2.
c
3.
Đ
4.
B
5.
D
Nguy
ên
tắc
điện
tử P
hiên
bản
thứ t
ám
Chương 1
Giới thiệu
TỰ KIỂM TRA
1.
7
.
Đ
B
1 19
3.
.B
c
6.
d
8
.
P
hc9
ầ.
B
1n
0
.
Đ
1
1
.
M
ộ
t
1
2
.
Đ
1
1 20
4.
.C
d
1 21
5.
.B
B
1 22
6.
.B
B
1 23
7. c
.
M
ộ
t
1
8
.
B
CÂU HỎI PHỎNG VẤN XIN VIỆC
Lưu ý: Văn bản và hình minh họa bao gồm nhiều câu hỏi phỏng
vấn xin việc một cách chi tiết. Câu trả lời chỉ được đưa ra cho các
câu hỏiphỏng vấn xin việc khi văn bản không đủ thông tin.
2. Nó phụ thuộc vào mức độ chính xác của tính toán của
bạn. Nếu độ chính xác 1 phần trăm là đủ, bạn nên bao gồm
điện trở nguồn bất cứ khi nào nó lớn hơn 1 phần trăm điện trở
tải.
5. Đo điện áp tải hở để lấy điện áp Thevenin V TH. Để
có được điện trở Thevenin, giảm tất cả các nguồn xuống 0 và
đo điện trở giữa các cực AB đểcó được RTH.. Nếu điều này là
không thể, hãy đo điện áp V L trên điện trở tải và tính
dòng tải I L. Sau đó chia
V TH – V L bởi I L để R TH .
6. Ưu điểm của nguồn điện áp 50 Ω so với nguồn điện
áp 600 Ω là khả năng trở thành nguồn điện áp cứng
xuống thấp hơn
tải trọng điện trở giá trị. Tải phải lớn hơn 100 so với điện trở
trong để nguồn điện áp được kết hợp cứng.
7. Biểu thức ampe quay lạnh đề cập đến lượng dòng
điện mà pin ô tô có thể cung cấp trong thời tiết đóng băng
khi cần thiết nhất. Điều hạn chế dòng điện thực tế là điện
trở Thevenin gây ra bởi các thông số hóa học và vật lý bên
trong pin, chưa kể đến chất lượng của các kết nối bên ngoài.
8. Nó có nghĩa là điện trở tải không lớn so vớiđiện trở
Thevenin , do đó tồn tại một dòng tải lớn.
9. Lý tưởng. Bởi vì những rắc rối thường tạo ra những thay
đổi lớn về điện áp và dòng điện, do đó xấp xỉ lý tưởng là
đủ cho hầu hết các rắc rối.
10. Bạn không nên suy luận gì từ việc đọc chỉ
5 phần trăm từ giá trị lý tưởng . Sự cố mạch thực tế thường
sẽ gây ra những thay đổi lớn về điện áp mạch . Những thay
đổi nhỏ có thể là kết quả của các biến thể thành phần vẫn nằm
trong dung sai cho phép.
11. Một trong hai có thể đơn giản hóa việc phân tích, tiết kiệm
thời gian khi tính toán dòng tải cho một số điện trở tải và cho
Chúng tôi hiểu rõ hơn về những thay đổi về điện trở tải ảnh
hưởng đến điện áp tải .
112. Thường dễ dàng đo điện áp hở mạch và dòng tải
1
ngắn. Bằng cách sử dụng điện trở tải và đo điện áp dưới tải,
thật dễ dàng để
tính toán điệntrở
Thevenin
hoặc
Norton .
tô sẽ có vẻ cứng đối với các giá trị chịu tải ≥ 4 Ω.
1-1
VẤN ĐỀ
1-1. Được đưa ra:
V = 12 V
"Bản quyền © McGraw-Hill Education. Cần có
sự cho phép để sao chép hoặc trưng bày."
RS = 0, 1 Ω
Giải pháp:
R L = 100RS
RL = 100
(0,1 Ω)
RL = 10 Ω
Trả
lời: Nguồn điện
áp sẽ xuất
hiện cứng đối
với các giá
trị điện trở tải ≥1
0 Ω.
1-2. Được đưa ra:
RLphút = 270 Ω
RLtối đa = 100 kΩ
Giải pháp:
R S < 0,01 RL (
Eq. 1-1)
RS < 0.01(270 Ω)
RS < 2.7 Ω
Trả
lời: Điện trở bê
n trong lớn
nhất mà nguồn
có thể cólà
2,7 Ω.
1-3. Đã
cho: RS = 50 Ω
Giải pháp:
R L = 100RS
RL = 100 (50 Ω)
RL = 5 kΩ
Trả lời: Bộ tạo
chức
năng sẽ xuất
hiện cứng đối
vớicác giá
trị chịu
tải ≥ 5 kΩ.
1-4. Đã
cho: RS = 0,04 Ω
Giải pháp:
R L = 100RS
RL = 100
(0,04 Ω)
12
RL = 4 Ω
Trả
lời: Ắc quy ô
1-5. Đã cho:
RS = 0,05 Ω
I=2A
Giải pháp:
V = IR (định luật Ohm)
V = (2 A)(0,05 Ω)
V = 0,1 V
Trả lời: Điện áp giảm trên điện trởtrong là 0,1 V.
1-6. Đã cho: V = 9
V=
RS = 0,4 Ω
Giải pháp:
I = V/R (định luật Ohm)
I = (9 V)/ (0,4 Ω)
I = 22,5 A
Trả lời: Dòng tải là 22,5 A.
1-7. Được đưa ra:
IS = 10 mA
RS = 10 m Ω
Giải pháp:
R L = 0, 01 RS
rl = 0,01(10 mΩ)
RL = 100 kΩ
Trả lời: Nguồn hiện tại sẽ xuất hiện cứng cho khả năng
chịu tải≤ 100 kΩ.
1-8. Được đưa ra:
RLphút = 270 Ω
RLtối đa = 100 kΩ
Giải pháp:
R S > 100 RL (Eq. 1-3)
RS > 100 (100 kΩ)
RS > 10 mΩ
Trả lời: Điện trở trong của nguồn lớnhơn 10 MΩ.
1-9. Đã cho: RS = 100 kΩ
Giải pháp:
R L = 0,01RS (Eq. 1-4)
RL = 0,01(100 kΩ)
RL = 1 kΩ
Trả lời: Khả năng chịu tải tối đa để nguồn hiện tại xuất
hiệncứng là 1 kΩ.
1-10. Đã cho:
nlà 2 kΩ.
Giải pháp:
R L = 0,01RS (Eq.
1-4)
RL = 0,01(250 kΩ)
RL = 2, 5 kΩ
36 V
I L = IT [(R
S)/(R S + R L ))] (
Công thức chia hiện
tại)
IL = 5 mA [(250 k
Ω)/(250 k Ω +
10 )/ k Ω )]
IL = 4,80 mA
Trả
lời: Dòng tả
i là 4,80 mA
và
không, nguồ
n hiện
tại không
cứng vì điện
trở tải khôn
g nhỏ hơnho
ặc bằng 2,5
kΩ.
36 V
1-12. Giải pháp:
VTH = VR2 ·
V R 2 = VS[(R
2)/(R 1 + )] R2 )] (C
ông thức chia điện
áp)
V R2 = 36 V[(3 k
Ω)/(6 k Ω + 3 k
Ω)/ )]
V R2 = 12 V
R TH = [R 1 R
2 / R 1 + R2] (Công
thức điện trở song
song)
RTH = [(6 k Ω)(3 k
Ω)/(6 k Ω + 3 k
Ω )]
RTH = 2 kΩ
(a) Mạch tìm VTH trong Prob. 1-12. (b) Mạch tìmR TH
trong Prob. 1-12.
1-13. Được đưa ra:
V = 12 V
I S = 20 mA R S = 200 k Ω RL = = 0 Ω
Giải pháp: R = 0,01 R
TH
RTH = 2 kΩ
Giải pháp:
I = V/R (định luật Ohm)
I = V TH // (R TH + RL)
LS
Tôi0 Ω = 12 V/(2 k Ω + 0 Ω) = 6 mA
RL = 0,01 (200 kΩ)
RL = 2 kΩ
Trả
lời: Điện áp
Thevenin là
12 V và điện
trở Theveni
Trả lời: Vì 0 Ω nhỏ hơn khả năng phục hồi tải tối đa là 2
k Ω, appea nguồn hiện tại bị cứng; do đó dòng điện là 20 mA.
1-11. Đã cho:
I = 5 mA
RS = 250 kΩ
13
RL = 10 kΩ
= = I6k Ω = 12 V/(2 k
Ω + 6 k Ω ) = = 1,5 mA
Đáp án: 0 Ω 6 mA; 1 kΩ, 4 mA; 2 kΩ, 3mA; 3 kΩ,
I 1k
Ω=
12
V/(
2k
Ω
+1
k
Ω)
=4
mA
I 2k
Ω
=1
2
V/(
2k
Ω
+/
2
kΩ
)=
2,4 mA; 4 kΩ, 2 mA; 5 kΩ, 1,7 mA; 6 kΩ, 1,5 mA.
RTH
Mạch tương đương Thevenin cho Prob. 1-13.
1-14. Đã cho:
Giải pháp:
R N = RTH (Eq. 1-10)
RTH = 10 kΩ
IN = V TH // RTH (Eq. 1-12)
=3
mA
I3k
VTH = I N RN
Ω)
=
12
V/(
2k
Ω
+3
k
Ω)
= 2,
4m
A I4k
Ω
=1
2V
//(
2k
Ω
+4
Đáp án: R TH = 10 k Ω và V TH = 100 V
k
Ω)
)=
2
mA
I5kΩ
=
12
V/
(2 k
Ω+
5k
Ω)
=
1,7
1mA
4)+/
VTH = (10 mA)(10 kΩ)
V TH = 100 V
V S = 18 V
RTH
R1 = 6 kΩ
R2 = 3 kΩ
Giải pháp:
VTH = VR2 ·
V R 2 = VS[(R 2)/(R 1 + )] R2 )] (Công thức chia điện áp)
V R2 = 18 V[(3 k Ω)/(6 k Ω + 3 k Ω)/ )]
V R2 = 6 V
R TH = [(R 1 × R 2)/(R 1 + R 2)] (Công thức điện
trở song song )] )
RTH = [(6 k Ω × 3 k Ω)/(6 k Ω + 3 )/ kΩ )]
RTH = 2 kΩ
Trả lời: Điện áp Thevenin giảm xuống 6 V và điện trở
Thevenin không thay đổi.
1-15. Đã cho:
V S = 36 V R
1 = 12 k
Ω R2 = = 6
kΩ
Solution:
VTH = VR2
VR2 = VS[(R2)/(R1 + R2)] (Voltage divider formula)
VR2 = 36 V[(6
IN = 10 mA
kΩ)/(12 kΩ +
RN = 10 kΩ
6 kΩ)]
VR2 = 12 V
RTH = [(R1R2)/
(R1 + R2)] (Par
allel resistance
formula)
RTH = [(12 kΩ
)(6 kΩ)/(12 k
Ω + 6 kΩ)]
RTH = 4 kΩ
Answer: The
Thevenin volt
age is unchan
ged, and theT
hevenin
resistance
doubles.
Thevenin circuit for Prob. 1-17.
1-18. Given (from Prob. 112):VTH = 12 V
RTH = 2 kΩ
Solution:
RN = RTH (Eq. 1-10)
RN = 2 kΩ
1-16. Given:
VTH = 12 V
IN = VTH/RTH (Eq. 1-12)
IN = 12 V/2 kΩ
RTH = 3 kΩ
IN = 6 mA
Solution:
Answer: RN = 2 kΩ, and IN = 6 mA
R
N
=
R
T
H
R
N
=
3
k
Ω
IN = VTH/RTH
IN = 12 V/3 k
Norton circuit for Prob. 1-18.
1-19. Shorted, which would cause load resistor to be
connectedacross the voltage source seeing all of
the voltage.
120. a. R1 is open, preventing any of the voltage from reachi
ngthe load resistor. b. R2 is shorted, making its voltage dro
pzero. Since the load resistor is in parallel with R2, its voltage drop would also be zero.
1-21. The battery or interconnecting wiring.
1-22. RTH = 2 kΩ
Solution:
Ω
RMeter = 100RTH RMeter
IN = 4 mA
= 100(2 kΩ)RMeter =
Answer: IN =
4 mA, and RN
= 3 kΩ
200 kΩ
Answer: The meter will not load down the circuit if themet
er impedance is ≥ 200 kΩ.
CRITICAL THINKING
1-23. Given:
VS = 12 V
IS = 150 A
Norton circuit for Pr
ob. 1-16.
1-17. Given:
Solution:
RS = (VS)/(IS)
RS = (12 V)/(150 A)
RS = 80 mΩ
15
Answer: The value for R1 and R2 is 1 kΩ. Another possible solution is R1 = R2 = 4 kΩ. Note: The criteria
willbe satisfied for any resistance value up to 4 kΩ and
when both resistors are the same value.
Answer: If an ideal 1
2 V voltage source i
s shorted andprovide
s 150 A, the
internal resistance
is 80 mΩ.
1-31. Given:
VS = 30
V VL = 10
V RL > 1
1-24. Given:
MΩ
V
RS < 0.01RL (since the voltage source must be stiff)
(Eq. 1-1)
Solution:
RS < 0.01RL
S
=
1
0
RS < 0.01(1 MΩ)
V
Since the Thevenin equivalent resistance would be
the series resistance, RTH < 10 kΩ.
RS < 10 kΩ
V
L
Assume a value for one of the resistors. Since the Theve
nin resistance is limited to 1 kΩ, pick a value
=
less than 10 kΩ. Assume R2 = 5 kΩ.
VL = VS[R2/(R1 + R2)] (Voltage divider formula)
9
V
source is not stiff since RS
R
L
=
S
≮ 0.01 RL.
7
5
Ω
R1 = [(VS)(R2)/VL] – R2
R1 = [(30 V)(5 kΩ)/(10 V)] – 5 kΩ
Solution:
VS = VRS + VL (Kirch
hoff’s law)
VRS = VS – VL
VRS = 10 V – 9 V
VRS = 1 V
IRS = IL = VL/RL (O
hm’s law)
IRS = 9 V/75 Ω
1-26. Answer: Disconnect the load resistor, turn the internal voltage
and current sources to zero, and measure the resistance.
1-27. Answer: Thevenin’s theorem makes it much easier to solve
problems where there could be many values of a resistor.
RS = VRS/IRS (Ohm’s
1-28. Answer: To find the Thevenin voltage, disconnect the loadresistor
and measure the voltage. To find the Thevenin resistance,
disconnect the battery and the load resistor, short the battery
terminals, and measure the resistance at the load terminals.
law)
RS = 8.33 Ω
1-29. Given:
RL = 1 kΩ
IRS = 120 mA
RS < 0.01 RL (Eq. 11)
8.33 Ω < 0.01(75 Ω)
8.33 Ω ≮ 0.75 Ω
16
1-25. Answer: Disconnect the resistor and measure the voltage.
Answer: a. The intern
al resistance (R ) is 8.
33 Ω. b. The
I = 1 mA
Solution:
RS > 100RL
RS > 100(1 kΩ)
RL > 100 kΩ
V = IR
V = (1 mA)(100 kΩ)
V = 100 V
Answer: A 100 V bat
tery in series with a
100 kΩ resistor.
1-30. Given:
VS = 30 V
R1 = 10 kΩ
voltage. Next, connect a resistor across the terminals.
Next, measure the voltage across the resistor. Then,
calculate the current through the load resistor. Then,
subtract the load voltage from the Theve- nin voltage.
Then, divide the difference voltage by the current. The
result is the Thevenin resistance.
1-34. Solution: Thevenize the circuit. There should be a
Thevenin voltage of 0.148 V and a resistance of 6 kΩ.
RTH = R1R2/(R1 + R2
)
RTH = [(10 kΩ)(5 kΩ
)]/(10 kΩ + 5 kΩ)
VL = 15 V
RTH < 2 kΩ
RTH = 3.33 kΩ
Solution: Assume a value for one of the resistors. Since the
Thevenin resistance is limited to 2 kΩ, pick a
Since RTH is onethird of 10 kΩ, we c
value less than 2 kΩ. Assume R2 = 1 kΩ.
an use R1 and R2
values that are three
times larger.
R1 = [(VS)(R2)/VL] – R2
VL = VS[R2/(R1 + R2)] (Voltage divider formula)
R1 = [(30 V)(1 kΩ)/(15 V)] – 1 kΩ
Answer:
R1 = 30 kΩ
R1 = 1 kΩ
R2 = 15 kΩ
RTH = [(1 kΩ)(1 kΩ)]/(1 kΩ + 1 kΩ)
Note: The criteria wil
l be satisfied as long
as R1 is twice
R2 and R2 is not
greater than 15 kΩ.
RTH = 500 Ω
1-32. Answer: First,
measure the
voltage
across the
terminals. Th
is is the
Thevenin
voltage.
Next, connect
the ammeter to the
battery
terminals—
measure the
current.
Next, use the
values above
to find the
total
resistance.
Finally, subtr
act the
internal
resistance of
the ammeter
from
this result. Th
is is
the Thevenin
resistance.
1-33. Answer: First,
measure the
voltage
across the
terminals. Th
is is the
Thevenin
RTH = (R1R2/R1 + R2)
IL = VTH/(RTH + RL)
IL = 0.148 V/(6 kΩ + 0)
IL = 24.7 μA
IL = 0.148 V/(6 kΩ + 1 kΩ)
IL = 21.1 μA
IL = 0.148 V/(6 kΩ + 2 kΩ)
IL = 18.5 μA
IL = 0.148 V/(6 kΩ + 3 kΩ)
IL = 16.4 μA
Answer: 0, IL = 24.7 μA; 1 kΩ, IL = 21.1 μA; 2 kΩ, IL
=
18.5 μA; 3 kΩ, IL = 16.4 μA; 4 kΩ, IL = 14.8 μA; 5 k
Ω,
IL = 13.5 μA; 6 kΩ, IL = 12.3 μA.
1-35. Trouble:
1: R1 shorted
2: R1 open or R2 shorted3
: R3 open
4: R3 shorted
5: R2 open or open at point
C6: R4 open or open at point
17
D
9. Holes do not flow in a conductor. Conductors allow
current flow by virtue of their single outer-shell electron,
which is loosely held. When holes reach the end of a
semiconductor, they are filled by the conductor’s outer-shell
electrons enter-ing at that point.
11. Because the recombination at the junction allows holes
and free electrons to flow continuously through the diode.
7
:
O
p
e
n
PROBLEMS
2-1. –2
a
t
2-2. –3
2-3. a. Semiconductor
b. Conductor
c. Semiconductor
d. Conductor
p
o
i
n
t
E
8: R4 shorted
c. p-type
1-36. R1 shorted
1-37. R2 open
138. No supply voltag
e
1-39. R4 open
1-40. R2 shorted
Chapter 2
Semiconduct
ors
SELF-TEST
1.
d
2.
a
3.
b
4.
b
5.
d
6.
c
7.
b
8.
b
9.
c
10.
a
11.
c
12.
c
13.
b
14.
b
18
15 2
. a 9.
16 3
. b 0.
17 3
. d 1.
18 3
. d 2.
19 3
. a 3.
20 3
. a 4.
21 3
. d 5.
22 3
. a 6.
23 3
. a 7.
24 3
. a 8.
25 3
. d 9.
26 4
. b 0.
27 4
. b 1.
28
.a
d4
2.
c4
3.
a4
4.
a4
5.
b4
6.
a4
7.
b4
8.
c4
9.
c5
0.
a5
1.
b5
2.
a5
3.
b5
4.
b
b
c
a
c
d
a
a
d
c
b
d
b
JOB INTERVIEW Q
UESTIONS
4)ΔV = (–2 mV/°C)(75°C –
d
.
25°C) ΔV = –100 mV
Vnew = Vold +
IL = 0.148 V/(6 kΩ + 4 kΩ)24.
IL = 14.8 μA
2IL = 0.148 V/(6 kΩ + 5 kΩ)5.
IL = 13.5 μA
ΔV Vnew = 0.7 V –
500,000
free
0.1 V
electrons
Vnew = 0.6 V
a. 5 mA
Answer:
b.
5 mA The barrier potential is 0.75 V at 0°C and
V at 75°C.
c.0.6
5 mA
2-8. Given:
IL = 0.148 V/(6 kΩ + 6 kΩ)2- a. p-type
IS n-type
= 10 nA at 25°C
6. b.
IL = 12.3 μA
Tmin = 0°C – 75°C
Tmax = 75°C
n-type
e. p-type
Solution:
IS(new) = 2(ΔT/10)IS(old) (Eq. 2-5)
2-7. Given:
Barrier potential
at 25°C is 0.7 V
IS(new) = 2[(0°C – 25°C)/10]10 nA
IS(new) = 1.77 nA
IS(new) = 2(ΔT/10) IS(old) (Eq. 2-5)
Tmin = 25°C
IS(new) = 2[(75°C – 25°C)/10)] 10 nA
Tmin = 75°C
IS(new) = 320 nA
Solution:
ΔV = (–
Answer: The saturation current is 1.77 nA at 0°C and3
2 mV/°C) ΔT (E
q. 2-4)
ΔV = (–
20 nA at 75°C.
2-9. Given:
ISL = 10 nA with a reverse voltage of 10 VNe
2 mV/°C)(0°C –
w reverse voltage = 100 V
25°C)
Solution:
RSL = VR/ISL
ΔV = 50 mV
Vnew = Vold + ΔV
RSL = 10 V/10 nA
Vnew = 0.7 V +
0.05 V
Vnew = 0.75 V
RSL = 1000 MΩ
ISL = VR/RSL
ISL = 100 V/1000 MΩ
Δ
V
ISL = 100 nA
Answer: 100 nA.
=
(
–
2
m
V
/
°
C
)
Δ
T
(
E
q
.
2
-
2-10. Answer: Saturation current is 0.53 μA, and surface-leakage
current is 4.47 μA at 25°C.
211. Reduce the saturation current, and minimize the RC tim
econstants.
2-12. R1 = 25 Ω
2-13. R1 open
2-14. D1 shorted
2-15. D1 open
2-16. V1 = 0 V
Chapter 3 Diode Theory
SELF-TEST
1. b 7. c 13. a 18. b
2. b 8. c 14. d 19. a
3. c 9. a 15. a 20. b
19
I = 6 V/220 Ω
4. d 10. a 16. c 21. a
5. a 11. b 17. b 22. c
6. b 12. b
I = 27.27 mA
Since it is a series circuit, the current flowing through thediode is
the same as the current through the resistor.
JOB INTERVIEW QUEST
IONS
4. If you have a data sheet,
look up the maximum
current rat- ing and the
breakdown voltage.
Then, check the
schematic diagram to
see whether the ratings
are adequate. If they
are, check the circuit
wiring.
7. Measure the voltage acro
ss a resistor in series wit
h the diode.Then, divide
the
voltage
by the
resistance.
8. With the power off, check
the back-tofront ratio of the diodewi
th an ohmmeter or use
the diode test function
on a DMM.If it is high,
the diode is OK. If it is
not high, disconnect
oneend of the diode and
recheck the back-tofront ratio. If the ratio is
now high, the diode is
probably OK. If you are
still suspicious of the
diode for any reason, the
ultimate
test
is
toreplace it
with
a
known good one.
10. Connect a diode in series
between the alternator
and the battery for the
recreational vehicle. The
diode arrow points from
the alternator to the RV
battery. This way, the
alternator can charge the v
ehicle battery. When th
e engine isoff, the diode
is open, preventing the
RV battery from dischar
ging.
11. Use a voltmeter or oscillo
scope for a diode in the c
ircuit. Usean ohmmeter,
DMM or curve tracer
when the diode is out
ofthe circuit.
PROBLEMS
3-1. Given:
R = 220 Ω
110
V=6V
Solution:
I = V/R
Answer: 27.27 mA
3-2. Given:
3-3. Given:
VD1 = 0.75 V V
D2
= 0.8
V ID1 = 400 m
A
Solution: Since the diodes are in series, the currentthrough
each is the same.
Answer: 400 mA
3-4. Given:
VS = 20
V VD = 0
V RL = 1 k
Ω
Solution:
VS = VD + VL (Kirchhoff’s
law)20 V = 0 V + VL
VL = 20 V
IL = VL/RL (Ohm’s law)
IL = 20 V/1 kΩ
IL = 20 mA
PL = (IL)(VL)
PL = (20 mA)(20 V)
PL = 400 mW
PD = (ID)(VD)
PD = (20 mA)(0 V)
PD = 0 mW
PT = PD + PL
PT = 0 mW + 400 mW
PT = 400 mW
Answer:
IL = 20 mA
VL = 20 V
PL = 400 mW
PD = 0 mW P
T
= 400 mW
3-5. Given:
VS = 20
V VD = 0
V RL = 2 k
Ω
Solution:
IL = VL/RL (Ohm’s law)
IL = 20 V/2 kΩ
IL = 10 mA
Answer: 10 mA
3-6. Given:
V
S
=
VLVL = 12 V
IL = VL/RL (Ohm’s law)
IL = 12 V/470 Ω
IL = 25.5 mA
PL = (VL)(IL)
PL = (12 V) (25.5 mA)
PL = 306 mW
1
2
V
V
D
=
0
V
R
L
=
4
7
0
Ω
Solution:
VS = VD + VL (Kirchh
off’s law)
VD = 0.7 V
ID = 100 mA
Solution:
P = VI
P = (0.7 V)(100 mA
)
P = 70 mW
Answer: 70 mW
1
2
V
=
0
V
+
111