Elektronik 1: Lernpaket

Formelsammlungen, die wichtigsten Lösungsschritte zu jedem Thema und 14 Übungsaufgaben, mit vollständigen Lösungen am Ende.

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1Formeln und Methoden

Dioden und Transistoren

Diode (konstanter Spannungsabfall)
VD = 0,7 V when conducting
Aktiver Bereich
VBE = 0,7 V, IC = β·IB, IE = (β + 1)·IB
Basisvorwiderstand (feste Vorspannung)
IB = (VCC − 0,7)/RB
Spannungsteiler-Arbeitspunkteinstellung
IB = (VTH − 0,7)/(RTH + (β + 1)RE)
Thévenin-Ersatz des Spannungsteilers
VTH = VCC·R2/(R1 + R2), RTH = R1∥R2
Kollektormasche
VCE = VCC − ICRC − IERE
Sättigung
IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC, IB ≥ IC(sat)/β

Operationsverstärker

Invertierender Verstärker
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Nichtinvertierender Verstärker
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Summierverstärker
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
Idealer Operationsverstärker
V+ = V−, Iin = 0

RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Zeitkonstante
τ = RC | τ = L/R
Antwort
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
Kondensator bei Gleichstrom
Leerlauf; vC kann nicht springen
Spule bei Gleichstrom
Kurzschluss; iL kann nicht springen
Eingeschwungen
t ≈ 5τ

Methode

  1. Bestimme den Anfangswert unmittelbar nach dem Schalten: Kondensatorspannung und Spulenstrom können nicht springen.
  2. Bestimme den Endwert lange nach dem Schalten: Ein Kondensator wirkt wie ein Leerlauf, eine Spule wie ein Kurzschluss.
  3. Bestimme die Zeitkonstante: τ = RC oder τ = L/R, mit dem Widerstand, den der Kondensator bzw. die Spule sieht.
  4. Verwende x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ.

Reihen- und Parallelschaltung

Widerstände in Reihe
Req = R1 + R2 + …
Widerstände parallel
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
Zwei parallel
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Ohmsches Gesetz
V = I·R
Leistung
P = V·I = I²R = V²/R

Methode

  1. Beginne an dem Ende des Netzwerks, das am weitesten von den Klemmen entfernt ist.
  2. Fasse Widerstände in Reihe durch Addieren zusammen und parallele Widerstände mit 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
  3. Zeichne die Schaltung nach jedem Schritt neu.
  4. Wiederhole das, bis zwischen den Klemmen ein einziger Widerstand übrig ist.

Gleichspannungswandler

Tiefsetzsteller
Vo = D·Vin
Hochsetzsteller
Vo = Vin/(1 − D)
Inverswandler
|Vo| = Vin·D/(1 − D)
Ideale Leistungsbilanz
VinIin = VoIo
Spulenwelligkeit
ΔIL = VL,on·D/(L·f); buck Vin − Vo, boost and buck-boost Vin
Mittlerer Spulenstrom
Tiefsetzsteller Io; Hochsetzsteller und Inverswandler Io/(1 − D)
Ausgangswelligkeit
Tiefsetzsteller ΔIL/(8fC); Hochsetzsteller und Inverswandler Io·D/(fC)
CCM-Grenze
Tiefsetzsteller (1 − D)R/(2f); Hochsetzsteller D(1 − D)²R/(2f); Inverswandler (1 − D)²R/(2f)

Methode

  1. Bestimme den Wandler (Tiefsetz-, Hochsetz- oder Inverswandler) und den Tastgrad D aus dem Spannungsverhältnis.
  2. Nutze das Volt-Sekunden-Gleichgewicht an der Induktivität: Die mittlere Spulenspannung über eine Periode ist null.
  3. Bestimme die Spulenspannung bei eingeschaltetem Schalter, dann ΔIL = VL·D/(L·f).
  4. Bestimme für die Ausgangswelligkeit die Ladung, die in den Kondensator hinein- und aus ihm herausfließt; setze für die CCM-Grenze den mittleren Spulenstrom gleich ΔIL/2.

Wheatstone-Brücke und Dehnungsmessstreifen

Teilerspannungen
Va = VsR2/(R1 + R2), Vb = VsR4/(R3 + R4)
Ausfuhr
Vab = Va − Vb
Bilanz
R1/R2 = R3/R4
Schleifdrahtbrücke
R/Rx = l/(100 − l)
Thévenin-Widerstand
Rth = R1∥R2 + R3∥R4
k-Faktor
ΔR/R = GF·ε
Brückenausgangsspannung
Viertelbrücke Vs·GF·ε/4, Halbbrücke Vs·GF·ε/2, Vollbrücke Vs·GF·ε
Kleine Änderung, ein Zweig
Vab ≈ Vs·ΔR/(4R)
Spannung
σ = E·ε

Methode

  1. Behandle die Brücke als zwei Spannungsteiler an derselben Versorgung.
  2. Setze für den Abgleich R₁/R₂ = R₃/R₄ und löse nach dem unbekannten Widerstand auf.
  3. Bestimme bei einer nicht abgeglichenen Brücke Va und Vb aus den Teilern und bilde die Differenz; verwende die Thevenin-Ersatzschaltung, wenn ein Messgerät den Ausgang belastet.
  4. Rechne bei Dehnungsmessstreifen die Dehnung in ΔR/R = GF·ε um und verwende Vs·GF·ε/4, /2 oder ×1 für eine Viertel-, Halb- oder Vollbrücke.

Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & Flipflops

Grundgatter
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Boolesche Regeln
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
De Morgan
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Reihenfolge im Karnaugh-Diagramm
00, 01, 11, 10 (Gray code)
Gruppe aus 2ᵏ Feldern
verliert k Variablen
4-zu-1-Multiplexer
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Flipflops
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Zähler
n Bit: 2ⁿ Zustände; Mod-N: kleinstes n mit 2ⁿ ≥ N; fout = fclk/N
Asynchronzähler
fmax = 1/(n·tpd)
Ring- und Johnson-Zähler
n und 2n Zustände

Methode

  1. Gehe bei einer Schaltung von den Eingängen zum Ausgang vor, ein Gatter nach dem anderen, und schreibe den Wert an jede Leitung, oder schreibe ihren Ausdruck auf und fülle die Wahrheitstabelle aus.
  2. Trage zum Vereinfachen die Einsen (und die Don’t-Cares als X) in ein Karnaugh-Diagramm mit Zeilen und Spalten im Gray-Code ein: 00, 01, 11, 10.
  3. Decke die Einsen mit möglichst wenigen und möglichst großen Gruppen aus 1, 2, 4, 8 oder 16 Feldern ab, auch über den Rand hinweg; jede Gruppe ist ein Produktterm aus den Variablen, die konstant bleiben. Fasse für die POS-Form die Nullen zusammen.
  4. Lies bei Flipflops und Zählern die Eingänge an jeder aktiven Taktflanke ab, schreibe den Zustand nach jeder Flanke auf und denke daran, dass ein n-Bit-Zähler nach 2ⁿ Zuständen überläuft.

2Übungsaufgaben

1.Dioden und TransistorenMittel
RC​ = 4,7 kΩβ = 150RE​ = 2,2 kΩVCC​ = 18 VR1​ = 68 kΩR2​ = 15 kΩ

Ein NPN-Transistor mit β = 150 wird mit einem Spannungsteiler an VCC = 18 V eingestellt: R₁ = 68 kΩ von VCC zur Basis und R₂ = 15 kΩ von der Basis nach Masse. Der Kollektorwiderstand ist RC = 4,7 kΩ und der Emitterwiderstand RE = 2,2 kΩ. Nimm VBE = 0,7 V an und verwende das Thévenin-Ersatzschaltbild des Teilers (vernachlässige den Basisstrom nicht). Bestimme die Kollektor-Emitter-Spannung VCE.

VCC = 18 VR1 = 68 kΩR2 = 15 kΩRC = 4,7 kΩRE = 2,2 kΩβ = 150
VCE = V
2.Dioden und TransistorenSchwer
+−≤ 30 V270 Ω5,1 V

Ein 5,1-V-Z-Dioden-Regler hat einen Vorwiderstand von 270 Ω. Die Eingangsspannung kann auf 30 V steigen, und die Last kann abgetrennt werden. Bestimme die größte Leistung PZ,max, die die Z-Diode in Wärme umsetzen muss.

Vin,max = 30 VVZ = 5,1 VR = 270 Ω
PZ,max = mW
3.OperationsverstärkerMittel
−+Vout​Rf​ = 10 kΩR1​ = 4,7 kΩVin​

Der Operationsverstärker ist ideal und wird mit ±15 V versorgt; sein Ausgang geht bei ±13 V in die Sättigung. Der nicht invertierende Verstärker wird mit einer Sinusspannung angesteuert. Bestimme die größte Eingangsamplitude Vin,max (Scheitelwert), bei der der Ausgang nicht begrenzt wird.

R1 = 4,7 kΩRf = 10 kΩVsat = ±13 V
Vin,max = V
4.OperationsverstärkerSchwer
−+Vout​Rf​ = 47 kΩV1​ = 1,2 VR1​ = 4,7 kΩV2​ = 0,6 VR2​ = 100 kΩ

Der Summierverstärker verwendet einen idealen Operationsverstärker mit ±15 V Versorgung. Bestimme die Ausgangsspannung Vout.

V1 = 1,2 VV2 = 0,6 VR1 = 4,7 kΩR2 = 100 kΩRf = 47 kΩ
Vout = V
5.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
+−Vs​6 Vt = 0R = 15 ΩL10 mHi(t)

Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Bestimme den Strom i bei t = 1 ms.

Vs = 6 VR = 15 ΩL = 10 mHt = 1 ms
i = A
6.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
+−Vs​20 VR1​ = 33 ΩR2​ = 10 Ωschließt bei t = 0L220 mHi(t)

Der Schalter parallel zu R2 ist seit Langem offen, der Spulenstrom ist also konstant. Bei t = 0 schließt der Schalter und schließt R2 kurz. Bestimme den Spulenstrom i bei t = 5 ms.

Vs = 20 VR1 = 33 ΩR2 = 10 ΩL = 220 mHt = 5 ms
i = A
7.Reihen- und ParallelschaltungMittel
R1​ = 15 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​9 VR2​15 ΩAR4​10 ΩB

Bestimme den Ersatzwiderstand Req, den die Quelle V1 sieht.

V1 = 9 VR1 = 15 ΩR2 = 15 ΩR3 = 20 ΩR4 = 10 Ω
Req = Ω
8.Reihen- und ParallelschaltungSchwer
R1​ = 20 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​12 VR2​3 ΩIR2​AR4​10 ΩBR6​25 Ω

Bestimme den Strom IR2 durch R2.

V1 = 12 VR1 = 20 ΩR2 = 3 ΩR3 = 5 ΩR4 = 10 ΩR5 = 3 ΩR6 = 25 Ω
IR2 = A
9.GleichspannungswandlerMittel
tiL​Imax​Imin​ΔI = ?DTT2T

Ein idealer Inverswandler wandelt 12 V in −28 V bei 500 kHz mit L = 10 µH um. Bestimme den Spitze-Spitze-Welligkeitsstrom ΔIL der Spule.

Vin​ = 12 VVo​ = −28 Vf = 500 kHzL = 10 µH
ΔIL = A
10.GleichspannungswandlerSchwer
tiL​Imax​IL​DTT2T

Ein idealer Inverswandler wandelt 9 V in −13,5 V für eine Last von 8 Ω bei 100 kHz um. Bestimme die kleinste Induktivität Lcrit für kontinuierlichen Betrieb.

Vin​ = 9 VVo​ = −13,5 Vf = 100 kHzR = 8 Ω
Lcrit = µH
11.Wheatstone-Brücke und DehnungsmessstreifenMittel
+−5 V1000 Ω1000 Ω + ΔR1000 Ω1000 Ωab+−Vab​ = ?

Eine Brücke hat vier Zweige mit je 1000 Ω und Vs = 5 V. Der Sensor R₂ steigt um ΔR = 8 Ω. Bestimme mit der Näherung für kleine Änderungen die Ausgangsspannung Vab in mV.

Vs = 5 VR = 1000 ΩΔR = 8 Ω
Vab = mV
12.Wheatstone-Brücke und DehnungsmessstreifenSchwer
+−2,5 V120 Ω120 Ω + ΔR120 Ω120 Ωab+−Vo​

Eine Viertelbrücke (ein aktiver Streifen, GF = 2,12) wird mit 2,5 V gespeist. Die größte zu messende Dehnung beträgt 600 µε und soll am Eingang eines Analog-Digital-Wandlers 2,5 V ergeben. Bestimme die Verstärkung G des Verstärkers.

Vs = 2,5 VGF = 2,12εmax = 600 µεVFS = 2,5 V
G =
13.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & FlipflopsMittel
ABCD0001111000011110111111

In diesem Karnaugh-Diagramm hat genau eine 1 keine benachbarte 1, bleibt also in der minimalen SOP-Form eine Gruppe aus einem Feld (ein voller Minterm mit vier Literalen). Nachbarn über den Rand des Diagramms zählen mit. Klicke dieses Feld an.

F = Σm(1, 2, 3, 9, 11, 12)
  1. 1AB = 00, CD = 00
  2. 2AB = 00, CD = 01
  3. 3AB = 00, CD = 11
  4. 4AB = 00, CD = 10
  5. 5AB = 01, CD = 00
  6. 6AB = 01, CD = 01
  7. 7AB = 01, CD = 11
  8. 8AB = 01, CD = 10
  9. 9AB = 11, CD = 00
  10. 10AB = 11, CD = 01
  11. 11AB = 11, CD = 11
  12. 12AB = 11, CD = 10
  13. 13AB = 10, CD = 00
  14. 14AB = 10, CD = 01
  15. 15AB = 10, CD = 11
  16. 16AB = 10, CD = 10
14.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & FlipflopsSchwer
CLKJK1234567

Ein flankengesteuertes JK-Flipflop (positive Flanke) startet mit Q = 0 und erhält die gezeigten Eingänge. Klicke die erste Taktflanke an, bei der Q von 1 wieder auf 0 geht.

Q₀ = 0JK
  1. 1Taktflanke 1
  2. 2Taktflanke 2
  3. 3Taktflanke 3
  4. 4Taktflanke 4
  5. 5Taktflanke 5
  6. 6Taktflanke 6
  7. 7Taktflanke 7

3Lösungen

1.Dioden und Transistoren

Antwort: VCE = 10,31 V

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.

Thévenin-Ersatzschaltbild des Teilers

VTH = 18·15/(68 + 15) = 3,253 V
RTH = 68·15/(68 + 15) = 12,29 kΩ

Basisstrom

Maschenregel für die Basismasche; der Emitterstrom ist (β + 1)·IB.

IB = (3,253 − 0,7)/(12,29 + 151·2,2) = 7,411 µA

Kollektorstrom

IC = 150·7,411 µA = 1,112 mA
IE = 151·7,411 µA = 1,119 mA

Kollektor-Emitter-Spannung

VCE = 18 − 1,112·4,7 − 1,119·2,2 = 10,31 V

Antwort

VCE = 10,31 V
2.Dioden und Transistoren

Antwort: PZ,max = 470,3 mW

Z-Dioden-Regler: Eine in Sperrrichtung betriebene Z-Diode hält ihre Spannung VZ, solange ihr Strom über einem Minimum IZ,min bleibt. Der Vorwiderstand R nimmt die Differenz zwischen Eingangs- und Ausgangsspannung auf: IR = (Vin − VZ)/R. Dieser Strom teilt sich auf die Last, IL = VZ/RL, und die Z-Diode, IZ = IR − IL, auf. Entwirf für die ungünstigsten Fälle: Die niedrigste Eingangsspannung bei größter Last muss noch IZ,min übrig lassen, und die höchste Eingangsspannung ohne Last ergibt die größte Verlustleistung der Z-Diode PZ = VZ·IZ.

Zenerstrom im ungünstigsten Fall

IZ = 24,9/270 = 92,22 mA

Leistung der Z-Diode

PZ = 5,1·92,22 = 470,3 mW

Antwort

PZ,max = 470,3 mW
3.Operationsverstärker

Antwort: Vin,max = 4,156 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.

Verstärkung

Av = 1 + Rf/R1 = 1 + 10/4,7 = 3,128

Größter Eingang vor der Begrenzung

Vin,max = Vsat/|Av| = 13/3,128 = 4,156 V

Antwort

Vin,max = 4,156 V
4.Operationsverstärker

Antwort: Vout = −12,28 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.

Eingangsströme

V₋ = 0, daher liegt an jedem Eingangswiderstand seine volle Eingangsspannung.

I1 = V1/R1 = 1,2/4,7 = 0,2553 mA
I2 = V2/R2 = 0,6/100 = 0,006 mA
If = I1 + I2 = 0,2613 mA

Ausgangsspannung

Vout = −Rf·If = −47·0,2613 = −12,28 V

Antwort

Vout = −12,28 V
5.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: i = 0,3107 A

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.

Zeitkonstante und Endstrom

Lange nach dem Schließen des Schalters wirkt die Spule wie ein Kurzschluss, daher bestimmt R allein den Endstrom.

τ = L/R = 10 mH / 15 Ω = 0,6667 ms
i(∞) = Vs/R = 6/15 = 0,4 A

Strom zum gegebenen Zeitpunkt

i(t) = i(∞)·(1 − e−t/τ) = 0,4·(1 − e−1/0,6667) = 0,3107 A

Antwort

i = 0,3107 A
6.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: i = 0,5395 A

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.

Anfangswert, Endwert, Zeitkonstante

Vor t = 0 liegen beide Widerstände im Kreis; danach überbrückt der geschlossene Schalter R₂.

i(0) = 20/(33 + 10) = 0,4651 A
i(∞) = 20/33 = 0,6061 A
τ = L/R = 220/33 = 6,667 ms
i(t) = 0,6061 + (0,4651 − 0,6061)·e−t/τ

Strom zum gegebenen Zeitpunkt

i(5) = 0,6061 + (−0,1409)·e−5/6,667 = 0,5395 A

Antwort

i = 0,5395 A
7.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: Req = 25 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.

R1​ = 15 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​9 VR2​15 ΩAR4​10 ΩB

Widerstände vom fernen Ende her zusammenfassen

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.

R3 + R4 = 20 + 10 = 30 Ω
R2 ∥ 30 = 15·30/(15+30) = 10 Ω
Req = R1 + 10 = 15 + 10 = 25 Ω

Antwort

Req = 25 Ω
8.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: IR2 = 0,4309 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.

R1​ = 20 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​12 VR2​3 ΩAR4​10 ΩBR6​25 Ω

Widerstände vom fernen Ende her zusammenfassen

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.

R5 + R6 = 3 + 25 = 28 Ω
R4 ∥ 28 = 7,368 Ω
R3 + 7,368 = 12,37 Ω
R2 ∥ 12,37 = 2,414 Ω
Req = R1 + 2,414 = 20 + 2,414 = 22,41 Ω

Strom aus der Quelle

Die Quelle sieht nur Req, also liefert das ohmsche Gesetz den Strom, den sie abgibt. Dieser Strom fließt durch R₁.

IR1 = V1/Req = 12/22,41 = 0,5354 A

Strom durch R₂

Ziehe den Spannungsabfall an R₁ ab, um die Spannung an Knoten A zu erhalten, die an R₂ anliegt.

VA = V1 − IR1·R1 = 12 − 0,5354·20 = 1,293 V
IR2 = VA/R2 = 1,293/3 = 0,4309 A

Antwort

IR2 = 0,4309 A
9.Gleichspannungswandler

Antwort: ΔIL = 1,68 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.

Tastgrad

D = 28/(12 + 28) = 0,7

Spulenspannung während der Einschaltzeit

Solange S eingeschaltet ist, liegt die Induktivität direkt an Vin.

VL = 12 V

Welligkeitsstrom

ΔIL = VL·D/(L·f) = 12·0,7/(10·10⁻⁶·500·10³) = 1,68 A

Antwort

ΔIL = 1,68 A
10.Gleichspannungswandler

Antwort: Lcrit = 6,4 µH

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.

Tastgrad

D = 13,5/(9 + 13,5) = 0,6

Grenzbedingung

Setze den mittleren Spulenstrom gleich der halben Welligkeit und löse nach L auf.

Lcrit = (1 − D)²·R/(2f)

Kritische Induktivität

Lcrit = (1 − 0,6)²·8/(2100·10³) = 6,4 µH

Antwort

Lcrit = 6,4 µH
11.Wheatstone-Brücke und Dehnungsmessstreifen

Antwort: Vab = 10 mV

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.

Relative Änderung

ΔR/R = 8/1000 = 0,008

Linearisierte Ausgangsspannung

Vab ≈ 5·0,008/4 = 10 mV

Antwort

Vab = 10 mV

Der exakte Wert ist 9,96 mV; die Näherung ist gut, solange ΔR/R klein ist.

12.Wheatstone-Brücke und Dehnungsmessstreifen

Antwort: G = 3145

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.

Brückenausgangsspannung bei Vollaussteuerung

Vo = 0,795 mV

Verstärkung

G = 2,5/0,000795 = 3145

Antwort

G = 3145
13.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & Flipflops

Antwort: AB = 11, CD = 00

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.

Nachbarn jeder 1

Eine 1 mit einer benachbarten 1 kann einer Gruppe aus zwei oder mehr Feldern angehören.

m12: m13, m14, m8, m4 → 0
ABCD0001111000011110111111

Die isolierte 1

m12 = ABC′D′ → AB = 11, CD = 00

Antwort

AB = 11, CD = 00
14.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & Flipflops

Antwort: Taktflanke 6

Flipflops und Zähler: Ein Flipflop ändert sich nur bei der aktiven Taktflanke. D übernimmt seinen Eingang (Q⁺ = D); T kippt bei T = 1; JK hält bei 00, setzt bei 01 zurück, setzt bei 10 und kippt bei 11. Ein n-Bit-Binärzähler hat 2ⁿ Zustände und zählt modulo 2ⁿ; ein Mod-N-Zähler läuft 0, 1, …, N − 1 und wieder auf 0 und braucht die kleinste Anzahl n von Flipflops mit 2ⁿ ≥ N. Jede Stufe eines Asynchronzählers halbiert die Frequenz, daher läuft der letzte Ausgang eines Mod-N-Zählers mit fclk/N. Ein Johnson-Zähler aus n Flipflops hat 2n Zustände, ein Ringzähler n.

Q nach jeder Flanke

Ein JK-Flipflop: 00 hält, 01 setzt zurück (Q = 0), 10 setzt (Q = 1), 11 kippt.

1: J = 0, K = 0 → Q = 0
2: J = 0, K = 1 → Q = 0
3: J = 0, K = 0 → Q = 0
4: J = 1, K = 1 → Q = 1
5: J = 1, K = 0 → Q = 1
6: J = 0, K = 1 → Q = 0
7: J = 0, K = 1 → Q = 0

Erster Wechsel von 1 auf 0

Taktflanke 6

Antwort

Taktflanke 6

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