Formelsammlungen, die wichtigsten Lösungsschritte zu jedem Thema und 14 Übungsaufgaben, mit vollständigen Lösungen am Ende.
Ein NPN-Transistor mit β = 150 wird mit einem Spannungsteiler an VCC = 18 V eingestellt: R₁ = 56 kΩ von VCC zur Basis und R₂ = 22 kΩ von der Basis nach Masse. Der Kollektorwiderstand ist RC = 1 kΩ und der Emitterwiderstand RE = 1,5 kΩ. Nimm VBE = 0,7 V an und verwende das Thévenin-Ersatzschaltbild des Teilers (vernachlässige den Basisstrom nicht). Bestimme den Kollektorstrom IC in mA.
Ein NPN-Transistor mit β = 80 schaltet einen Lastwiderstand von 150 Ω, der zwischen VCC = 12 V und seinem Kollektor liegt. Der Emitter liegt auf Masse. Die Basis wird von einem Logikausgang mit 3,3 V über einen Basiswiderstand RB angesteuert. Nimm VBE = 0,7 V und VCE(sat) = 0,2 V an. Lege für sicheres Schalten einen Basisstrom aus, der 10-mal so groß ist wie das für die Sättigung nötige Minimum. Bestimme RB in kΩ.
Der Differenzverstärker verwendet einen idealen Operationsverstärker mit ±15 V Versorgung, mit R3 = R1 und R4 = R2. Bestimme die Ausgangsspannung Vout.
Der Summierverstärker verwendet einen idealen Operationsverstärker mit ±15 V Versorgung. Bestimme die Ausgangsspannung Vout.
Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Bestimme die in der Spule gespeicherte Energie W bei t = 15 ms in mJ.
Der Schalter ist seit Langem geschlossen, die Schaltung ist also im eingeschwungenen Zustand. Bei t = 0 öffnet der Schalter. Bestimme die Kondensatorspannung vC bei t = 300 ms.
Bestimme den Strom IR1, den die Quelle abgibt und der durch R1 fließt.
Bestimme den Ersatzwiderstand Req, den die Quelle V1 sieht.
Ein idealer Hochsetzsteller wandelt 24 V in 40 V bei 50 kHz mit L = 100 µH um. Bestimme den Spitze-Spitze-Welligkeitsstrom ΔIL der Spule.
Ein Tiefsetzsteller wandelt 48 V in 24 V bei 50 kHz mit L = 330 µH um. Bestimme die Ausgangskapazität C, die die Spitze-Spitze-Ausgangswelligkeit auf 20 mV begrenzt.
Ein Dehnungsmessstreifen mit 150 Ω ist ein Zweig (R₂) einer Brücke mit vier gleichen Zweigen von 150 Ω und einer Speisespannung von 2 V. Bestimme die im Streifen umgesetzte Leistung Pg in mW. Die Eigenerwärmung begrenzt die Speisespannung.
Ein Dehnungsmessstreifen mit 1000 Ω und dem k-Faktor 2 ist auf einen Stahlstab geklebt. Unter Last steigt sein Widerstand um 1,6 Ω. Bestimme die Dehnung ε in Mikrodehnung (µε).
Vereinfache F = AC′ + B′C + AB′C′ zur minimalen Summe von Produkten. Wie viele Literale L enthält der vereinfachte Ausdruck?
Bestimme die minimale SOP-Form von F(A, B, C, D) = Σm(1, 2, 3, 5, 7, 10, 12, 14) + d(6, 13, 15), wobei d die Don’t-Care-Bedingungen kennzeichnet. Wie viele Literale L enthält sie?
Antwort: IC = 2,71 mA
Arbeitspunkt eines Bipolartransistors: Im aktiven Bereich gilt VBE = 0,7 V, IC = β·IB und IE = (β + 1)·IB. Bestimme IB mit der Maschenregel aus der Basismasche, dann IC und dann VCE aus der Kollektor-Emitter-Masche. Ein Spannungsteiler an der Basis wird durch sein Thévenin-Ersatzschaltbild ersetzt: VTH = VCC·R₂/(R₁ + R₂), RTH = R₁∥R₂; ein Emitterwiderstand erscheint in der Basismasche (β + 1)-mal größer.
Maschenregel für die Basismasche; der Emitterstrom ist (β + 1)·IB.
Antwort: RB = 0,2644 kΩ
Bipolartransistor als Schalter: Um eine Last voll einzuschalten, wird der Transistor in die Sättigung gesteuert; dort gilt VCE = VCE(sat), und der Kollektorstrom wird von der Last bestimmt: IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC. Für die Sättigung braucht man mindestens IB = IC(sat)/β. Ist der Basisstrom kleiner, bleibt der Transistor aktiv und IC = β·IB.
Antwort: Vout = −0,2553 V
Regeln für den idealen Operationsverstärker: Mit Gegenkopplung stellt der OPV seinen Ausgang so ein, dass beide Eingänge auf derselben Spannung liegen (V₋ = V₊), und in keinen Eingang fließt Strom. Die Knotenregel am invertierenden Eingang mit diesen beiden Tatsachen liefert den Ausgang.
R₃ und R₄ führen denselben Strom, sie bilden also einen Spannungsteiler; die Rückkopplung macht V₋ = V₊.
Antwort: Vout = 0,4636 V
Regeln für den idealen Operationsverstärker: Mit Gegenkopplung stellt der OPV seinen Ausgang so ein, dass beide Eingänge auf derselben Spannung liegen (V₋ = V₊), und in keinen Eingang fließt Strom. Die Knotenregel am invertierenden Eingang mit diesen beiden Tatsachen liefert den Ausgang.
V₋ = 0, daher liegt an jedem Eingangswiderstand seine volle Eingangsspannung.
Antwort: W = 45,26 mJ
Ausgleichsvorgänge erster Ordnung: In einer Schaltung mit einem Kondensator oder einer Spule läuft jede Spannung und jeder Strom exponentiell vom Anfangswert zum Endwert: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, mit τ = RC oder τ = L/R. Nach etwa 5τ ist die Schaltung eingeschwungen.
Lange nach dem Schließen des Schalters wirkt die Spule wie ein Kurzschluss, daher bestimmt R allein den Endstrom.
Antwort: vC = 6,061 V
Ausgleichsvorgänge erster Ordnung: In einer Schaltung mit einem Kondensator oder einer Spule läuft jede Spannung und jeder Strom exponentiell vom Anfangswert zum Endwert: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, mit τ = RC oder τ = L/R. Nach etwa 5τ ist die Schaltung eingeschwungen.
Im eingeschwungenen Zustand ist der Kondensator ein Leerlauf, R₁ und R₂ bilden also einen Spannungsteiler. Die Kondensatorspannung kann beim Öffnen des Schalters nicht springen.
Antwort: IR1 = 0,6476 A
Reihen- und Parallelschaltung: In Reihe fließt durch jeden Widerstand derselbe Strom, und R = R₁ + R₂ + …. Parallel liegt an jedem Widerstand dieselbe Spannung, und 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Eine Kettenschaltung wird Paar für Paar vereinfacht, bis ein einziger Ersatzwiderstand übrig bleibt.
Beginne am Ende, das am weitesten von der Quelle entfernt ist, und arbeite dich zu ihr zurück. Widerstände mit demselben Strom liegen in Reihe; Widerstände zwischen denselben zwei Knoten liegen parallel.
Die Quelle sieht nur Req, also liefert das ohmsche Gesetz den Strom, den sie abgibt. Dieser Strom fließt durch R₁.
Antwort: Req = 9,473 Ω
Reihen- und Parallelschaltung: In Reihe fließt durch jeden Widerstand derselbe Strom, und R = R₁ + R₂ + …. Parallel liegt an jedem Widerstand dieselbe Spannung, und 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Eine Kettenschaltung wird Paar für Paar vereinfacht, bis ein einziger Ersatzwiderstand übrig bleibt.
Beginne am Ende, das am weitesten von der Quelle entfernt ist, und arbeite dich zu ihr zurück. Widerstände mit demselben Strom liegen in Reihe; Widerstände zwischen denselben zwei Knoten liegen parallel.
Antwort: ΔIL = 1,92 A
Gleichspannungswandler: Ein Schalter S ist in jeder Periode T = 1/f für den Anteil D eingeschaltet. Im stationären Zustand ist die mittlere Spannung an der Induktivität null (Volt-Sekunden-Gleichgewicht), woraus sich im kontinuierlichen Betrieb (CCM) die idealen Übersetzungsverhältnisse ergeben: Tiefsetzsteller Vo = D·Vin, Hochsetzsteller Vo = Vin/(1 − D), Inverswandler |Vo| = Vin·D/(1 − D). Ein idealer Wandler erhält die Leistung: Vin·Iin = Vo·Io. Solange S eingeschaltet ist, steigt der Spulenstrom um ΔIL = VL·D·T/L, mit VL = Vin − Vo beim Tiefsetzsteller und Vin beim Hochsetzsteller und Inverswandler. Die Ausgangswelligkeit ist ΔVo = ΔIL/(8fC) beim Tiefsetzsteller und Io·D/(fC) beim Hochsetzsteller und Inverswandler. Der Spulenstrom berührt gerade null (die Grenze des CCM), wenn der mittlere Spulenstrom gleich ΔIL/2 ist.
Solange S eingeschaltet ist, liegt die Induktivität direkt an Vin.
Antwort: C = 90,91 µF
Gleichspannungswandler: Ein Schalter S ist in jeder Periode T = 1/f für den Anteil D eingeschaltet. Im stationären Zustand ist die mittlere Spannung an der Induktivität null (Volt-Sekunden-Gleichgewicht), woraus sich im kontinuierlichen Betrieb (CCM) die idealen Übersetzungsverhältnisse ergeben: Tiefsetzsteller Vo = D·Vin, Hochsetzsteller Vo = Vin/(1 − D), Inverswandler |Vo| = Vin·D/(1 − D). Ein idealer Wandler erhält die Leistung: Vin·Iin = Vo·Io. Solange S eingeschaltet ist, steigt der Spulenstrom um ΔIL = VL·D·T/L, mit VL = Vin − Vo beim Tiefsetzsteller und Vin beim Hochsetzsteller und Inverswandler. Die Ausgangswelligkeit ist ΔVo = ΔIL/(8fC) beim Tiefsetzsteller und Io·D/(fC) beim Hochsetzsteller und Inverswandler. Der Spulenstrom berührt gerade null (die Grenze des CCM), wenn der mittlere Spulenstrom gleich ΔIL/2 ist.
Antwort: Pg = 6,667 mW
Wheatstone-Brücke: Zwei Spannungsteiler teilen sich eine Versorgung Vs. Der linke Teiler R1–R2 liefert Va = Vs·R2/(R1 + R2) und der rechte Teiler R3–R4 liefert Vb = Vs·R4/(R3 + R4); die Ausgangsspannung ist Vab = Va − Vb. Die Brücke ist abgeglichen (Vab = 0, kein Strom im Messgerät), wenn R1/R2 = R3/R4 gilt, also R1·R4 = R2·R3. Vom Ausgang aus gesehen ist die Brücke eine Thevenin-Quelle mit Rth = R1∥R2 + R3∥R4.
Antwort: ε = 800 µε
Dehnungsmessstreifen: Ein Streifen ändert seinen Widerstand mit der Dehnung: ΔR/R = GF·ε, wobei der k-Faktor GF bei Metallfolien etwa 2 beträgt. In einer Brücke mit lauter gleichen Zweigen R liefert ein aktiver Streifen (Viertelbrücke) Vo ≈ Vs·GF·ε/4. Zwei aktive Streifen mit entgegengesetzter Dehnung in benachbarten Zweigen (Halbbrücke) liefern Vs·GF·ε/2, und vier (Vollbrücke) liefern Vs·GF·ε. Die Spannung folgt aus dem Hookeschen Gesetz, σ = E·ε. Kraftaufnehmer geben ihre Empfindlichkeit in mV/V an: die Ausgangsspannung bei Volllast je Volt Speisespannung.
Antwort: L = 4
Boolesche Algebra: Die Regeln, die Ausdrücke vereinfachen, sind X + X′ = 1 und X·X′ = 0, X + X = X, die Absorption X + X·Y = X, die Zusammenfassungsregel X·Y + X·Y′ = X, X + X′Y = X + Y und das Konsensus-Theorem XY + X′Z + YZ = XY + X′Z. Die De-Morganschen Gesetze machen aus (X·Y)′ den Ausdruck X′ + Y′ und aus (X + Y)′ den Ausdruck X′·Y′. Ein Karnaugh-Diagramm wendet diese Regeln grafisch an: Jede Gruppe aus zwei benachbarten Feldern ist eine Anwendung von XY + XY′ = X.
Antwort: L = 6
Karnaugh-Diagramme: Die Felder sind im Gray-Code (00, 01, 11, 10) angeordnet, benachbarte Felder, auch die über den Rand hinweg, unterscheiden sich also in genau einer Variablen. Fasse die Einsen in Rechtecken aus 1, 2, 4, 8 oder 16 Feldern zusammen, so groß und so wenige wie möglich, bis jede 1 abgedeckt ist. Jede Gruppe ist ein Produktterm: die Variablen, die in ihr konstant bleiben. Eine Gruppe aus 2ᵏ Feldern verliert k Variablen. Don’t-Cares (X) dürfen genutzt werden, um Gruppen zu vergrößern, müssen aber nie abgedeckt werden. Fasst du stattdessen die Nullen zusammen, erhältst du die minimale POS-Form.
Die größten Gruppen, die sich aus Einsen und X bilden lassen.
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