimum. Hal ini

berdasarkan asumsi saja, karena secara umum demikian.

33

Nilai tahanan R :

LZ

ZS

II

VVR

Saat IZ maksimum :

min,,

,

LmaksZ

ZmaksS

II

VVR

… (1)

Saat IZ minimum :

maksLZ

ZS

II

VVR

,min,

min,

… (2)

Karena harga R tetap, maka

substitusikan (1) dan (2) :

54,1

46,0

246,046,0

1,01

26,4

1,01,0

911

0

96,13

,

,,

,,

,,

,min,

min,

min,,

,

maksZ

maksZmaksZ

maksZmaksZ

maksZmaksZ

maksLZ

ZS

LmaksZ

ZmaksS

I

II

II

II

II

VV

II

VV

maksZI , = 298 mA ≈ 300 mA

Menentukan harga R :

6,43,0

096,13

3,0

min,

,

,

R

R

IR

VVI L

ZmaksS

maksZ

3,0

6,4R = 15,33 Ω

Daya maksimum pada dioda Zenner : PZ,maks = (IZ,maks)2 VZ = (0,3)2 . 9 = 0,81 Watt

Daya maksimum pada R : PR,maks = (0,3)2 . 15,33 = 1,3797 Watt

IZ,min = 10% IZ,maks = 10% . 300 mA = 30 mA

34

Pendahuluan Bipolar Junction Transistor

Pada aplikasi dioda :

1. Rangkaian Gerbang

2. Rangkaian Penyearah

3. Rangkaian Pemotong (Clipper)

4. Rangkaian Penjepit (Clamper)

5. Voltage Regulator

Kelemahannya adalah semuanya tidak

dapat menjadi AMPLIFIER (tidak ada

penguatan)

BJT banyak digunakan untuk amplifier dan switch.

Ada tiga terminal pada BJT : Collector (C), Base (B), dan Emittor (E).

Pada BJT ada 2 carrier sekaligus, yaitu hole dan elektron.

Bila hanya ada 1 carrier (hole atau elektron saja) disebut unipolar, misalnya pada

FET (Field Effect Transistor).

Ada 2 tipe BJT, yaitu :

1. PNP

P PN

C

B

E

2. NPN

N NP

C

B

E

Pada BJT, terdapat 4 jenis bias.

Base biasanya lebih tipis daripada collector dan emittor dan berada di tengah.

Tanda panah selalu menuju atau meninggalkan emittor.

Pada aplikasi rangkaian listrik, BJT dianggap sebagai satu node.

35

B

P PN

IE

IB

VEE VCC

Ada, tapi harganya sangat

kecil

Pada BJT berlaku :

1. IE = IB + IC

2. IC = IC, majority carrier + ICO, minority carrier

ICO = IC saat emittor terbuka dan

disebut sebagai arus bocor (leakage

current).

IC hampir sama harganya dengan IE.

Pada loop I :

IC.RC + VCE = VCC

Pada loop II :

B

BEBBB

BBBEBB

BBBEBB

R

VVI

VVRI

VVRI

0

Bila VBB = 0, maka VBE = 0 yang

mengakibatkan IB = 0 sehingga hanya

tersisa potensial barrier.

NN

P

VCC

VBB

RB

RC

IC

IE

I II

C

B

E

IC = α IE, dimana 0 < α < 1

IB dan IC akan jauh berbeda (IC >> IB)

IC = β IB, dimana 50 < β < 300 Terlihat ada penguatan arus

Contoh soal :

1. Hitunglah arus IE dan IC bila β = 150 dan IB = 15 μA. Asumsikan BJT beroperasi pada

daerah aktif.

Jawab :

36

Daerah kerja transistor :

1. Daerah aktif : diaplikasikan sebagai amplifier

2. Daerah Saturasi

3. Daerah cut-off : diaplikasikan sebagai switch

IE = (1 + β) IB = (1 + 150) . 15 μA = 2,26 μA

IC = β IB = 150. 15 μA = 2,25 μA

Pada daerah aktif berlaku : IE = IB + IC dan IC = β IB

Aplikasi amplifier :

NN

P

Mikrofon

Speaker

(teramplifikasi)

1 V 10 V

Gambar 16. Rangkaian Pelantang Suara (Loudspeaker)

2. Suatu transistor memiliki 0,980 < α < 0,995. Tentukan harga β yang bersesuaian!

1

11

1

CC

C

BCE

II

I

III

1

1

βmin = 49

βmaks = 199

---o0o---

37

Bipolar Junction Transistor 1

Kerja transistor mirip dengan kerja katup hidrolik, dimana base mengatur arah arus.

C

B

E

IE = IB + IC

VCE = VCB + VBE

IE

IC

Gambar 17. Arah arus yang mengalir pada

BJT.

Pada daerah aktif berlaku :

IC = β IB

β adalah common emittor current gain

IC ≈ IE

IC = α IE

α adalah common base current gain

Rangkaian pengganti DC :

C

E

A.IVBE

Gambar 18. Rangkaian Pengganti DC dari BJT.

Contoh Soal

1. Hitunglah IB, IC, IE, dan VCE rangkaian berikut dengan β = 200. Asumsikan VBE = 0,7

V (silikon).

38

Jawab :

VBE

IB

RB = 220 kΩ

RC = 2 kΩ

VBB = 4 V

VCC = 10 V

IC

VCE

Asumsikan BJT beroperasi pada

daerah aktif.

Pada loop BE :

IB.RB + VBE – 4 = 0

kI B

220

7,040,015 mA

Karena kita tidak mengetahui transistor bekerja pada daerah mana, maka

Saudara asumsikan saja bahwa transistor bekerja pada daerah aktif.

IC = β IB = 200 . 0,015 mA = 3 mA

IE = IB + IC = 0,015 + 3 = 3,015 mA

Mencari VCE, mari Saudara lihat loop CE :

IC.RC + VCE – VCC = 0

VCE = VCC – IC.RC

VCE = 10 – (3 mA. 2 kΩ)

VCE = 4 V

Buat sketsa kurva karakteristik output :

Asumsi transistor bekerja pada

daerah aktif adalah BENAR, karena :

IC = 3,015 mA > 0

VCE = 4 V > 0,2 V

Gunakan analisa garis beban untuk

mengetahui titik kerja transistor.

2. Hitunglah IB, IC, IE, dan VCE rangkaian berikut dengan β = 100. Asumsikan VBE = 0,7

V dan VCE = 0,2 V (silikon).

39

VBE

IB

RB = 220 kΩ

RC = 4 kΩ

VBB = 8 V

VCC = 10 V

IC

VCE

Asumsikan transistor pada

daerah aktif.

IB.RB + VBE – 8 = 0

kI B

220

7,0833,18 μA

IB > 0, sehingga bukan di daerah

cut-off.

IC = β IB = 100 . 33,18 μA = 3,3

mA

Perhatikan loop VCE :


VCE = VCC – IC.RC

VCE = 10 – (3,3 mA. 4 kΩ)

VCE = – 3,2 V

Karena VCE = – 3,2 V < 0,2 V, maka transistor bekerja pada daerah SATURASI

dan asumsi bahwa transistor bekerja pada daerah aktif adalah SALAH!

Karena asumsi salah, maka persamaan IC = β IB tidak berlaku lagi.

Menentukan harga IC dilakukan dengan menggunakan persamaan loop :


IC. 4 kΩ + 0,2 – 10 = 0

k

VIC

4

8,9

= 2,45 mA

Harga tegangan VCE selalu 0,2 V karena sudah saturasi sehingga jenuh dan tidak

berubah lagi.

IE = IB + IC = 33,18 μA + 2,45 mA = 2,453 mA.

40

KESIMPULAN

Dalam analisa transistor, hal-hal yang perlu Saudara perhatikan adalah :

1. Asumsikan transistor bekerja pada daerah aktif.

2. Cek harga IB :

IB > 0, maka transistor bekerja di daerah aktif atau saturasi.

IB < 0, maka transistor bekerja di daerah cut-off.

3. Cek harga VCE :

VCE > VCE saturasi, berarti transistor bekerja pada daerah aktif.

VCE < VCE saturasi, berarti transistor bekerja pada daerah saturasi.

Saudara Jangan Sekali-Kali Menghapal Rumus! Pahami Konsep! Jangan

Hanya Terpaku Pada Buku! Itu Membodohi! Pahami Konsep!

---o0o---

41


1. Tentukan daerah kerja transistor dengan β = 75 dan VBE (ON) = 0,7 V.

Jawab :

VBE

IB

RB = 25 kΩ

RC = 0,4 kΩ

VBB = 6 V

VCC = 12 V

IC

VCE

IERE = 0,6 kΩ

Asumsi transistor bekerja pada

daerah aktif.

IB. RB + VBE + RE (IB + IC) = 6 V

IB (25,6 x 103) + 75 IB (0,6 x 103) = 5,3 V

IB = 75,1 μA IBQ

IC = β IB = 5,63 mA ICQ

IE = 5,71 IEQ

Perhatikan loop CE :

– 12 + IC.RC + VCE + IE.RE = 0

– 12 + 2,252 + VCE + 3,426 = 0

VCE = 12 – 2,252 – 3,426 = 6,322 V

Membuat sketsa karakteristik output :

Bentuk persamaan umum :

IC = β IB

IE = IB + IC

IE = IB + β IB = (β + 1) IB

CECCECC

CCECCECC

VVRRI

VRIVRI

1

1

42

2. Saudara diminta untuk mendesain rangkaian common base berikut agar IEQ = 0,5

mA dan VECQ = 4 V. Harga β = 120 dan VEB (ON) = 0,7 V.

Jawab :

RB = 10 kΩ

+ 5 V – 5 V

RE RC

IE IC

IB

Asumsikan transistor bekerja

pada daerah aktif.

IE.RE + VEC + IC.RC – 5 – 5 = 0

IE.RE + VEC + IC.RC = 10

IC = β IB = 120 IB

IE.RE + VEB + IB.RB = 5

IE.RE + 0,7 + IB. 10 kΩ = 5

0,5 mA RE + IB. 10 kΩ = 4,3

IE = IB + IC = 121 IB

0,5 mA = 121 IB

IB = 4,13 μA

IC = β IB = 120 IB = 0,49 mA

0,5 mA RE + IB. 10 kΩ = 4,3

5,0

2587,4ER = 8,517 kΩ

IE.RE + VEC + IC.RC = 10

49,0

7415,1CR = 3,554 kΩ

Jenis-Jenis Bias pada BJT

Digunakan untuk melihat stabilitas rangkaian.

Fixed Bias

RCRB

VCC

IE

IB

RC

RB

VCC

VCC

IC

43

Asumsikan transistor bekerja pada daerah aktif :

IB. RB + VBE – VCC = 0

B

BECCB

R

VVI

IC = β IB =

B

BECC

R

VV

Harga β dipengaruhi oleh suhu

Bias menjadi sangat penting pada rangkaian, karena harga β berubah-ubah karena

faktor suhu.

Contoh Soal

Saudara diminta untuk mencari harga IC untuk β = 100 dan β = 300. VCC = 15 V,

asumsikan VBE (ON) = 0,7 V.

Jawab :

Asumsikan transistor bekerja pada daerah aktif :

IB. RB + VBE – VCC = 0

kI B

200

7,015= 71,5 mA

Saat β = 100 :

IC = β IB = 7,15 mA

VCE + IC.RC = 15 V

VCE = 7,85 V

Saat β = 300 :

IC = β IB = 21,45 mA

VCE + IC.RC = 15 V

VCE = – 6,45 V

Dapat disimpulkan bahwa, FIXED BIAS TIDAK STABIL.

44

Emittor Bias

VCC

RE

RC

RB

Persamaan loop BE :

IB.RB + VBE + IE. RE = VCC

IB.RB + VBE + (β + 1) IB. RE = VCC

EB

BECCB

RR

VVI

1

Jika diasumsikan RE (β + 1) jauh lebih besar

daripada RB, sehingga RB dapat diabaikan :

E

BECCB

R

VVI

1

Voltage Divider Bias

VCC = 22 V

IB

R1 = 39 kΩ

R2 = 3,9 kΩ

RC = 10 kΩ

RE = 1,5 kΩ

Gunakan rangkaian pengganti

Thévenin

---o0o---

45


Voltage Feedback

VBE

IB

RB

RC

VCC = 12 V

IC’

VCE

IERE

IC

Tentukan IB, IC, dan IE rangkaian

tersebut!

Jawab :

IC’ = IB + IC

IC’ = IB + β IB

IC’ = (β + 1) IB

IE = IB + IC

IE = (β + 1) IB

Perhatikan loop CE :

IC’.RC + IB.RB + VBE + IE.RE = VCC

RC (β + 1) IB + IB.RB + VBE + (β + 1) IB.RE = VCC

IB [RC (β + 1) + (β + 1) RE] = VCC – VBE

EBC

BECCB

RRR

VVI

11

IC = β IB berlaku

Pada fixed bias, IB tidak berubah.

Perhatikan loop BE :

IC’.RC + VCE + IE.RE = VCC

RC (β + 1) IB + VCE + (β + 1) IB.RE = VCC

IB (β + 1)(RC + RE) + VCE = VCC

VCE = VCC – IB (β + 1)(RC + RE)

46

Saudara diminta untuk menghitung IB, IC, dan VCE jika VCC = 10 V, VBE (ON) = 0,7 V,

RC = 4,7 kΩ, RB = 250 kΩ, RE = 1,2 kΩ, β = 90, dan β = 135.

kkkRRR

VVI

EBC

BECCB

2,11902501907,4

7,010

11

= 0,012 mA

IC = β IB = 1,08 mA

VCE = VCC – IB (β + 1)(RC + RE) = 3,5572 mA

Transistor hanya akan bekerja jika diberikan bias DC.

Transistor tidak bisa bekerja jika hanya diberikan bias AC.

Bias DC digunakan untuk menentukan daerah kerja transistor, bias AC digunakan

untuk aplikasi-aplikasi transistor.

Positive and Negative Voltage Biasing

9 V

IB

R1 = 18 kΩ

R2 = 162 kΩ

RC = 20 kΩ

RE = 2 kΩ

–9 V

Kapasitor pada analisa DC terhubung terbuka

(ZC = ∞)

Kapasitor dipasang agar input dan output yang

keluar tetap berupa sinyal AC.

Buat rangkaian pengganti Thévenin sebagai

berikut :

IB

R1 = 18 kΩ

R2 = 162 kΩ

RC = 20 kΩ

RE = 2 kΩ

–9 V

9 V

9 V

–9 V

Perhatikan jenis transistor!

Transistor adalah NPN.

Kemudian perhatikan tanda

panahnya! Gunakan loop

atas!

47

Tahanan ekuivalen Thévenin :

R1 = 18 kΩ

R2 = 162 kΩ

9 V

–9 V

VTH

kk

kkRTh

16218

16218

= 16,2 kΩ

1816218

18

kk

kVTh = 10,8 V

---o0o---

48

Aplikasi Bipolar Junction Transistor

Aplikasi BJT antara lain :

1. Switching arus, tegangan, dan daya.

2. Rangkaian logika

3. Amplifier time varying logic

Switch

PL

RB

VCC

VBE

VCE

Vin

Vo

IB

IC

Switch memanfaatkan operasi

transistor pada daerah cut-off dan

saturasi, karena pada daerah aktif

terjadi penguatan arus dan tegangan

(pada desain common emittor) sehingga

outputnya tidak stabil.

PL adalah beban, misalnya motor, LED,

dan lain sebagainya.

Pada saturasi, IC pada keadaan

maksimum

Begitu switch ON, arus yang mengalir

langsung stabil/konstan.

Vin < VBE IB = 0

IC = 0 Cut-off

Vin < VBE VO = VCC

Pada switch, desainlah rangkaian dengan memberikan harga Vin agar transistor

beroperasi pada daerah saturasi VO = VCE saturasi.

Pada switch, VO = VCC – IC. RL

49

Contoh Soal

PL

RB

VCC

VBE

VCE

Vin

Vo

IB

IC

Hitunglah arus, tegangan dan daya yang

didisipasikan oleh transistor pada

rangkaian inverter tersebut. Beban adalah

motor dengan RL = 5 Ω. Asumsikan VBE (ON)

= 0,7 V, VCE saturasi = 0,1 V, VCC = 12 V, RB

= 240 Ω, dan β = 75.

Transistor bekerja pada daerah saturasi :

Cut-off saat Vin < VBE Vin = 0 V

Saturasi saat Vin = VCC

Jawab :

Periksa keadaan saturasi :

Vin = VCC :

Vin = IB.RB + VBE

12 = IB. 240 + 0,7

240

7,012 BI = 0,0471 A = 47,1 mA

Pada loop CE :

– VCC + IC. RL + VCE = 0

IC. RL + VCE = VCC

5

1,012

L

CECCC

R

VVI = 2,38 A

Periksa apakah transistor benar beroperasi pada daerah saturasi :

mA

A

I

I

B

Ci

71,4

38,2 = 50,53

Karena β > βi, maka transistor BENAR beroperasi pada daerah saturasi.

50

Ketika keadaan cut-off :

Vin < VBE sehingga IB = 0 dan IC = 0 :

VO = VCC – IC.RL = VCC – (0)(5)

VO = VCC = 12 V

Ketika keadaan saturasi :

VO = VCC – IC. RL

VO = 12 – (2,38 A)(5Ω) = 0,1 V

Daya yang terdisipasi pada transistor :

P = (IB. VBE) + (IC. VCE)

P = (47,1 mA . 0,7 V) + (2,38 A. 0,1 V)

P = 0,271 W

---o0o---

51

Bias pada Bipolar Junction Transistor

Small signal analysis adalah respon transistor terhadap sinyal AC.

Pada analisa AC, transistor dibuat model :

1. re yang paling sederhana

2. Hibrid

Pemberian bias DC bertujuan untuk menentukan daerah kerja transistor di daerah

aktif, saturasi, atau cut-off.

Konfigurasi rangkaian pada transistor adalah common collector, common base, dan

common emittor.

Common Base

Pada konfigurasi transistor PNP :

Pada analisa DC, transistor dapat

Saudara analisa dengan mudah,

yaitu dianggap sebagai satu node.

Menurut model re, transistor bisa

dibuat suatu pemodelan.

Pada analisa DC, dioda diganti

dengan suatu sumber tegangan

DC.

Pada analisa AC, dioda diganti

dengan suatu tahanan re, dimana :

E

eI

mVr

26

Perhatikan pada analisa AC :

Zi = impedansi input

Zo = impedansi output

AV = penguatan tegangan

52

Ai = penguatan arus

Gunakan analisa two-port :

SISTEMVi Vo

I1 I2

Ingat konsensus two-port, yaitu arus yang

masuk ke dalam sistem adalah positif.

Parameter impedansi :

V1 = Z11 I1 + Z12 I2

V2 = Z21 I1 + Z22 I2

Pada transistor :

e c

b

α IEre

IiIo

Zi Zo

0

OIi

ii

I

VZ

Karena Ii = Ie dan Vi = Ie .re, sehingga

:

e

ee

Ii

ii

I

rI

I

VZ

O

0

= re

0

iIo

oo

I

VZ

Karena IO = – IC dan Ii = Ie. Namun,

demikian, karena αIe = 0, maka IC =

0 sehingga :

00

o

Io

oo

V

I

VZ

i

= ∞

e c

b

putusre

Penguatan arus dan tegangan dicari dengan memberikan beban uji RL

53

e c

b

α IEre RL

i

OV

V

VA

Perhatikan bahwa VO = Ic.RL dan

IC = αIE.

Perhatikan pula bahwa Vi = Ii.re.

Oleh karena itu :

e

L

ee

Le

i

OV

r

R

rI

RI

V

VA

Terlihat bahwa penguatan

bergantung pada :

1. Beban RL yang diaplikasikan.

2. Harga IE.

3. Jenis dan harga bias yang

diberikan.

Penguatan arus :

e

e

e

C

i

Oi

I

I

I

I

I

IA

= – α

Common Emittor

Dioda diganti dengan tahanan re.

Gambar 19. Pemodelan BJT.

Kapasitor belum dibahas, karena masih dalam frekuensi rendah.

Ie = Ic + Ib = β Ib + Ib = (β + 1) Ib

Jika nilai β jauh lebih besar daripada 1, maka dapat diasumsikan bahwa (β + 1) ≈ β.

54

Dimodelkan menjadi two-port :

β IB

re

Ic

Ib

Ii

Io

b

be

Ii

ii

I

V

I

VZ

O

0

Karena Vbe = Ie. re = (β + 1) Ib re, sehingga :

b

eb

b

be

Ii

ii

I

rI

I

V

I

VZ

O

1

0

= (β + 1) re

Jika nilai β jauh lebih besar daripada 1,

maka dapat diasumsikan bahwa (β + 1) ≈ β,

sehingga Zi = β re

Impedansi output :

0

iIo

oo

I

VZ

Karena Ii = Ib = 0, sehingga

β Ib = 0, yang

mengakibatkan :

o

oo

Io

oo

I

rI

I

VZ

i

0

= ro

re

roVo

Vi

Ib

Zi Zo

re

roVo

Vi

Ib

Io

RL

Ic

Ie

β IB

Vo = – Io (RL//ro)

Vi = Ie.re

Io = – IC

IC = β Ib

Ie = (β + 1) Ib

Jadi, penguatan tegangan adalah :

e

oLV

eb

oLb

ee

oLo

i

OV

r

rRA

rI

rRI

rI

rRI

V

VA

1

//

1

////

---o0o---

55

Analisa AC pada Bipolar Junction Transistor 1

Konfigurasi Common Emittor

Pada analisa BJT :

1. Analisa DC, semua sumber AC dimatikan dan kapasitor terhubung terbuka.

2. Analisa AC, semua sumber DC dimatikan dan kapasitor terhubung singkat.

Pada konfigurasi common emittor :

Dengan “Model re” :

β reVi

β IB ro Vo

Gambar 20. Model RE.

Konfigurasi Fixed Bias Common Emittor

Rangkaian konfigurasi fixed bias common emittor :

RB

VCC

RC

Vi

Vo

IB + Ib

Kapasitor pada operasi :

1. DC Hubung Terbuka (open circuit)

2. AC Hubung Singkat (short circuit)

Kedua sinyal AC dan DC bekerja

56

Saat sumber DC saja yang menyala ZC = ∞ sehingga muncul IB, IC, dan IE.

Saat sumber AC saja yang menyala, VCC = 0 karena terhubung ke ground sehingga

ZC = 0.

Modelkan menjadi model re :

β reViβ IB ro Vo

RB RC

Zi, transistor Zo, transistor

Zo, rangkaianZi, rangkaian

Kedua kapasitor terhubung singkat

MODEL TWO PORT

SISTEMVi Vo

I1 I2

Pada model two-port, arus I2 adalah arus yang

diberikan secara virtual oleh sumber virtual

(sumber bohongan) agar dapat dicari outputnya.

Impedansi input :

0

XIi

ii

I

VZ

Vi = Iy.Rb

Ii = Iy + Ib

B

iy

R

VI

Jadi,

b

B

ey

b

B

ebb

B

iy

IR

rI

IR

rII

R

VI

1

B

B

B

e

e

b

B

e

ebi

R

R

R

r

r

IR

r

rIZ

11

Be

Bei

Rr

RrZ

= βre // RB.

57

Impedansi output :

0

iIX

oo

I

VZ

XCoX

Co

Coo IRrI

Rr

RrV //

X

XCo

IX

oo

I

IRr

I

VZ

i

//

0

= ro//RC

Ketika Ii = 0, maka Ib = 0 dan β Ib = 0 :

ro RC

Ix

β IB putus

Untuk menentukan penguatan tegangan AV, Saudara kembali ke rangkaian awal

tanpa IX.

Dengan pembagian arus arus :

b

Co

oo I

Rr

rI

Vo = Io. RC = Cb

Co

o RIRr

r

Vo = bI (ro//RC)

ro VoRC

ro//RC

Vo

Vi = Ib. βre

Jadi, penguatan tegangan :

eb

Cob

i

OV

rI

RrI

V

VA

//

e

CoV

r

RrA

//

Baiklah Saudara, sampai di sini materi UTS kita yang akan diadakan pada Selasa,

3 April 2012.

---o0o---

58

Ujian Tengah Semester Genap 2011/2012

Rangkaian Elektronika – EES 220802

Dosen Pengampu : Dr. Ir. Retno Wigajatri Purnamaningsih, MT

Waktu : 09.00-10.40 (100 Menit)

Sifat Ujian : Tutup Buku

SOAL 1

59

SOAL 2

60

SOAL 3

61

SOAL 4

---o0o---

62


Konfigurasi Common Emittor Emittor Bias

Saudara diminta untuk menentukan re, Zi, Zo, AV, dan Ai, rangkaian berikut jika

diasumsikan VBE (ON) = 0,7 V dan β = 120.

+ 20 V

ViVo

470 kΩ 2,2 kΩ

RE = 0,56 kΩ

10 μF

10 μF

Dengan analisa AC “Model re” :

β re β IB ro VoRB RC

Zo, rangkaianZi, rangkaian

MODEL TWO PORT

RC

Ii

I1

Ib

Ie

IxIy

Io

Iz

63

Dengan pendekatan model two-port :

0

ZIi

ii

I

VZ

Vi = I1. RB.

Vi = Ib. βre + Ie.RE.

Ie = Ib + Ix

Ix = Iy + βIb

Karena pendekatan di samping terlalu

rumit, maka terpaksa Saudara

menggunakan tinjauan loop :

Ie.RE + Io.RC + Iy.ro = 0

(Ib + βIb + Iy) RE + (βIb + Iy) RC + Iy.ro = 0

Gunakan analisa DC untuk memperoleh harga IE sehingga dapat diperoleh nilai re

Asumsikan BJT aktif :

+ 20 V

470 kΩ

2,2 kΩ

RE = 0,56 kΩ

+ 20 V

Loop BE :

– 20 + IB. 470 kΩ + VBE + IERE = 0

– 20 + IB. 470 kΩ + 0,7 + 121. 0,56 kΩ = 0

k

VI B

76,537

3,19= 35,89 μA

Loop CE :

– 20 + IC.RC + VCE + IERE = 0

– 20 + 9,47 + VCE + 2,43 = 0

VCE = 8,1 V

Jadi, asumsi transistor aktif adalah BENAR!!

IE = (β + 1) IB = 121. 35,89 μA = 4,34 mA

mA

mV

I

mVr

E

e34,4

2626 = 5,99 Ω

βre = 121. 5,99 Ω = 0,72 kΩ

Analisa AC :

Tinjauan loop :

Ie.RE + Io.RC + Iy.ro = 0

(Ib + βIb + Iy) RE + (βIb + Iy) RC + Iy.ro = 0

(Ib + 120 Ib + Iy) 0,56 kΩ + (120 Ib + Iy) 2,2 kΩ + Iy. 40 kΩ = 0

67,76 kΩ Ib + 0,56 kΩ Iy + 264 kΩ Ib + 2,2 kΩ Iy + 40 kΩ Iy = 0

331,76 kΩ Ib + 42,76 kΩ Iy = 0

Iy = – 7,76 Ib

64

Ie = (Ib + βIb + Iy) = Ib + 120 Ib – 7,76 Ib = 113,24 Ib

Vi = Ib.βre + Ie.RE

Vi = Ib.0,72 kΩ + 113,24 Ib . 0,56 kΩ

Vi = 64,13 kΩ Ib atau i

bV

kI

13,64

Jadi,

Ii = I1 + Ib

72,1713,64470

k

V

k

VI ii

i μVi

Impedansi input :

43,5672,17

0

i

i

Ii

ii

V

V

I

VZ

Z

kΩ

Impedansi output :

Req = (((βre + RB)//RE) + ro)//Rc

Req = 2,09 kΩ

z

z

Iz

oo

I

Ik

I

VZ

i

09,2

0

= 2,09 kΩ

Vo

Zo

β re

ro

RBRC

RC

Penguatan tegangan AV :

Vi = 64,13 kΩ Ib

Vo = Ie.RE + Iy.ro

Vo = – 7,76 Ib ro + 113,24 Ib RE

Vo = – 246,99 kΩ Ib

Jadi, penguatan tegangan :

k

Ik

V

VA b

i

OV

13,64

99,246= – 3,86

Tanda minus berarti polaritas output

terbalik sehingga rangkaian ini disebut

sebagai penguat inverting.

Penguatan arus Ai :

Ii = 17,72 μVi = 1,136 Ib

Io = βIb + Iy = 112,24 Ib

Jadi, penguatan arus :

b

b

i

oi

I

I

I

IA

136,1

24,112 = 98,80

---o0o---

65


Konfigurasi DC Feedback Biasing

Gunakan analisa AC saja untuk mencari Zi, Zo, AV, dan Ai rangkaian berikut :

Vi

Vo

Rf1 Rf2

RC

VCC

Dapat disederhanakan menjadi :

Vi

Vo

Rf1 Rf2

RC

Rangkaian ekuivalen model re :

β reViβ IB ro Vo

Rf1 RC

ZoZi

MODEL TWO PORT

Rf2

Ii

I1

Ib

Ix

IyIoIz

Sumber virtual

Impedansi input :

Vi = βre . Ib

Ii = I1 + Ib

ef

i

ef

efi

e

i

f

ii

rR

V

rR

rRV

r

V

R

VI

//11

1

1

66

Jadi, impedansi input :

ef

ef

i

i

Ii

ii rR

rR

V

V

I

VZ

o

//

//

1

1

0

Impedansi output :

Ix = Io + Iz + Iy

eoc

ox

rrR

VI

////

Jadi, impedansi output :

eoc

eoc

o

o

Iz

oo rrR

rrR

V

V

I

VZ

i

////

////0

Penguatan tegangan :

e

foc

eb

focb

i

OV

r

RrR

rI

RrRI

V

VA

22 ////////

Penguatan arus :

β IB

ro RCRf2

ro RC//Rf2

Io

Arah arus dengan prinsip pembagi

arus (current divider)

Untuk mencari Io, silakan Saudara gunakan prinsip pembagian arus.

b

ocf

cf

o IrRR

RRI

//

//

2

2

Jadi, penguatan arus adalah :

1

//

//

1

//

//

1

2

2

1

2

2

f

e

ocf

cf

f

eb

b

ocf

cf

i

oi

R

r

rRR

RR

R

rI

IrRR

RR

I

IA

---o0o---

67


Analisa Transistor Model Hybrid

Pada sistem two-port :

SISTEMVi Vo

I1 I2

Parameter hibrid :

Vi = h11Ii + h12Vo

Io = h21Ii + h22Vo

dimana :

Impedansi :

0

11

oVi

i

I

Vh

Penguatan arus :

0

21

oVi

o

I

Ih

Penguatan Tegangan :

0

12

iIo

i

V

Vh

Admitansi :

0

12

iIo

o

V

Ih

Oleh karena itu, melalui model hibrid Saudara dapat melihat lebih lengkap

hubungan parameter dengan lebih lengkap.

Pada konfigurasi common emitter :

E

C

B

Parameter CE CB CC

h11 hie hib hic

h12 hre hrb hrc

h21 hfe hfb hfc

h22 hoe hob hoc

68

dimana :

hi = resistansi/impedansi input

hr = perbandingan tegangan alih mundur (transfer reverse voltage ratio)

hf = perbandingan arus alih maju (transfer forward current ratio)

ho = admitansi output

CE = common emittor, CB = common base, dan CC = common collector.

Rangkaian tersebut dapat dimodelkan secara ekuivalen berdasarkan model hibrid

sebagai :

Vihfe Ii Vo

hie

hre Vo

oeh

1

Vi = hieIi + hreVo

Io = hfeIi + hoeVo

Parameter hibrid two-port yang berlaku :

Vi = hieIi + hreVo

Io = hfeIi + hoeVo

Perhatikan bahwa hoe adalah admitansi dengan satuan mho atau Siemens, namun

untuk mempermudah parameter ini sering digambarkan sebagai 1/hoe yang mana

berlaku seperti resistansi dengan satuan ohm.

Contoh rangkaian :

RS RL

Tahanan pembatas arusTahanan beban

69

Rangkaian di atas dapat dimodelkan sebagai rangkaian ekuivalen berikut :

hfe Ii Vo

hie

hre Vo

oeh

1

RS

RL

MODEL TWO PORT HYBRID

ViVS

Sumber AC

Silakan Saudara turunkan persamaan-persamaan untuk mencari Zo, Zi, AV, dan Ai

rangkaian tersebut.

Impedansi input Zi :

Vo = – hfe Ib

L

oe

Rh

//1 = – hfe Ib oe

oe

Loe

Loe

h

h

Rh

Rh

1

1

Tanda minus menunjukkan bahwa arah loop arus berlawanan

Vo = – hfe Ib

Loe

L

Rh

R

1

Vi = hie Ii + hre Vo = hie Ib + hre Vo

Vi = hie Ib – hre hfe Ib

Loe

L

Rh

R

1= hie Ib –

Loe

Lrebfe

Rh

RhIh

1

Jadi, impedansi input :

Loe

Lrefe

ie

b

Loe

Lrebfe

bie

i

ii

Rh

Rhhh

I

Rh

RhIhIh

I

VZ

1

1

Penguatan arus Ai =

Gunakan analisa Thévenin :

hfe Ii Vo

hie

hre Vo

oeh

1

RS

1V

MODEL TWO PORT HYBRID

RTh

70

Diberikan sumber virtual, yaitu sumber tegangan sebesar 1 V agar beban RL

seolah-olah menyuplai arus Io.

Vo = – Io RL

Tanda minus menunjukkan bahwa arus loop berlawanan

Io = hfe Ii + hoe Vo

Io = hfe Ii – hoe Io RL

Io (1 + hoe RL) = hfe Ii

Jadi, penguatan arus :

Loe

fe

i

Loe

ife

i

oi

Rh

h

I

Rh

Ih

I

IA

1

1

Impedansi output Zo =

Io =

oe

ies

fere

oooe

ies

orefe h

hR

hhVVh

hR

Vhh

Jadi, impedansi output :

fereiesoe

ies

ies

ies

oe

ies

fere

o

o

z

oo

hhhRh

hR

hR

hR

hhR

hhV

V

I

VZ

Penguatan tegangan AV :

Vi = hie Ib + hre Vo =

Loe

Lbfe

rebieRh

RIhhIh

1

Vo =

Loe

Lbfe

Rh

RIh

1

Jadi, penguatan tegangan adalah :

fereoeieLie

Lfe

Loe

Lbfe

rebie

Loe

Lbfe

i

OV

hhhhRh

Rh

Rh

RIhhIh

Rh

RIh

V

VA

1

1

---o0o---

71

Field Effect Transistor 1

Terminalnya ada tiga, yaitu gate (G), source (S), dan drain (D).

Persamaannya dengan BJT :

1. Sebagai amplifier

2. Sebagai switch

3. Sebagai impedance matching circuit

FET bersifat unipolar.

Perbedaan mendasar BJT dan FET adalah pada FET yang mengatur ID adalah VGS.

Ciri khas FET adalah arus yang masuk ke gate hampir mendekati nol karena

impedansi inputnya sangat besar.

Kanal ditentukan oleh barrier-nya.

Jenis FET adalah :

1. JFET

2. MOSFET (Depletion dan Enhancement)

3. MESFET

Konstruksi dasar FET :

Karakteristik dasar operasi FET :

1. VGS = 0, VDS naik untuk beberapa harga positif.

2. VGS < 0, VDS divariasikan terhadap VGS dan VDS tetap.

3. Voltage-controlled resistor atau resistor variabel.

72

Saat VGS = 0 :

Saat VDS > 0, VGS berharga negatif sehingga terjadi pinch-off, yaitu keadaan dimana

medan listrik menjadi tetap dan tidak ada elektron yang tertarik.

Pada daerah ohmik, FET difungsikan sebagai resistor.

ID saturasi ditentukan oleh VGS.

---o0o---

73


Saat VGS > 0 :

Perhatikan bahwa nilai tan α = Io/Ro = 1/R,

sehingga semakin besar harga R maka nilai

tan α akan semakin kecil dan kurva semakin

landai. Jadi, semakin negatif bias yang

diberikan, maka semakin mudah saturasi.

Pada kondisi saturasi, berlaku Persamaan Shockley :

2

1

p

GSDSSD

V

VII

Persamaan Shockley hanya berlaku saat saturasi.

Pada daerah ohmik berlaku :

22 DSDSPGSD VVVVkI

dimana k adalah konstanta dengan satuan Ampere/Volt2.

Pada tipe n-channel :

VDS saturasi = VGS – VP

Pada tipe p-channel :

VDS saturasi = VP – VGS

74

Contoh soal :

Diketahui n-channel JFET dengan IDSS = 2 mA. Tegangan pinch-off VP = – 3,5 V.

Hitunglah ID dan VDS saturasi untuk :

a. VGS = 0

b. VGS = VP/4

c. VGS = VP/2

Jawab :

VDS = VDG + VGS

Pada saturasi VGD = VP :

VDS saturasi = VGS – VP

20

1

2

p

DSSDV

II mA

VDS saturasi = + 3,5 V

125,141

2

p

p

DSSDV

V

II mA

VDS saturasi = + 2,625 V

Tipe n-channel JFET lebih banyak digunakan karena mobilitas carrier-nya (elektron)

lebih tinggi daripada hole (p-channel)

Tipe p-channel JFET banyak dipakai pada frekuensi rendah.

SOAL

1. Saudara diminta untuk mendesain suatu rangkaian DC self-biasing dengan n-

channel JFET jika IDSS = 5 mA dan VP = – 4 V agar ID = 2 mA dan VDS = 6 V.

75

Jawab :

RD

D

G

SIG = 0

ID

VD = 10 V

INGAT!! Zinput JFET = ∞ dan IG = 0

Kenapa diminta saturasi? Karena pada saat

saturasi ID konstan. Pada daerah ohmik, ID

berubah-ubah sehingga bias rangkaian tidak

stabil.

Asumsikan FET mengalami saturasi :

2

1

p

GSDSSD

V

VII

2

4152

GSV

2

414,0

GSV

44

14,0 GSV4 4,0 = 4 + VGS

VGS = – 4 + 4 4,0 = – 1,47 V

VDS saturasi pada n-channel :

VDS saturasi = VGS – VP = – 1,47 – (– 4 ) = 2,53 V

Pada n-channel, saturasi adalah saat VDS > VDS saturasi.

Karena VDS > VDS (6 > 2,53), maka asumsi JFET saturasi adalah BENAR!!

Jadi, Persamaan Shockley berlaku.

VGS tidak boleh lebih negatif daripada VP.

Saat VGS = VP, ID = 0 :

Loop GS

VGS + ISRS = 0

VGS + IDRS = 0

– 1,47 + 2 mA. RS = 0

RS = mA2

47,1

= 735 Ω

Loop DS

IDRD + VDS + ISRS = 10 V

IDRD + IDRS = 10 – 6

(2 mA.RD) + (2 mA.735 Ω) = 4

RD = mA2

53,2

= 1,265 kΩ

76

2. Saudara diminta untuk mendesain rangkaian n-channel JFET berikut dengan

spesifikasi :

5 V

IG = 0

R1

R2

– 5 V

RD

RS = 0,5 kΩ

IDSS = 12 mA

VP = – 3,5 V

R1 + R2 = 100 kΩ

Ingin didesain agar ID = 5 mA dan VDS =

5 V

Jawab :

Saudara tidak memerlukan

rangkaian ekuivalen Thévenin,

karena IG = 0 sehingga tidak ada

arus yang disuplai ke gate.

Asumsikan JFET saturasi :

2

1

p

GSDSSD

V

VII

2

5,31125

GSV

0,42 = 1 + 0,57 VGS + 0,08 VGS2

Persamaan kuadrat :

0,08 VGS2 + 0,57 VGS + 0,58 = 0

VGS = – 1,23 V atau VGS = – 5,89 V

Pilih VGS = – 1,23 V, karena VGS saturasi tidak boleh negatif dari VP = – 3,5 V.

VGS + IDRS = VR2

– 1,24 + (5 mA.0,5 kΩ) = VR2

VR2 = 1,26 V

Dengan menggunakan pembagi tegangan :

1021

22

RR

RVR

V

10100

26,1 2

k

R

R2 = 12,6 kΩ

77

R1 = 100 – 12,6 = 87,4 kΩ

Loop DS

– 5 + IDRD + IDRS + VDS – 5 = 0

10 = (5 mA.0,5 kΩ) + (5 mA.RD) + 5

RD = 5,0

5

5,2

mA kΩ

5 V

R1

– 5 V

RD

RS = 0,5 kΩR2

VGS

VRS

VR2

VGS + IDRS = VR2

---o0o---

78


SOAL 1

Saudara sekarang diminta untuk membuat kurva transfer karakteristik dan

tentukan garis kerja pada kurva tersebut pada rangkaian :

+ 5 V

R1RD

RS

R2

R1 = 87,4 kΩ

R2 = 12,6 kΩ

RS = 0,5 kΩ

RD = 0,5 kΩ

IDSS = 12 mA ketika VGS = 0 karena

karakteristik bahan

VP = – 3,5 V

ID = 5 mA

VDS = 5 V

Jawab :

Titik kerja (IDQ dan VGSQ) ditentukan dengan analisa loop.

Kurva Transfer Karakteristik :

79

Menentukan kurva transfer karakteristik dengan menggunakan Persamaan

Shockley :

2

1

p

GSDSSD

V

VII divariasikan

VGS = VP

VGS = VP/2

VGS = VP/4

Pada saat VGS = VP :

0112

2

p

p

DV

VI

Pada saat VGS = VP/2 :

32112

2

p

p

DV

V

I mA

Pada saat VGS = VP/4 :

75,64112

2

p

p

DV

V

I mA

Analisa loop :

VGS + IDRS – VR2 = 0

VGS + IDRS – 1,26 = 0

Saat ID = 0 :

VGS + 0 = 1,26

VGS = 1,26 V

Saat VGS = 0 :

IDRS = 1,26

ID = k5,0

26,1= 2,52 mA

SOAL 2

IQ = 0,8 mA

D

G

S

+ 9 V

RD = 4 kΩ

+ 1 V

– 9 V

Diketahui p-channel JFET. Hitunglah

arus dan tegangan (IDQ dan VDSQ)

rangkaian berikut jika IDSS = 2,5 mA dan

VP = + 2,5 V.

80

Jawab :

Pertama, Saudara tentu harus asumsikan FET pada keadaan saturasi, lalu cek

apakah benar saturasi dengan memakai Persamaan Shockley.

ID = IQ = 0,8 mA

Dengan Persamaan Shockley :

2

1p

GSDSSD

V

VII

2

5,215,28,0

GSV

2

5,2132,0

GSV

0,32 = 1 – 0,8 VGS + 0,16 VGS2

0,16 VGS2 – 0,8 VGS + 0,68 = 0

VGS = 3,91 atau VGS = 1,09

Ambil VGS = 1,09

Pada keadaan saturasi p-channel :

VSD saturasi = VP - VGS

VSD saturasi = 2,5 – 1,09 = 1,41 V

Semakin positif, maka semakin tidak ada arus.

IQ = 0,8 mA

DG

S

+ 9 V

RD

+ 1 V

VRD

– 9 V

VS = VSG + 1 V

VS = – VGS + 1 V = – 1,09 + 1 = – 0,09 V

VD = VRD – 9 V

VD = 0,8 mA. 4 kΩ – 9 V

VD = 3,2 – 9 = – 5,8 V

Jadi,

VSD = VS - VD

VSD = – 0,09 – (– 5,8) = 5,71 V

Karena VSD > VSD saturasi, maka asumsi

JFET saturasi adalah BENAR!!

81

Buat kurva transfer karakteristik dan garis beban :

VGS = VP

ID = IDSS [1 – 1]2 = 0

VGS = VP/2

ID = IDSS [1/4] = 0,625 mA

VGS = VP/4

ID = IDSS [9/16] = 1,41 mA

IDQ = 0,8 mA

VGSQ = 1,09 V

---o0o---

82

Metal Oxide Semiconductor FET (MOSFET)

Struktur MOSFET :

VGS berfungsi hanya untuk

membentuk kanal.

Untuk VGS > VThreshold :

ID = k (VGS - VTh)2

dimana k adalah konstanta terkait

desain MOSFET, yaitu :

2)(

)(

ThONGS

OND

VV

Ik

VDG = VDS + VSG

VDG = VDS – VGS

Threshold tersebut merupakan pengaruh

dari G ke D. Jadi, VDG = – VTh.

VDS saturasi = VGS – VTh

Langkah kerja :

83

Perbedaannya pada pinch-off JFET :

1. Pada JFET, karena peningkatan VDS menyebabkan efek medan listrik di drain

yang besar sehingga kanal tertutup tidak merata, yaitu merapat hanya di sisi

drain sehingga arus saturasi masih ada.

2. Pada JFET, karena VGS dikurangi terus menerus, sehingga depletion region

melebar merata di drain dan source sehingga kanal tertutup semua.

Perlu Saudara ketahui, emitter follower adalah istilah lain dari common collector

dimana output diambil pada sisi emitter.

Soal

1. N-channel enhancement type MOSFET. Jika harga R1 = 30 kΩ, R2 = 20 kΩ, RD = 20

kΩ, VDD = 5 V, VTh = 1 V, dan kn = 0,1 mA/V2. Tentukan daya yang terdisipasi oleh

transistor!

VDD = + 5 V

R1

R2

VGS

Jawab :

Selalu asumsikan FET dalam keadaan

saturasi.

VR2 = VVk

kV

RR

VR 2550

205

21

2

ID = k (VGS - VTh)2

ID = 0,1 (2 – 1)2 = 0,1 mA

VDS saturasi = VGS – VTh = 2 – 1 = 1 V

Pada loop DS :

IDRD + VDS = 5 V

0,1 mA. 20 kΩ + VDS = 5

VDS = 5 – 2 = 3 V

Karena VDS > VDS saturasi, maka asumsi

FET saturasi adalah BENAR!!

84

Daya :

P = VDSQ . IDQ = 3 V . 0,1 mA = 0,3 miliwatt

Ingat! Untuk menghitung daya, gunakan tegangan dan arus output pada titik

kerja (IDQ dan VDSQ).

Terlihat bahwa rangkaian memiliki keluaran di D ke S, maka rangkaian

dikategorikan sebagai source follower.

2. Saudara diminta untuk mendesain suatu rangkaian dengan menentukan harga RD

dan RS agar diperoleh IDQ = 0,5 mA dan VDSQ = 4 V. kn = 0,25 mA/V2 dan VTh = 1,2 V.

Jawab :

Asumsikan FET saturasi.

ID = k (VGS - VTh)2

0,5 = 0,25 (VGS – 1)2

2 = VGS2 – 2,4 VGS + 1,44

VGS2 – 2,4 VGS – 0,56 = 0

VGS = 2,61 atau VGS = – 0,21

Ambil VGS = 2,61

VDS = VGS - VTh

VDS = 2,61 – 1,2 = 1,41 V

Karena VDS > VDS saturasi, maka

asumsi FET saturasi adalah BENAR!!

D

G

S

+ 5 V

RD

RS

– 5 V

RG = 0,5 kΩ

VRS

VS VS

Loop DS

IDRD + VDS + IDRS = 10 V

ID (RD + RS) + VDS = 10 V

0,5 mA (RD + RS) + 4 V = 10 V

Loop GS

VS = IDRS – 5 V

– VGS = IDRS – 5 V

– 2,61 = 0,5 mA.RS – 5 V

RS = mA

V

5,0

39,2 = 4,78 kΩ

RS + RD = 12 kΩ

RD = 12 – 4,78 = 7,22 kΩ

---o0o---

85

Aplikasi MOSFET

Aplikasi MOSFET :

1. Switch

2. Digital logic gate

3. Amplifier

Switch

Prinsip dasar switch adalah ada atau tidak ada tegangan.

Misalkan pada rangkaian inverter :

D

G

S

VDD

RD

VGS

Vi

VO

Vi = VGS.

VT = tegangan threshold.

Jika Vi < VT, maka cut-off sehingga ID = 0 yang

menyebabkan Vo = VDD - IDRD = VDD.

Jika Vi > VT, maka VGS > VT dan VDS > VDS

saturasi sehingga transistor ON.

Pada keadaan saturasi :

Kanal melebar sehingga ID melebar yang menyebabkan Vo dan VDS mengecil.

Kemudian akhirnya memasuki daerah ohmik dan berlaku hubungan :

ID = k [2 (Vi – VT) Vo – Vo2]

Switch digunakan pada daerah :

1. Cut-off, dimana tidak ada arus ID dan tegangan menjadi maksimum.

2. Saturasi, dimana ada arus ID dan tegangan Vo dibuat sekecil mungkin.

86

Contoh Soal

Saudara diminta untuk mendesain suatu rangkaian N-MOSFET E-Type dengan

mementukan harga RS agar ID = 12 mA untuk :

Vf = 1,6 V (tegangan forward)

Vi = 5 V

VDS = 0,2 V

VT = 0,8 V

k = 40 μA/V2

Jawab :

D

G

S

+5 V

RSVi

LED

ID

Loop DS :

– 5 V + IDRS + VDS + 1,6 V = 0

– 5 V + IDRS + 0,2 V + 1,6 V = 0

12 mA. RS = 3,2 V

RS = mA

V

12

2,3= 0,267 kΩ

Digital Logic Gate

N MOS E-Type NOR Gate (VDD = 5 V) :

VDD

RD

V1

VO

V2

87

V1 = V2 = 0 V

M1 dan M2 cut-off sehingga ID1 = ID2 = 0.

ID = ID1 + ID2 = 0

Vo = VDD - IDRD = VDD = 5 V

V1 = 5 V dan V2 = 0 V

M1 diasumsikan ON (pada daerah ohmik)

M2 diasumsikan OFF (cut-off) sehingga ID2 = 0.

ID1 =

k20

05= 0,25 mA, sehingga ID = 0,25 mA.

ID = k [2 (Vi – VT) Vo – Vo2]

0,25 = 0,1 [2 (5 – 0,8) Vo – Vo2]

2,5 = 8,4 Vo – Vo2

Vo2 – 8,4 Vo + 2,5 = 0

Vo = 0,3 V atau Vo = 8,09 V

V2 = 5 V dan V1 = 0 V

M2 diasumsikan ON (pada daerah

ohmik)

M1 diasumsikan OFF (cut-off)

sehingga ID2 = 0.

ID2 =

k20

05= 0,25 mA, sehingga ID =

0,25 mA.

ID = k [2 (Vi – VT) Vo – Vo2]

0,25 = 0,1 [2 (5 – 0,8) Vo – Vo2]

2,5 = 8,4 Vo – Vo2

Vo2 – 8,4 Vo + 2,5 = 0

Vo = 0,3 V atau Vo = 8,09 V

V1 = 5 V dan V2 = 5 V

M1 dan M2 diasumsikan ON (pada

daerah ohmik)

ID = ID1 + ID2 , dimana ID1 = ID2 .

ID =

k20

05

= 0,25 mA, sehingga ID1 =

ID2 = 0,125 mA.

Tinjau Vo :

ID1 = ID2 = k [2 (Vi – VT) Vo – Vo2]

0,125 = 0,1 [2 (5 – 0,8) Vo – Vo2]

1,25 = 8,4 Vo – Vo2

Vo2 – 8,4 Vo + 1,25 = 0

Vo = 0,15 V atau Vo = 8,24 V

88

Tabel Kebenaran :

V1 V2 ID ID1 ID2 Vo Logika

0 V 0 V 0 0 0 5 V 1

5 V 0 V 0,25 mA 0,25 mA 0 0,3 V 0

0 V 5 V 0,25 mA 0 0,25 mA 0,3 V 0

5 V 5 V 0,25 mA 0,125 mA 0,125 mA 0,15 V 0

---o0o---

89

Aplikasi FET

Voltage-Controlled Resistor

Terdapat suatu tahanan akibat adanya

hubungan VDS dan ID.

Untuk VGS = 0

VDS = 0,4 V

ID = 4 mA

RDS = A

V

I

V

D

DS

3

1

104

104

RDS = 100 Ω

Untuk VGS = – 0,5

VDS = 0,4 V

ID = 2,5 mA

RDS = A

V

I

V

D

DS

3

1

105,2

104

RDS = 160 Ω

+ VDD

RD

D

S

G

+ VDD

RD

RDS

FET Amplifier

Input terdiri dari :

1. Vi, yaitu input yang ingin dikuatkan.

2. VGSQ, yaitu bias yang diberikan.

Input merupakan superposisi dari Vi dan VGSQ.

Titik kerja paling ideal berada di tengah-tengah daerah saturasi.

90

+ VDD

RD

Vi

VDS

VDSQ

Yang ingin

dikuatkan

Dari bias yang

diberikan.

FET memberikan :

1. Voltage gain yang sangat baik.

2. Impedansi input yang sangat tinggi.

3. Konsumsi energi yang sedikit.

Transkonduktasi gm :

gm = GS

D

V

I

Gunakan diferensial parsial, karena

Saudara hanya akan melihat pada

daerah operasi Q :

gm = GSQ

P

GSDSS

GSQ

D

V

VV

I

V

I

2

1

gm =

P

GS

P

DSS

V

V

V

I1

2

Jika VGS = 0, maka :

gmo = P

DSS

V

I2

Jadi, gm = gmo

P

GS

V

V1 dimana

DSS

D

P

GS

I

I

V

V

1

91

Jadi,

gm = gmo

P

GS

V

V1 = gmo

DSS

D

I

I

Model AC FET

Secara umum, model AC FET :

Jenis-jenis FET :

1. Common Source

2. Common Drain

3. Common Gate

Pada kuliah dasar rangkaian elektronika seperti ini, harga YOS atau rd biasanya

sudah diketahui di soal, dimana rd = 1/YOS dan YOS adalah admitansi output yang

terhubung ke source.

92

Rangkaian Common Source Fixed Bias

+ 20 V

Vi

Vo

2 V

1 MΩ

2 kΩ

Tentukan :

a. gm

b. rd, jika YOS = 40 μA/V

c. Zi, Zo, dan AV dengan dan tanpa

rd.

Jika :

VGSQ = – 2 V

IDSS = 10 mA

VP = – 8 V

rd = 25 kΩ

Jawab :

Saudara tentukan dulu keadaan saturasi dengan analisa DC dan asumsikan saja

sudah mengalami saturasi.

Transkonduktansi :

gm =

8

21

8

1021

2 mA

V

V

V

I

P

GS

P

DSS = 1,88 mS

Rangkaian ekuivalen analisa AC :

Vgs

gm.Vgs

Vi Vo1 MΩ 2 kΩ25 kΩ

ZoZi

Mencari impedansi input :

i

i

Vi

ii

I

IM

I

VZ

O

1

0

= 1 MΩ

Mencari impedansi output, gunakan analisa Thévenin :

0

iVZ

oo

I

VZ

Rangkaian ekuivalen :

93

Vgs

gm.Vgs

1 MΩ 2 kΩ25 kΩ

ZoZi

Iz

Pendekatan analisa Thévenin :

2 kΩ25 kΩ

Zo

Iz

RP

Iz

Zo

Vo

RP = 25 kΩ//2 kΩ = 1,852 kΩ

z

Pz

VZ

oo

I

RI

I

VZ

i

0 = 1,852 kΩ

Mencari penguatan tegangan, Saudara silakan kembali ke rangkaian awal :

Vgs

gm.Vgs

1 MΩ 2 kΩ25 kΩ

Vi = Vgs

Vo = – gm.Vgs . (25 kΩ//2 kΩ) = – gm.Vgs . (1,852 kΩ) = – 3,48 Vgs.

AV = 48,348,3

gs

gs

i

o

V

V

V

V

94

Rangkaian Common Source Self Biasing

+ VDD

Vi

Vo

RD

RG RS

C2

C1

C3

Tentukan :

a. gm

b. rd, jika YOS = 20 μA/V

c. Zi, Zo, dan AV

untuk keadaan ter-by-pass dan tak ter-

by-pass!

Jika :

VGSQ = – 2,6 V

IDQ = 2,6 mA

IDSS = 8 mA

VP = – 6 V

RD = 3,3 Kω

RS = 1 kΩ

RG = 1 MΩ

Jawab :

KEADAAN TAK TER-BY-PASS

Keadaan tak ter-by-pass adalah ketika C3 dianggap tidak ada, sehingga rd diabaikan.


Vgs

gm.Vgs

1 MΩ 3,3 kΩVi Vo

ZoZi

1 kΩ

Transkonduktansi :

gm =

6

6,21

6

821

2 mA

V

V

V

I

P

GS

P

DSS = 1,511 mS


95

i

i

Vi

ii

I

IM

I

VZ

O

1

0

= 1 MΩ

Mencari impedansi output :

z

Dz

VZ

oo

I

RI

I

VZ

i

0

= RD = 3,3 kΩ


Vo = – gm.Vgs . RD.

Vi = Vgs + gm.Vgs.RS = (1 + gm.RS) Vgs

AV =

kmS

kmS

Rg

Rg

VRg

RVg

V

V

Sm

Dm

gsSm

Dgsm

i

o

1511,11

3,3511,1

11= – 1,986

KEADAAN TER-BY-PASS

Keadaan ter-by-pass adalah ketika C3 dimasukkan dalam analisa sebagai hubung

singkat yang memotong aliran arus pada RS (by-passed), sehingga rd diperhitungkan.


Vgs

gm.Vgs

1 MΩ 3,3 kΩVo

ZoZi

1 kΩ

Tahanan rd :

rd = 1/YOS = 1/20 μA/V = 50 kΩ


i

i

Vi

ii

I

IM

I

VZ

O

1

0

= 1 MΩ


0

iVZ

oo

I

VZ

Vo = (RD//rd) IZ.

z

dDz

VZ

oo

I

rRI

I

VZ

i

//

0

= (RD//rd) = (50 kΩ//3,3 kΩ) = 3,096 kΩ.

96

Vgs

gm.Vgs

1 MΩ 3,3 kΩVo

Zi

1 kΩ

Iz

Zo


Vo = – gm.Vgs . (RD//rd)

Vi = Vgs

AV =

gs

dDgsm

i

o

V

rRVg

V

V // = – 1,511 mS (3,096 kΩ) = – 4,678

---o0o---

97

Analisa AC FET

Source Follower/Common Drain

Tidak ada pergeseran fasa input dan output.

Penguatannya sama dengan input, yaitu hampir mendekati 1.

Digunakan karena impedansi outputnya sangat kecil sehingga efek pembebanan

dapat diminimalisasi (hampir tidak ada).


+ VDD

Vi

Vo

RG RS

C1

C2

Zi Zo


Vgs

gm.Vgs

Vo

Vi RG

RS

rd

DG

S

PERHATIKAN! Di Buku Boylestad terdapat kesalahan cetakpada sumber dependen

gm.Vgs dari D ke S yang seharusnya seperti gambar di atas (arah arus dari D ke S).

98

Rangkaian ekuivalen analisa AC tersebut dapat digambarkan ulang sebagai :

Vgs

gm.Vgs

Vi Vo

RGRSrd

D

G S

Zi Zo


i

Gi

Vi

ii

I

RI

I

VZ

O

0

= RG


Vgs

gm.Vgs

RGRSrd

D

G S

Vo

Iz

0

iVZ

oo

I

VZ

Vgs = Vi – Vo, namun karena Vi = 0,

sehingga Vgs = – Vo.

Vo = (rd//RS) Ix

Vgs = – (rd//RS) Ix

Ix = IZ + gmVgs.

Vo = (rd//RS) (IZ + gmVgs)

Vo = (rd//RS) (IZ – gm Vo)

Vo (1 + gm(rd//RS)) = IZ (rd//RS)

Sdm

Sd

VZ

oo

Rrg

Rr

I

VZ

i//1

//

0

gm.Vgs

RP

Vo

Iz

99


Vgs = Vi – Vo.

Vi = Vgs + Vo.

Vgs

gm.Vgs

ViRG

RSrd

D

G SIoIi

Vo

Vo = gm.Vgs . (rd//RS)

Vo = gm.(Vi – Vo). (rd//RS)

Vo = gm.Vi (rd//RS) – gm.Vo (rd//RS)

Vo (1 + gm (rd//RS)) = gm.Vi (rd//RS)

AV =

1

1//

1

1

//1

//

Sdm

Sdm

Sdm

i

o

Rrg

Rrg

Rrg

V

V

Dapat terlihat bahwa penguatan hampir mendekati 1.

SOAL

N-MOS Source Follower Amplifier

VDD = + 12 V

RS

R1

R2

VGS

D

G

S

Tentukan Zi, Zo, dan AV jika

diketahui :

RS = 0,75 kΩ

R1 = 162 kΩ

R2 = 463 kΩ

VT = 1,5 V

k = 4 mA/V2

rd = 12,5 kΩ

100

Jawab :

Saudara perlu menggunakan analisa DC terlebih dahulu untuk menentukan titik

kerja dan transkonduktansi gm.

ANALISA DC

VGSQ + VRS = VR2

VR2 = DDV

RR

R

21

2

=12

463162

463

= 8,89 V

Asumsikan saturasi :

ID = k (VGSQ – VT)2

ID = 0,4 (VGSQ – 1,5)2

VGSQ + IDRS = VR2

VGSQ + [0,4 (VGSQ – 1,5)2] 0,75 kΩ = 8,89

VGSQ + 3(VGSQ – 1,5)2 = 8,89

VGSQ + 3VGSQ2 – 9VGSQ + 6,75 = 8,89

3VGSQ2 – 8VGSQ – 2,14 = 0

VGSQ = 2,911 V atau VGSQ = –0,245 V

gm = 2k (VGSQ – VT)

gm = 2.4 (2,911 – 1,5)

gm = 11,29 mS

ANALISA AC


Vgs

gm.VgsVi

RSrd

D

G SIzIi

VoR1 R2


i

i

Vi

ii

I

RRI

I

VZ

O

21

0

//

= (R1//R2) = (162//463) = 120,01 kΩ


Vgs

gm.Vgs RSrd

D

G SIzIi

VoR1 R2

101

Vgs = Vi – Vo, namun karena Vi = 0, sehingga Vgs = – Vo.

Vo = (rd//RS) Ix

Vgs = – (rd//RS) Ix

Ix = IZ + gmVgs.

Vo = (rd//RS) (IZ + gmVgs)

Vo = (rd//RS) (IZ – gm Vo)

Vo (1 + gm(rd//RS)) = IZ (rd//RS)

kkmS

kk

Rrg

Rr

I

VZ

Sdm

Sd

VZ

oo

i75,0//5,1229,111

75,0//5,12

//1

//

0

= 78,75 Ω


Vgs

gm.VgsVi

RSrd

D

G SIzIi

VoR1 R2

Vgs = Vi – Vo.

Vi = Vgs + Vo.

Vo = gm.Vgs . (rd//RS)

Vo = gm.(Vi – Vo). (rd//RS)

Vo = gm.Vi (rd//RS) – gm.Vo (rd//RS)

Vo (1 + gm (rd//RS)) = gm.Vi (rd//RS)

AV =

Sdm

Sdm

i

o

Rrg

Rrg

V

V

//1

//

0,89 Ω ≈ 1

Dapat terlihat bahwa penguatan hampir mendekati 1.

---o0o---

102

Analisa AC FET

Common Gate

Digunakan jika diharapkan tidak ada pergeseran fasa antara input dan output.


ViRS

D

G

S

RD

VDD

C1 C2


RS

D

G

S

RD

rd

Zi Zo

IxIx

Ird

gm.Vgs

Vi VoVx

Zx

Saudara bisa minta bantuan Zx untuk mempermudah


103

Zi = RS//ZX.

Ketika Saudara sedang

menganalisa input, maka

output dapat Saudara abaikan.

Vgs = – VX.

VX = Ird.rd + IxRD.

Ird = Ix + gmVgs

VX = (Ix + gmVgs)rd + IxRD

VX = Ix (rd + RD) + gmVgs rd

VX = Ix (rd + RD) – gmVX rd

VX (1 + gm rd) = Ix (rd + RD)

Jadi, ZX =

dm

Dd

x

x

rg

Rr

I

V

1

Impedansi input Zi = RS//ZX = RS //

dm

Dd

rg

Rr

1

Mencari impedansi output menggunakan analisa Thévenin :

RS

D

G

RD

rd

gm.Vgs

Vo

S

Io

Iz

Vi = – Vgs = Vsg

Dapat digambar ulang seperti gambar di bawah.

Zo =

z

Ddz

z

o

I

RrI

I

V //

Zo = (rd//RD)


Vi = VX = Ird.rd + IXRD

Ird = Ix + gmVgs

VX = (Ix + gmVgs)rd + IxRD

VX = Ix (rd + RD) + gmVgs rd

VX = Ix (rd + RD) – gmVX rd

VX (1 + gm rd) = Ix (rd + RD)

RD

rd

Vo

Iz

Zo

104

Vi = VX =

dm

Ddx

rg

RrI

1

Vo = IXRD

AV =

d

D

Dm

d

d

d

Dd

Ddm

dm

Ddx

DX

i

o

r

R

Rgr

r

r

Rr

Rrg

rg

RrI

RI

V

V

1

1

1

11

1

SOAL BOYLESTAD

+ VDD = 12 V

Vo

3,6 kΩ

1,1 kΩ

DG

S

Jika :

Vi = 40 mV

VGSQ = – 2,2 V

IDQ = 2,03 mA

IDSS = 10 mA

VP = – 4 V

YOS = 50 μS

Tentukan :

a. gm

b. rd

c. Zi

d. Zo

e. Vo

Jawab :

Saudara tentu dengan mudah dapat menyelesaikan soal tersebut.

Soal Boylestad bercirikhaskan seluruh parameternya telah disediakan, sehingga

mahasiswa jadi malas berpikir dan tidak kritis, langsung terima saja apa kata buku.

a. gm :

gm =

4

2,21

4

1021

2 mA

V

V

V

I

P

GS

P

DSS = 2,25 mS

b. rd = 1/YOS = 1/50 μS = 20 kΩ

c. Zi = RS //

dm

Dd

rg

Rr

1 = 1,1 kΩ//

kmS

kk

2025,21

6,320 = 0,35 kΩ

105

d. Zo = (rd//RD) = (20 kΩ//3,6 kΩ) = 3,05 kΩ

e. AV = Dd

Ddm

Rr

Rrg

1 = 7,017

Vo = AV.Vi = 7,017. 40 mV = 0,28068 V.

Setelah soal tadi, sekarang Saudara diminta untuk mengerjakan soal yang lebih

menantang. Saudara jangan iri dengan kelas lain. Memang Saudara mengerjakan

soal yang lebih menantang, tetapi yakinlah saya sedang memicu Saudara agar lebih

kritis dan memiliki analisa yang lebih tajam.

SOAL 2

Saudara diminta untuk mendesain suatu rangkaian bias E-type N-MOSFET agar titik

kerja Q berada di tengah daerah saturasi dengan IDQ = 2 mA.

VDD = + 12 V

R1

R2

RD

D

G

S

C1

Vi

Diketahui :

VT = 1 V

k = 1 mA/V2

R1//R2 = 100 kΩ

rd = 33,3 kΩ

Jawab :

ID = k (VGS – VT)2

2 = 1 (VGS – 1)2

VGS2 + 2VGS – 2 = 0

VGS = 2,41 V atau

VGS = – 0,4 V

VGSQ = 2,41 V

VR2 = VGS.

21

21

RR

RR

= 100 kΩ

106

1221

2 RR

RV = VGS

12

//

121

21

2

RR

RR

RV = VGS

1100

1

12

Rk

= 2,41

R1 = V

kV

41,2

10012 = 497,92 kΩ

2

2

92,497

92,497

Rk

Rk

= 100 kΩ

R2 = 125,18 kΩ

VDS = VGS – VT = 2,41 – 1 = 1,41 V, yaitu

saat ID = 2 mA

Loop DS :

– VDD + IDRD + VDS = 0

Saat ID = 0, kondisi maksimum :

– VDD = – VDS = – 12 V

Saat ID = 4 mA, kondisi minimum/

transisi :


4 = 1 (VGS2 – 2VGS + 1)2

VGS2 – 2VGS – 3 = 0

VGS = 3 V atau VGS = – 1V

VDSS = VGS – VT = 3 – 1 = 2 V

VDSQ = 2

212

2

DSSDS VmaksV= 7 V

Jadi,

– VDD + IDQRD + VDSQ = 0

– 12 + 2 mA. RD + 7 V = 0

RD = mA

V

5,2

5= 2,5 kΩ

---o0o---

107

Multistage Transistor

Hubungan beberapa transistor ada yang secara kaskade dan secara kaskode.

Sekarang yang akan dibahas adalah tentang hubungan kaskade.

Rangkaian :

+ 15 V

R1

R2

RD1 = 16,1 kΩ

D

G

S

C

Vi

– 15 V

Vo4 kΩ

RSD

G

S

C

C

RS1 135 kΩ

383 kΩ

8 kΩ 4 kΩ RL

M1 M2

HUBUNGAN KASKADE

Common Source Common Drain Source Follower

Tentukan penguatan small signal rangkaian tersebut, jika diketahui :

k1 = 0,5 mA/V2

k2 = 0,2 mA/V2

VT1 = VT2 = 1,2 V

ID1 = 0,2 mA

ID2 = 0,5 mA

Model AC

RS

R1 R2 rd1 RD1rd2

RS2 RL Vo

Vi

DG

S D

G S

gm.Vgs1 gm.Vgs2

Vgs1 Vgs2

108

rd1 = rd2 = ∞

Tentu saja Saudara gunakan asumsi :


gm = 2k (VGS – VT)2

Transistor 1 :


0,2 = 0,5 (VGS – 1,2)2

0,4 = VGS2 – 2,4VGS + 1,44

VGS2 – 2,4VGS + 1,04 = 0

VGS = 1,83 V atau VGS = – 0,57 V


gm = 2. 0,5 (1,83 – 1,2)2

gm = 0,632 mS

Transistor 2 :


0,5 = 0,2 (VGS – 1,2)2

2,5 = VGS2 – 2,4VGS + 1,44

VGS2 – 2,4VGS – 1,06 = 0

VGS = 2,78 V atau VGS = – 0,38 V


gm = 2. 0,2 (2,78 – 1,2)2

gm = 0,632 mS

Pada perkuliahan Rangkaian Listrik, tentu Saudara telah mempelajari bahwa

penguatan total pada hubung kaskade adalah dikalikan semua setiap penguatan

masing-masing stage rangkaian.

Analisa AC

AV = 1

1

2

221

i

o

i

oVV

i

o

V

V

V

VAA

V

V


RS

R1 R2 RD1 RS2 RL Vo

Vi

DG

S D

G S

gm.Vgs1 gm.Vgs2

Vgs1 Vgs2

Penguatan tegangan stage 1 :

Vi1 = VRS + Vgs1

Vo1 = – RD gm1Vgs1

Vo1 = – 16,1 kΩ . 0,632 mS. Vgs1 = – 10,18 Vgs1

109

Vgs1 =

11

21

21

82,103

82,99

//

//ii

S

Vk

kV

RRR

RR

Vi1 = 182,99

82,103gsV

k

k

= 1,04 Vgs1.

AV1 = 1

1

04,1

18,10

gs

gs

V

V= – 9,79

Penguatan tegangan stage 1 :

Vi2 = Vo2 + Vgs2

Vo2 = gm2Vgs2 (RS2//RL)

Vo2 = 0,632 (8 kΩ//4 kΩ) Vgs2 = 1,685 Vgs2

Vi2 = Vo2 + Vgs2 = 1,685 Vgs2 + Vgs2 = 2,685 Vgs2

AV2 = 2

2

685,2

685,1

gs

gs

V

V= 0,6275

Jadi, penguatan small signal rangkaian tersebut adalah (– 9,79)(0,6275) = 6,14

Jadi, dapat disimpulkan bahwa :

AV =

PS

P

LSm

LSDmm

RR

R

RRg

RRRgg

//1

//

22

221

dimana :

RP = R1//R2

Vgs2 = VRD – Vo

VRD = – gm1 Vgs1 RD.

Tahukah Saudara bahwa kunci menyelesaikan soal-soal seperti ini adalah kesabaran

dan ketabahan Saudara dalam mencari solusi yang tepat.

110

Respon Frekuensi Transistor

+ VCC

R1

R2

C

B

E

RE

C1RS

Vo

Co

Ro

CE

RC

Vi

Respon frekuensi adalah tanggapan rangkaian ketika diberikan frekuensi-frekuensi

tertentu.

Small Signal Analysis adalah analisa rangkaian ketika diberikan sinyal-sinyal

lemah.

Pada perkuliahan Rangkaian Listrik, tentu saja Saudara telah mempelajari tentang

filter

Respon frekuensi dibagi menjadi :

1. Low Frequency

2. Mid-Range Frequency

3. High Frequency

---o0o---

111

Ujian Akhir Semester Genap 2011/2012

Rangkaian Elektronika – EES 220802

Dosen Pengampu : Dr. Ir. Retno Wigajatri Purnamaningsih, MT

Waktu : 09.00-10.40 (100 Menit)

Sifat Ujian : Tutup Buku

SOAL 1

+ 5 V

RC

V1

VO

Q1

IR

IB1

RB RB

IC1 IC2

V2

IB2

Q2

VBE (ON) = 0,7 V

VCE (ON) = 0,2 V

Vi = 5 V

Jika dibutuhkan :

RB = 20 kΩ

RC = 1 kΩ

Gerbang apakah rangkaian di atas?

Jawab :

Ingat prinsip gerbang logika : saturasi dan cut-off.

Ketika salah satu transistor mengalami saturasi :

+ 5 V

RC

Vi

VO

VCE

Q

IC

IB1

RB

Vo = VCE saturasi = 0,2 V

ICRC + VCE (sat) = VCC

IC. 1 kΩ + 0,2 V = 5 V

IC = k

V

1

8,4= 4,8 mA

IBRB + VBE = Vi

IB =

k20

7,05= 0,215 mA

112

Saat V1 = 5 V dan V2 = 0 V

Q1 saturasi, Q2 cut-off


IC1 = IC = 4,8 mA

IC2 = 0

IB = 0,215 mA


Q2 saturasi, Q1 cut-off


IC2 = IC = 4,8 mA

IC1 = 0

IB = 0,215 mA


Q1 dan Q2 saturasi


IC1 = IC2 = IC/2 = 2,4 mA


IB = 0 sehingga IC = 0 karena Vi

= 0

Loop CE :

VCC = ICRC + Vo

VCC = Vo = 5 V

Tabel Kebenaran :

Input Output

V1 V2 Vo IC IC1 IC2 Logika

0 V 0 V 5 V 0 mA 0 mA 0 mA 1

0 V 5 V 0,2 V 4,8 mA 0 mA 4,8 mA 0

5 V 0 V 0,2 V 4,8 mA 4,8 mA 0 mA 0

5 V 5 V 0,2 V 4,8 mA 2,4 mA 2,4 mA 0

Jadi, gerbang tersebut adalah GERBANG NOR.

113

SOAL 2

+ 5 V

R1

R2RS = 0,25 kΩ

RD

+ 10 V

– 5 V– 10 V

Saudara diminta untuk mendesain

rangkaian tersebut sehingga :

IDQ = 2,5 mA

VDS = 6 V

Total daya disipasi di R1 dan R2 = 2 mW

VP = – 4 V

IDSS = 6 mA

Jawab :

Daya :

PR1 + PR2 = 2 mW

(VR1 IR1 + VR2 IR2) = 2 mW

(VR1 + VR2)IR = 2 mW

RIRR

R

RR

R

2020

21

2

21

1 = 2 mW

2121

21 2020

RRRR

RR

= 2 mW

21

400

RR = 2 mW

R1 + R2 = 200 kΩ

Karena IG = 0, kita dapat

menggunakan prinsip pembagi

tegangan :

VR2VR1

R1 R2

10 V 10 V

IR

Persamaan Shockley berlaku karena transistor mengalami saturasi :

22

165,21

P

GS

p

GSDSSD

V

V

V

VII

0,42 = 1 + VGS/2 + VGS2/16

VGS2 + 8VGS + 9,28 = 0

VGS = – 1,41 V atau VGS = – 6,59 V

114

Ambil VGS = – 1,41 V karena pada N-JFET, VGS > VP.

Menentukan R2 :

RS = 0,25 kΩ

– 5 V– 10 V

VR2

VGS

VRS

Hubungan paralel :

VR2 – 10 V = VGS – 5 V

VR2 = – 1,41 + 5 V = 3,59 V

Dengan pembagi tegangan :

2021

22

RR

RVR

20200

59,3 2

k

R

R2 = 35,9 kΩ

R1 = 200 kΩ – 35,9 kΩ = 164,1 kΩ

Menentukan RD, tinjau loop DS :

– 5 V + IDRD + VDS + ISRS – 5 V = 0

– 10 V + IDRD + 6 V + ID. 0,25 kΩ = 0

ID (RD + 0,25 kΩ) = 4 V

RD + 0,25 kΩ = mA

V

5,2

4= 1,6 kΩ

RD = 1,35 kΩ

SOAL 3

VDD = + 12 V

R1

R2

VGSQ

D

G

S

RD

Vi

Vo

VT = 1 V

k = 1 mA/V2

IDQ = 2 mA

R1//R2 = 100 kΩ

rd = 33,3 kΩ

115

Jawab :

ANALISA DC

Menentukan VGS :

IDQ = k (VGS – VT)2

2 = 2 (VGS – 1)2

VGS2 – 2VGS – 1 = 0

VGS = 2,41 V atau VGS = – 0,41 V

Menentukan R1 dan R2 :

VR2 = VGS.

1221

2 RR

RV = VGS

12

//

121

21

2

RR

RR

RV = VGS

1100

1

12

Rk

= 2,41

R1 = V

kV

41,2

10012 = 497,92 kΩ

21

21

RR

RR

= 100 kΩ

2

2

92,497

92,497

Rk

Rk

= 100 kΩ

R2 = 125,18 kΩ

VDS = VGS – VT = 2,41 – 1 = 1,41 V, yaitu saat ID = 2 mA

116

Loop DS :

– VDD + IDRD + VDS = 0

Saat ID = 0, kondisi maksimum :

– VDD = – VDS = – 12 V

Saat ID = 4 mA, kondisi

minimum/transisi :


4 = 1 (VGS2 – 2VGS + 1)2

VGS2 – 2VGS – 3 = 0

VGS = 3 V atau VGS = – 1V

VDSS = VGS – VT = 3 – 1 = 2 V

VDSQ = 2

212

2

DSSDS VmaksV= 7 V

Jadi,

– VDD + IDQRD + VDSQ = 0

– 12 + 2 mA. RD + 7 V = 0

RD = mA

V

5,2

5= 2,5 kΩ

ANALISA AC


Vgs

gm.VgsVi

RDrd

DG

S

IzIi

VoR1 R2

Zi Zo

Menentukan transkonduktansi :


gm = 2. 1 (2,41 – 1)2 = 2,82 mS

Menentukan impedansi input :

i

i

Vi

ii

I

RRI

I

VZ

O

21

0

//

= (R1//R2) = 100 kΩ

Menentukan impedansi output :

z

dDz

VZ

oo

I

rRI

I

VZ

i

//

0

= (RD//rd) = (2,5 kΩ//33,3 kΩ) = 2,3254 kΩ.


Vo = – gm.Vgs . (RD//rd)

117

Vi = Vgs

AV =

gs

dDgsm

i

o

V

rRVg

V

V // = – 2,82 mS (2,3254 kΩ) = – 6,558

Rangkaian merupakan penguat membalik (inverting).

---o0o---

Catatan Rangkaian Elektronika

Documents

Transcript of Catatan Rangkaian Elektronika