Übungsaufgaben für die Prüfung FE Electrical and Computer: Lernpaket

Formelsammlungen, die wichtigsten Lösungsschritte zu jedem Thema und 40 Übungsaufgaben, mit vollständigen Lösungen am Ende.

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1Formeln und Methoden

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.

Knotenpotenzialverfahren

Kirchhoffsche Knotenregel
ΣIin = ΣIout
Zweigstrom
I = (Va − Vb)/R
Bezugsknoten
Vground = 0

Methode

  1. Wähle einen Bezugsknoten (Masse) und benenne die übrigen Knotenspannungen.
  2. Stelle an jedem unbekannten Knoten die Knotenregel auf: Die über alle Zweige abfließenden Ströme sind gleich den zufließenden.
  3. Drücke jeden Zweigstrom als (Va − Vb)/R aus.
  4. Löse das Gleichungssystem und bestimme dann jeden benötigten Strom.

Maschenstromverfahren

Kirchhoffsche Maschenregel
ΣV = 0 in jeder Masche
Gemeinsamer Widerstand
Strom = I1 − I2
Stromquelle in einer Masche
legt diesen Maschenstrom fest

Methode

  1. Zeichne in jeder Masche (jedem Fenster) der Schaltung einen Strom im Uhrzeigersinn ein.
  2. Wende in jeder Masche die Maschenregel an: Die Summe der Spannungsabfälle ist null.
  3. In einem Widerstand, den zwei Maschen gemeinsam haben, fließt die Differenz der beiden Maschenströme.
  4. Löse die Gleichungen; ein negatives Ergebnis bedeutet, dass der Strom in die andere Richtung fließt.

Überlagerungssatz

Überlagerungssatz
x = x1 + x2 + … (one source at a time)
Abgeschaltete Spannungsquelle
Kurzschluss (0 V)
Abgeschaltete Stromquelle
Leerlauf (0 A)
Spannungsteiler
V2 = V·R2/(R1 + R2)
Stromteiler
I1 = I·R2/(R1 + R2)

Methode

  1. Zähle die unabhängigen Quellen. Für jede Quelle löst du eine einfachere Schaltung.
  2. Behalte eine Quelle und schalte die anderen ab: Eine Spannungsquelle wird zum Kurzschluss (ein Draht), eine Stromquelle zum Leerlauf (eine Unterbrechung).
  3. Berechne in der einfacheren Schaltung die gesuchte Spannung oder den gesuchten Strom und achte auf die Richtung.
  4. Wiederhole das für jede Quelle und addiere dann die Beiträge mit ihren Vorzeichen.

Thévenin und Norton

Thévenin-Spannung
Vth = Vopen circuit
Thévenin-Widerstand
Rth: alle Quellen abgeschaltet, von a–b aus gesehen
Norton-Strom
IN = Vth/Rth
Laststrom
IL = Vth/(Rth + RL)
Maximale Leistungsübertragung
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)

Methode

  1. Entferne die Last und markiere die beiden Klemmen a und b.
  2. Bestimme die Leerlaufspannung zwischen a und b: Das ist Vth.
  3. Schalte alle unabhängigen Quellen ab und bestimme den Widerstand, den man von a–b aus sieht: Das ist Rth.
  4. Schließe die Last wieder an die Ersatzschaltung an: Vth in Reihe mit Rth.
  5. Für die Norton-Ersatzschaltung umrechnen: IN = Vth/Rth, mit RN = Rth parallel.

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.

Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Impedanzen
ZR = R, ZL = jωL, ZC = 1/(jωC)
Kreisfrequenz
ω = 2πf
Betrag und Winkel
|Z| = √(R² + X²), φ = atan(X/R)
Ohmsches Gesetz mit Zeigern
V = I·Z

Methode

  1. Rechne die Frequenz um: ω = 2πf.
  2. Bestimme jeden Blindwiderstand: XL = ωL und XC = 1/(ωC).
  3. Addiere Impedanzen wie Widerstände, mit Z = R + jX.
  4. Bestimme den Betrag |Z| = √(R² + X²) und den Winkel φ = atan(X/R) und wende dann das ohmsche Gesetz mit Zeigern an.

Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Wirkleistung
P = V·I·cos φ
Blindleistung
Q = V·I·sin φ
Scheinleistung
S = V·I = √(P² + Q²)
Leistungsfaktor
pf = cos φ = P/S
Kompensationskondensator
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(ωV²)

Drehstromleistung

Sternschaltung (Y)
VL = √3·Vph, IL = Iph
Dreieckschaltung (Δ)
VL = Vph, IL = √3·Iph
Gesamte Wirkleistung
P = √3·VL·IL·cos φ = 3·Iph²·R
Schein- und Blindleistung
S = √3·VL·IL, Q = P·tan φ
Kompensationskondensatoren
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(3ωV²)
Spannung an jedem Kondensator
Δ: VL Y: VL/√3
Aufgenommene Motorleistung
Pin = Pout/η

Transformatoren

Übersetzungsverhältnis
a = N1/N2 = V1/V2
Stromverhältnis
I1/I2 = N2/N1 = 1/a
Nennstrom
I = S/V
Umgerechnete Impedanz
Z1′ = a²·ZL
Kupferverluste bei Teillast
Pcu = x²·Pcu,fl
Wirkungsgrad
η = x·S·pf/(x·S·pf + Pcore + x²·Pcu,fl)
Maximaler Wirkungsgrad
x = √(Pcore/Pcu,fl)

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

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

Zahlensysteme

Stellenwerte
binär 2k, oktal 8k, hex 16k
Ins Dezimalsystem
Σ dk·bk
Aus dem Dezimalsystem
durch die Basis teilen, die Reste von unten nach oben lesen
Hex ↔ binär
eine Hex-Ziffer = 4 Bits
Zweierkomplement
die Bits invertieren und 1 addieren

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.

Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve

Stabilität
alle Wurzeln des charakteristischen Polynoms in der linken Halbebene
Routh-Schema, Eintrag der s¹-Zeile eines kubischen Polynoms
b1 = (a2a1 − a3a0)/a2
Wurzeln in der rechten Halbebene
Anzahl der Vorzeichenwechsel in der ersten Spalte
Kubisches Polynom s³ + a₂s² + a₁s + a₀
stabil, wenn alle a > 0 und a₂·a₁ > a₀
K/(s(s + a)(s + b))
Kmax = ab(a + b), ω = √(ab)
Charakteristische Gleichung
1 + K·G(s) = 0
Asymptoten
σa = (Σp − Σz)/(n − m), θ = (2q + 1)·180°/(n − m)
Verzweigungs- und Einmündungspunkte
dK/ds = 0
Betragsbedingung
K = 1/|G(s)|
Abgangswinkel
θd = 180° − Σ∠(from other poles) + Σ∠(from zeros)

Methode

  1. Schreibe das charakteristische Polynom des geschlossenen Kreises auf: den Nenner von 1 + K·G(s) = 0, ausmultipliziert.
  2. Trage die Koeffizienten abwechselnd in die ersten beiden Zeilen des Routh-Schemas ein und bilde die übrigen Zeilen.
  3. Zähle die Vorzeichenwechsel in der ersten Spalte: Jeder entspricht einem Pol in der rechten Halbebene. Steht K im Schema, verlange, dass jeder Eintrag der ersten Spalte positiv bleibt.
  4. Markiere für eine Wurzelortskurve die Pole und Nullstellen, die Abschnitte der reellen Achse, die Asymptoten vom Schwerpunkt aus und die Verzweigungspunkte, an denen dK/ds = 0 gilt. Verwende K = 1/|G(s)| für die Verstärkung an einem Punkt.

Stationärer Fehler und PID-Regelung

Systemtyp
Anzahl der Pole von G(s) bei s = 0
Fehlerkonstanten
Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s), Ka = lim s²·G(s) (s → 0)
Sprung A
ess = A/(1 + Kp)
Rampe A·t
ess = A/Kv
Parabel A·t²/2
ess = A/Ka
PID-Regler
C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s
Zielsystem zweiter Ordnung
s² + 2ζωns + ωn²
Überschwingen und Zeitverhalten
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, ts ≈ 4/(ζωn)

Methode

  1. Zähle die Pole des offenen Kreises C(s)·G(s) bei s = 0: Das ist der Systemtyp.
  2. Berechne die Fehlerkonstante, die zur Eingangsgröße passt: Kp für einen Sprung, Kv für eine Rampe, Ka für eine Parabel.
  3. Wende ess = A/(1 + Kp), A/Kv oder A/Ka an, oder löse die Gleichung nach der benötigten Verstärkung auf.
  4. Schreibe bei einer Vorgabe zu Dämpfung oder Drehzahl das charakteristische Polynom des geschlossenen Kreises auf und vergleiche es mit s² + 2ζω_n·s + ω_n².

2Übungsaufgaben

1.Reihen- und ParallelschaltungMittel
R1​ = 10 ΩIR1​R3​ = 20 Ω+−V1​6 VR2​12 ΩAR4​6 ΩB

Bestimme den Strom IR1, den die Quelle abgibt und der durch R1 fließt.

V1 = 6 VR1 = 10 ΩR2 = 12 ΩR3 = 20 ΩR4 = 6 Ω
IR1 = A
2.Reihen- und ParallelschaltungSchwer
R1​ = 25 ΩIR1​R3​ = 8 ΩR5​ = 20 Ω+−V1​12 VR2​12 ΩAR4​8 ΩBR6​6 Ω

Bestimme den Strom IR1, den die Quelle abgibt und der durch R1 fließt.

V1 = 12 VR1 = 25 ΩR2 = 12 ΩR3 = 8 ΩR4 = 8 ΩR5 = 20 ΩR6 = 6 Ω
IR1 = A
3.KnotenpotenzialverfahrenMittel
R1​ = 3 ΩIR1​R3​ = 20 Ω+−V1​12 VR2​12 ΩAR4​5 ΩBIs​1,5 A

Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren den Strom IR1 durch R1 in Pfeilrichtung.

V1 = 12 VIs = 1,5 AR1 = 3 ΩR2 = 12 ΩR3 = 20 ΩR4 = 5 Ω
IR1 = A
4.KnotenpotenzialverfahrenSchwer
R1​ = 20 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​12 VR2​10 ΩAR4​2 ΩBIs​?

Die Stromquelle wird so eingestellt, dass das Knotenpotenzial an A VA = 12,5 V beträgt. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren den Quellenstrom Is (Richtung wie dargestellt).

V1 = 12 VR1 = 20 ΩR2 = 10 ΩR3 = 4 ΩR4 = 2 ΩVA = 12,5 V
Is = A
5.MaschenstromverfahrenMittel
R1​ = 10 ΩIR1​R2​ = 2 Ω+−V1​9 VR3​10 ΩA+−V2​15 VI1​I2​

Bestimme mit dem Maschenstromverfahren den Strom IR1 durch R1 in Pfeilrichtung.

V1 = 9 VV2 = 15 VR1 = 10 ΩR2 = 2 ΩR3 = 10 Ω
IR1 = A
6.MaschenstromverfahrenSchwer
R1​ = 6 ΩR2​ = 4 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​6 VR4​12 ΩAR5​20 ΩB+−V2​9 VI1​I2​I3​

Bestimme mit dem Maschenstromverfahren den Maschenstrom I2 (im Uhrzeigersinn).

V1 = 6 VV2 = 9 VR1 = 6 ΩR2 = 4 ΩR3 = 8 ΩR4 = 12 ΩR5 = 20 Ω
I2 = A
7.ÜberlagerungssatzMittel
R1​ = 4 ΩIR1​R3​ = 5 Ω+−V1​12 VR2​8 ΩAR4​4 ΩBIs​1 A

Bestimme mit dem Überlagerungssatz den Strom IR1 durch R1 in Pfeilrichtung.

V1 = 12 VIs = 1 AR1 = 4 ΩR2 = 8 ΩR3 = 5 ΩR4 = 4 Ω
IR1 = A
8.ÜberlagerungssatzSchwer
lineare SchaltungV1​V2​Is​IRL​

Eine lineare Widerstandsschaltung enthält drei unabhängige Quellen: V1, V2 und Is. Der Strom I durch eine Last wird dreimal gemessen. Mit allen Quellen auf ihren Normalwerten ist I = 30 mA. Mit verdoppeltem V1 und unveränderten anderen beiden ist I = 40,5 mA. Mit umgekehrter Richtung von Is und unveränderten anderen beiden ist I = 9 mA. Bestimme den Laststrom I, wenn V2 abgeschaltet ist und V1 und Is ihre Normalwerte haben.

normal: I = 30 mA2·V1: I = 40,5 mA−Is: I = 9 mA
I = mA
9.Thévenin und NortonMittel
R1​ = 15 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​12 VR2​15 ΩAab

Bestimme den Norton-Strom IN: den Strom, der von a nach b fließt, wenn die Klemmen kurzgeschlossen sind.

V1 = 12 VR1 = 15 ΩR2 = 15 ΩR3 = 8 Ω
IN = A
10.Thévenin und NortonSchwer
R1​ = 20 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​30 VR2​12 ΩAIs​1 ABRL​15 ΩIL​

An a–b wird eine Last RL = 15 Ω angeschlossen. Ersetze den Rest der Schaltung durch ihr Thévenin-Ersatzschaltbild und bestimme den Laststrom IL.

V1 = 30 VIs = 1 AR1 = 20 ΩR2 = 12 ΩR3 = 2 ΩRL = 15 Ω
IL = A
11.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
+−Vs​12 Vt = 0R1​ = 3,3 kΩR2​ = 6,8 kΩC220 µF+−vC​

Die Quelle Vₛ lädt den Kondensator über R₁, und R₂ liegt parallel zu C. Der Kondensator ist ungeladen, wenn der Schalter bei t = 0 schließt. Bestimme die Zeitkonstante τ der Schaltung nach dem Schließen des Schalters.

Vs = 12 VR1 = 3,3 kΩR2 = 6,8 kΩC = 220 µF
τ = ms
12.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
+−Vs​12 Vöffnet bei t = 0R1​ = 10 kΩR2​ = 10 kΩi2​C220 µF+−vC​

Der Schalter ist seit Langem geschlossen, die Schaltung ist also im eingeschwungenen Zustand. Bei t = 0 öffnet der Schalter. Bestimme den Strom i2 durch R2 bei t = 1000 ms.

Vs = 12 VR1 = 10 kΩR2 = 10 kΩC = 220 µFt = 1000 ms
i2 = mA
13.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
230 V60 HzR = 80 ΩL = 100 mHI

Ein Widerstand und eine Spule liegen parallel an einer Versorgung mit 230 V (Effektivwert) und 60 Hz. Bestimme den Phasenwinkel φ der Impedanz in Grad (positiv, wenn der Strom der Spannung nacheilt).

V = 230 V (rms)f = 60 HzR = 80 ΩL = 100 mH
φ = °
14.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
VfR = 10 ΩL = 20 mHC = 0,47 µF

Ein RLC-Reihenschwingkreis hat R = 10 Ω, L = 20 mH und C = 0,47 µF. Bestimme seine Güte Q bei Resonanz.

R = 10 ΩL = 20 mHC = 0,47 µF
Q =
15.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
120 VZ12 + j16 ΩI

Eine Last mit der Impedanz Z = 12 + j16 Ω liegt an einer einphasigen Versorgung mit 120 V (Effektivwert). Bestimme die aufgenommene Wirkleistung P.

V = 120 VZ = 12 + j16 Ω
P = W
16.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
P = 20 kWQ1​S1​φ1​QC​

Eine einphasige Last nimmt 20 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,7 induktiv aus einer Versorgung mit 240 V und 50 Hz auf. Ein parallel geschalteter Kondensator hebt den Leistungsfaktor auf 0,9. Bestimme die Blindleistung QC, die der Kondensator liefern muss.

P = 20 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,9V = 240 Vf = 50 Hz
QC = kvar
17.DrehstromleistungMittel
ABCVL​ = 400 VZ = 3 + j4 Ωpro Strang

Eine symmetrische Last in Dreieckschaltung mit einer Impedanz von 3 + j4 Ω pro Strang ist an ein symmetrisches Drehstromnetz mit einer Leiterspannung von 400 V angeschlossen. Bestimme die gesamte Wirkleistung P, die die Last aufnimmt, in kW.

VL = 400 VZ = 3 + j4 Ω pro Strang
P = kW
18.DrehstromleistungSchwer
P = 120 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 120 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,75 induktiv aus einem Netz mit 480 V (Leiterspannung) und 60 Hz auf. Eine parallel zur Last geschaltete Drehstrom-Kondensatorbatterie soll den Gesamtleistungsfaktor auf 0,92 induktiv anheben. Die Wirkleistung bleibt gleich. Bestimme die gesamte Blindleistung QC, die die Kondensatorbatterie liefern muss, in kvar.

P = 120 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,92VL = 480 Vf = 60 Hz
QC = kvar
19.TransformatorenMittel
16 ΩN1​N2​1024 Ω

Ein Verstärker mit einem Ausgangswiderstand von 1024 Ω speist über einen idealen Transformator einen Lautsprecher mit 16 Ω. Für maximale Leistungsübertragung muss der Lautsprecher vom Verstärker aus wie 1024 Ω erscheinen. Bestimme das Übersetzungsverhältnis a = N₁/N₂.

Rs = 1024 ΩRL = 16 Ω
a =
20.TransformatorenSchwer
pf 0,975 kVA, 25% Last

Ein einphasiger Transformator mit 75 kVA hat Eisenverluste von 225 W und Kupferverluste von 675 W bei Nennlast. Er liefert 25 % seiner Nennscheinleistung bei einem Leistungsfaktor von 0,9 induktiv. Bestimme die Gesamtverluste Ploss in Watt bei dieser Last.

S = 75 kVAPcore = 225 WPcu,fl = 675 Wx = 0,25pf = 0,9
Ploss = W
21.OperationsverstärkerMittel
−+Vout​Rf​ = 100 kΩR1​ = 4,7 kΩVin​ = 0,5 V

Der Operationsverstärker ist ideal und wird mit ±15 V versorgt. Bestimme die Ausgangsspannung Vout.

Vin = 0,5 VR1 = 4,7 kΩRf = 100 kΩ
Vout = V
22.OperationsverstärkerSchwer
−+Vout​Rf​ = 2 kΩV1​ = 0,3 VR1​ = 47 kΩV2​ = −1,2 VR2​ = 4,7 kΩIf​

Der Summierverstärker verwendet einen idealen Operationsverstärker mit ±15 V Versorgung. Bestimme den Strom If durch den Rückkopplungswiderstand, in Richtung des Ausgangs.

V1 = 0,3 VV2 = −1,2 VR1 = 47 kΩR2 = 4,7 kΩRf = 2 kΩ
If = mA
23.Dioden und TransistorenMittel
RC​ = 4,7 kΩβ = 150IC​ = ?RE​ = 1 kΩVCC​ = 20 VR1​ = 56 kΩR2​ = 12 kΩ

Ein NPN-Transistor mit β = 150 wird mit einem Spannungsteiler an VCC = 20 V eingestellt: R₁ = 56 kΩ von VCC zur Basis und R₂ = 12 kΩ von der Basis nach Masse. Der Kollektorwiderstand ist RC = 4,7 kΩ und der Emitterwiderstand RE = 1 kΩ. Nimm VBE = 0,7 V an und verwende das Thévenin-Ersatzschaltbild des Teilers (vernachlässige den Basisstrom nicht). Bestimme den Kollektorstrom IC in mA.

VCC = 20 VR1 = 56 kΩR2 = 12 kΩRC = 4,7 kΩRE = 1 kΩβ = 150
IC = mA
24.Dioden und TransistorenSchwer
RC​ = 330 Ωβ = 200VCC​ = 12 V5 VRB​ = ?

Ein NPN-Transistor mit β = 200 schaltet einen Lastwiderstand von 330 Ω, der zwischen VCC = 12 V und seinem Kollektor liegt. Der Emitter liegt auf Masse. Die Basis wird von einem Logikausgang mit 5 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 2-mal so groß ist wie das für die Sättigung nötige Minimum. Bestimme RB in kΩ.

VCC = 12 VRC = 330 Ωβ = 200Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 VÜbersteuerungsfaktor = 2
RB = kΩ
25.ZahlensystemeMittel
8-Bit-Zweierkomplement0−12806403201608040201

Setze die Bits so, dass sie −100 im 8-Bit-Zweierkomplement speichern. Welchen Wert U hat das Muster, wenn man es als vorzeichenlose Zahl liest?

N = −1008 bit
U =
26.ZahlensystemeSchwer
24 Bit, vorzeichenlos, N = ?????????????????????????

Was ist die größte vorzeichenlose ganze Zahl N, die in 24 Bits passt?

24 bit
N =
27.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & FlipflopsMittel
MUX0I0​0I1​1I2​C′I3​ABS1​S0​F

Ein 4-zu-1-Multiplexer hat die Auswahleingänge S₁ = A und S₀ = B, und seine Dateneingänge liegen auf I₀ = 0, I₁ = 0, I₂ = 1, I₃ = C′. Für wie viele der 8 Kombinationen von A, B und C ist der Ausgang F = 1? Bestimme N.

I₀ = 0I₁ = 0I₂ = 1I₃ = C′
N =
28.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & FlipflopsSchwer
ABCD0001111000011110X01113120405X7160121130150140819111010

Bestimme für F(A, B, C, D) = Σm(1, 2, 3, 6, 9, 11, 13) + d(0, 7), wobei d die Don’t-Care-Bedingungen kennzeichnet, die Anzahl N der wesentlichen Primimplikanten.

F(A, B, C, D) = Σm(1, 2, 3, 6, 9, 11, 13) + d(0, 7)
N =
29.Laplace-TransformationenMittel
ReIm−1−2−3−4−5−6−71

Bestimme f(t) für F(s) = (5s + 32)/(s² + 2s + 2) mit quadratischer Ergänzung und werte f(1,2) aus.

F(s) = (5s + 32)/(s² + 2s + 2)t = 1,2 s
f(1.2) =
30.Laplace-TransformationenSchwer
ReIm−0,5−1−1,5−2−2,5−3−3,5−4−4,50,51

Ein System wird durch die Differentialgleichung y″ + 5y′ + 4y = 14u beschrieben, mit Eingang u(t) und Ausgang y(t). Bestimme seine Übertragungsfunktion G(s) = Y(s)/U(s) (Anfangsbedingungen null) und werte die Impulsantwort g(t) bei t = 0,25 s aus. Bestimme g(0,25).

y″ + 5y′ + 4y = 14ut = 0,25 s
g(0.25) =
31.BlockschaltbilderMittel
R(s)+Ks(s + 5)G(s)C(s)−

Die Strecke G(s) = K/(s(s + 5)) liegt in einem Regelkreis mit Einheits-Gegenkopplung. Bestimme die Verstärkung K, für die der geschlossene Kreis aperiodisch gedämpft ist (aperiodischer Grenzfall, zwei gleiche reelle Pole).

G(s) = K/(s(s + 5))Einheits-Gegenkopplung
K =
32.BlockschaltbilderSchwer
R(s)+K(s + 2)(s + 5)(s + 8)G(s)C(s)−

Die Strecke G(s) = K/((s + 2)(s + 5)(s + 8)) liegt in einem Regelkreis mit Einheits-Gegenkopplung. Bestimme mit dem Routh-Hurwitz-Kriterium die größte Verstärkung Kmax, für die der geschlossene Kreis stabil ist.

G(s) = K/((s + 2)(s + 5)(s + 8))Einheits-Gegenkopplung
Kmax =
33.SprungantwortMittel
t (s)y(t)1tp​ = ?

Ein System hat die Übertragungsfunktion G(s) = 81/(s² + 6s + 81) und erhält einen Einheitssprung am Eingang. Bestimme die Überschwingzeit tp der Sprungantwort.

G(s) = 81/(s² + 6s + 81)
tp = s
34.SprungantwortSchwer
+−24 VR = 71 ΩL = 500 mHC = 100 µFvC​

Ein Reihen-RLC-Kreis mit R = 71 Ω, L = 500 mH und C = 100 µF wird bei t = 0 an einen Sprung von 24 V angeschlossen. Der Kondensator ist ungeladen, und vor dem Sprung fließt kein Strom. Bestimme das prozentuale Überschwingen %OS der Kondensatorspannung.

R = 71 ΩL = 500 mHC = 100 µFV = 24 V
%OS = %
35.Bode-Diagramme und ReservenMittel
|H| (dB)0,10,1111010100100−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−90−450ω = 5

Bestimme die Phase ∠G(jω) von G(s) = 44(s + 1)/(s(s + 2)) bei ω = 5 rad/s in Grad.

G(s) = 44(s + 1)/(s(s + 2))ω = 5 rad/s
∠G(jω) = °
36.Bode-Diagramme und ReservenSchwer
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Ein Regelkreis mit Einheitsrückführung hat die Übertragungsfunktion des offenen Kreises L(s) = 16/(s(s + 1)(s + 5)). Bestimme die Amplitudenreserve GM in dB.

L(s) = 16/(s(s + 1)(s + 5))
GM = dB
37.Stabilität: Routh-Hurwitz und WurzelortskurveMittel
R(s)+Ks + 2(s − 2)(s + 5)C(s)−

Die Strecke G(s) = (s + 2)/((s − 2)(s + 5)) hat einen instabilen Pol bei s = 2. Ein Proportionalregler mit der Verstärkung K schließt einen Regelkreis mit Einheitsrückführung um sie. Bestimme die kleinste Verstärkung Kmin, die den geschlossenen Kreis stabil macht.

G(s) = (s + 2)/((s − 2)(s + 5))
Kmin =
38.Stabilität: Routh-Hurwitz und WurzelortskurveSchwer
ReIm−2−4j2j4

Bestimme für L(s) = K/((s + 3)(s² + 2s + 17)) den Abgangswinkel θd der Wurzelortskurve vom komplexen Pol in der oberen Halbebene, gemessen von der positiven reellen Achse.

L(s) = K/((s + 3)(s² + 2s + 17))
θd = °
39.Stationärer Fehler und PID-RegelungMittel
r(t) = 1t+Ks(s + 4)C(s)−

Ein Regelkreis mit Einheitsrückführung und G(s) = K/(s(s + 4)) soll der Rampe r(t) = 1t mit einem stationären Fehler von 0,05 folgen. Bestimme die Verstärkung K.

G(s) = K/(s(s + 4))r(t) = 1tess = 0,05
K =
40.Stationärer Fehler und PID-RegelungSchwer
R(s)+K4s(s + 6)C(s)−

Ein Proportionalregler K regelt die Strecke G(s) = 4/(s(s + 6)) in einem Regelkreis mit Einheitsrückführung. Bestimme die Verstärkung K, die dem geschlossenen Kreis den Dämpfungsgrad ζ = 0,4 gibt.

G(s) = 4/(s(s + 6))ζ = 0,4
K =

3Lösungen

1.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: IR1 = 0,3295 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​ = 10 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​6 VR2​12 ΩAR4​6 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 + 6 = 26 Ω
R2 ∥ 26 = 12·26/(12+26) = 8,211 Ω
Req = R1 + 8,211 = 10 + 8,211 = 18,21 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 = 6/18,21 = 0,3295 A

Antwort

IR1 = 0,3295 A
2.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: IR1 = 0,3811 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​ = 25 ΩR3​ = 8 ΩR5​ = 20 Ω+−V1​12 VR2​12 ΩAR4​8 ΩBR6​6 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 = 20 + 6 = 26 Ω
R4 ∥ 26 = 6,118 Ω
R3 + 6,118 = 14,12 Ω
R2 ∥ 14,12 = 6,486 Ω
Req = R1 + 6,486 = 25 + 6,486 = 31,49 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 = 12/31,49 = 0,3811 A

Antwort

IR1 = 0,3811 A
3.Knotenpotenzialverfahren

Antwort: IR1 = 0,8613 A

Knotenpotenzialverfahren: Wähle einen Bezugsknoten, benenne die unbekannten Knotenpotenziale, stelle an jedem unbekannten Knoten die Kirchhoffsche Knotenregel mit dem ohmschen Gesetz (I = ΔV/R) auf und löse das entstehende Gleichungssystem.

R1​ = 3 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​12 VR2​12 ΩAR4​5 ΩBIs​1,5 A

Knoten festlegen

Masse ist der untere Leiter. Bekannte Knotenpotenziale ergeben sich direkt aus den Quellen (V1 = 12 V). Unbekannt: VA, VB.

KCL am Knoten A

Die Ströme, die A über die Widerstände verlassen, sind gleich dem Strom, den die Quellen in A einspeisen.

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/12 + (VA − 12)/3 + (VA − VB)/20 = 0
0,4667·VA − 0,05·VB = 4

KCL am Knoten B

Die Ströme, die B über die Widerstände verlassen, sind gleich dem Strom, den die Quellen in B einspeisen.

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/5 + (VB − VA)/20 = 1,5
−0,05·VA + 0,25·VB = 1,5

Lösen

Δ = (0,4667)(0,25) − (−0,05)(−0,05) = 0,1142
VA = Δ1/Δ = 1,075/0,1142 = 9,416 V
VB = Δ2/Δ = 0,9/0,1142 = 7,883 V

Antwort

IR1 = (V1 − VA)/R1 = (12 − 9,416)/3 = 0,8613 A
4.Knotenpotenzialverfahren

Antwort: Is = 10,08 A

Knotenpotenzialverfahren: Wähle einen Bezugsknoten, benenne die unbekannten Knotenpotenziale, stelle an jedem unbekannten Knoten die Kirchhoffsche Knotenregel mit dem ohmschen Gesetz (I = ΔV/R) auf und löse das entstehende Gleichungssystem.

Knotenregel am Knoten A

VA ist bekannt, daher liefert diese Gleichung VB.

(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
(12,5 − 12)/20 + 12,5/10 = (VB − 12,5)/4
1,275 = (VB − 12,5)/4 → VB = 17,6 V

Knotenregel am Knoten B

Die über die Widerstände von B abfließenden Ströme sind gleich dem Strom, den Quellen in B hineinschieben.

Is = (VB − VA)/R3 + VB/R4 = (17,6 − 12,5)/4 + 17,6/2 = 10,08 A

Antwort

Is = 10,08 A
5.Maschenstromverfahren

Antwort: IR1 = −0,3 A

Maschenstromverfahren: Gib jedem Fenster einer ebenen Schaltung einen eigenen Umlaufstrom, stelle für jeden Umlauf die Kirchhoffsche Maschenregel auf (Summe der Abfälle = Summe der Quellenspannungen) und löse. Zweigströme sind der Maschenstrom oder die Differenz zweier Maschenströme in einem gemeinsamen Zweig.

R1​ = 10 ΩR2​ = 2 Ω+−V1​9 VR3​10 ΩA+−V2​15 VI1​I2​

Maschenströme festlegen

Zeichne in jedes Fenster einen Strom im Uhrzeigersinn: I1, I2. Ein Widerstand, den zwei Maschen teilen, führt die Differenz ihrer Ströme.

Maschenregel in Masche 1

Im Uhrzeigersinn umlaufend sind die Spannungsabfälle an den Widerständen gleich den Quellenspannungen (von − nach + in Umlaufrichtung).

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
10·I1 + 10(I1 − I2) = 9
20·I1 − 10·I2 = 9

Maschenregel in Masche 2

Im Uhrzeigersinn umlaufend sind die Spannungsabfälle an den Widerständen gleich den Quellenspannungen (von − nach + in Umlaufrichtung).

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
2·I2 + 10(I2 − I1) = (−15)
−10·I1 + 12·I2 = −15

Lösen

Δ = (20)(12) − (−10)(−10) = 140
I1 = Δ1/Δ = −42/140 = −0,3 A
I2 = Δ2/Δ = −210/140 = −1,5 A

Antwort

IR1 = I1 = −0,3 A

Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.

6.Maschenstromverfahren

Antwort: I2 = −0,1771 A

Maschenstromverfahren: Gib jedem Fenster einer ebenen Schaltung einen eigenen Umlaufstrom, stelle für jeden Umlauf die Kirchhoffsche Maschenregel auf (Summe der Abfälle = Summe der Quellenspannungen) und löse. Zweigströme sind der Maschenstrom oder die Differenz zweier Maschenströme in einem gemeinsamen Zweig.

R1​ = 6 ΩR2​ = 4 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​6 VR4​12 ΩAR5​20 ΩB+−V2​9 VI1​I2​I3​

Maschenströme festlegen

Zeichne in jedes Fenster einen Strom im Uhrzeigersinn: I1, I2, I3. Ein Widerstand, den zwei Maschen teilen, führt die Differenz ihrer Ströme.

Maschenregel in Masche 1

Im Uhrzeigersinn umlaufend sind die Spannungsabfälle an den Widerständen gleich den Quellenspannungen (von − nach + in Umlaufrichtung).

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
6·I1 + 12(I1 − I2) = 6
18·I1 − 12·I2 = 6

Maschenregel in Masche 2

Im Uhrzeigersinn umlaufend sind die Spannungsabfälle an den Widerständen gleich den Quellenspannungen (von − nach + in Umlaufrichtung).

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
4·I2 + 12(I2 − I1) + 20(I2 − I3) = 0
−12·I1 + 36·I2 − 20·I3 = 0

Maschenregel in Masche 3

Im Uhrzeigersinn umlaufend sind die Spannungsabfälle an den Widerständen gleich den Quellenspannungen (von − nach + in Umlaufrichtung).

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
8·I3 + 20(I3 − I2) = (−9)
−20·I2 + 28·I3 = −9

Lösen

Δ = Determinante der Koeffizientenmatrix = 6912
I1 = Δ1/Δ = 1488/6912 = 0,2153 A
I2 = Δ2/Δ = −1224/6912 = −0,1771 A
I3 = Δ3/Δ = −3096/6912 = −0,4479 A

Antwort

I2 = −0,1771 A

Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.

7.Überlagerungssatz

Antwort: IR1 = 1,229 A

Überlagerungssatz: In einer linearen Schaltung ist jede Spannung und jeder Strom die Summe der Wirkungen jeder unabhängigen Quelle für sich allein. Um eine Quelle abzuschalten, ersetzt man eine ideale Spannungsquelle durch einen Kurzschluss und eine ideale Stromquelle durch einen Leerlauf. Die Widerstände bleiben, wo sie sind.

R1​ = 4 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​12 VR2​8 ΩAR4​4 ΩBOFFEN

Fall 1 · V1 allein aktiv

Iₛ wird zum Leerlauf, daher bilden R₃ und R₄ einen Reihenzweig von A nach Masse, parallel zu R₂.

R3+R4 = 5+4 = 9 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 8·9/(8+9) = 4,235 Ω
VA = 12·4,235/(4+4,235) = 6,171 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 6,171·4/9 = 2,743 V
IR1′ = (V1 − VA)/R1 = (12 − 6,171)/4 = 1,457 A
R1​ = 4 ΩR3​ = 5 ΩKURZSCHLUSSR2​8 ΩAR4​4 ΩBIs​1 A

Fall 2 · Is allein aktiv

V₁ wird zum Kurzschluss, daher liegt R₁ parallel zu R₂. Iₛ teilt sich in B zwischen R₄ und dem Pfad über R₃ auf.

R1 ∥ R2 = 4·8/(4+8) = 2,667 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 4 ∥ 7,667 = 2,629 Ω
VB = Is·Req = 1·2,629 = 2,629 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 2,629·2,667/7,667 = 0,9143 V
IR1″ = (V1 − VA)/R1 = (0 − 0,9143)/4 = −0,2286 A

Anteile addieren

IR1 = IR1′ + IR1″
IR1 = 1,457 + (−0,2286) = 1,229 A

Ein negatives Ergebnis bedeutet, dass der tatsächliche Strom gegen den Pfeil fließt.

8.Überlagerungssatz

Antwort: I = 21 mA

Überlagerungssatz: In einer linearen Schaltung ist jede Spannung und jeder Strom die Summe der Wirkungen jeder unabhängigen Quelle für sich allein. Um eine Quelle abzuschalten, ersetzt man eine ideale Spannungsquelle durch einen Kurzschluss und eine ideale Stromquelle durch einen Leerlauf. Die Widerstände bleiben, wo sie sind.

Die Messungen mit Anteilen aufschreiben

Jeder Anteil ist proportional zu seiner eigenen Quelle.

I₁ + I₂ + I₃ = 30
2·I₁ + I₂ + I₃ = 40,5
I₁ + I₂ − I₃ = 9

Nach den Anteilen auflösen

I₁ = 40,5 − 30 = 10,5 mA
I₃ = (30 − 9)/2 = 10,5 mA
I₂ = 30 − 10,5 − 10,5 = 9 mA

V₂ abschalten

I = I₁ + I₃ = 10,5 + 10,5 = 21 mA

Antwort

I = 21 mA
9.Thévenin und Norton

Antwort: IN = 0,3871 A

Satz von Thévenin: Jedes lineare Zweipolnetzwerk verhält sich wie eine einzige Spannungsquelle Vth in Reihe mit einem Widerstand Rth. Der Satz von Norton beschreibt dasselbe Netzwerk als Stromquelle IN = Vth/Rth parallel zu Rth.

R1​ = 15 ΩR3​ = 8 ΩKURZSCHLUSSR2​15 ΩAabRth​

Rth bei abgeschalteten Quellen bestimmen

Ersetze Spannungsquellen durch Kurzschlüsse und Stromquellen durch Leerläufe und blicke dann von a–b in die Schaltung.

R1 ∥ R2 = 15·15/(15+15) = 7,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 7,5 + 8 = 15,5 Ω
R1​ = 15 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​12 VR2​15 ΩAab+−Vth​

Vth bestimmen, die Leerlaufspannung

Bei offenen Klemmen a–b fließt kein Strom durch R₃, also fällt daran keine Spannung ab und V_b = V_A. R₁ und R₂ bilden einen Spannungsteiler.

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 12·15/(15+15) = 6 V
IN​0,3871 ARth​15,5 Ωab

Norton-Ersatzschaltbild

Eine Norton-Quelle ist dieselbe Schaltung, gesehen als Stromquelle parallel zu R_th. Ihr Strom ist der Kurzschlussstrom an a–b.

IN = Vth/Rth = 6/15,5 = 0,3871 A
10.Thévenin und Norton

Antwort: IL = 0,8469 A

Satz von Thévenin: Jedes lineare Zweipolnetzwerk verhält sich wie eine einzige Spannungsquelle Vth in Reihe mit einem Widerstand Rth. Der Satz von Norton beschreibt dasselbe Netzwerk als Stromquelle IN = Vth/Rth parallel zu Rth.

R1​ = 20 ΩR3​ = 2 ΩKURZSCHLUSSR2​12 ΩAOFFENBabRth​

Rth bei abgeschalteten Quellen bestimmen

Ersetze Spannungsquellen durch Kurzschlüsse und Stromquellen durch Leerläufe und blicke dann von a–b in die Schaltung.

R1 ∥ R2 = 20·12/(20+12) = 7,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 7,5 + 2 = 9,5 Ω
R1​ = 20 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​30 VR2​12 ΩAIs​1 ABab+−Vth​

Vth bestimmen, die Leerlaufspannung

Bei offenen Klemmen a–b fließt Iₛ nur über R₃ in Knoten A. Bestimme V_A durch Überlagerung von V₁ und Iₛ und addiere dann den Spannungsabfall an R₃.

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 11,25 + 1·7,5 = 18,75 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 18,75 + 1·2 = 20,75 V
Rth​ = 9,5 Ω+−Vth​20,75 VRL​15 ΩIL​

Die Last an das Thévenin-Ersatzschaltbild anschließen

Thévenin-Quelle und R_th in Reihe verhalten sich an a–b genau wie die ursprüngliche Schaltung, daher sieht die Last einen einfachen Reihenkreis.

IL = Vth/(Rth + RL) = 20,75/(9,5 + 15) = 0,8469 A
11.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: τ = 488,8 ms

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.

Thévenin-Ersatzschaltung aus Sicht des Kondensators

Schließe die Quelle kurz, um Rth zu bestimmen; entferne den Kondensator, um die Spannung zu bestimmen, auf die er sich einstellt.

Rth = R1 ∥ R2 = 3,3·6,8/(3,3 + 6,8) = 2,222 kΩ
vC(∞) = 12·6,8/(3,3 + 6,8) = 8,079 V

Zeitkonstante

τ = Rth·C = 2,222·220 = 488,8 ms

Antwort

τ = 488,8 ms
12.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: i2 = 0,3808 mA

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.

Anfangsspannung des Kondensators

Im eingeschwungenen Zustand ist der Kondensator ein Leerlauf, R₁ und R₂ bilden also einen Spannungsteiler. Die Kondensatorspannung kann beim Öffnen des Schalters nicht springen.

vC(0) = 12·10/(10 + 10) = 6 V

Zeitkonstante nach dem Öffnen des Schalters

τ = R2·C = 10·220 = 2200 ms

Entladung

vC(t) = 6·e−1000/2200 = 3,808 V
i2 = vC/R2 = 3,808/10 = 0,3808 mA

Antwort

i2 = 0,3808 mA
13.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: φ = 64,77 °

Wechselstromkreise mit Zeigern: Widerstände, Spulen und Kondensatoren haben die Impedanzen R, jωL und 1/(jωC), mit ω = 2πf. In Reihe addieren sich Impedanzen wie Widerstände, aber als komplexe Zahlen. Effektivwerte von Strom und Spannung folgen dem ohmschen Gesetz mit |Z|.

Blindwiderstand

XL = ωL = 2π·60·0,1 = 37,7 Ω

Zweigströme

Beide Zweige liegen direkt an der Versorgung, jeder sieht also die volle Spannung V.

IR = V/R = 230/80 = 2,875 A
IX = V/XL = 230/37,7 = 6,101 A

Gesamtstrom

Der Strom im Widerstand ist in Phase mit V, der Blindstrom um 90° verschoben, sie addieren sich also wie die Seiten eines rechtwinkligen Dreiecks.

I = √(IR² + IX²) = √(2,875² + 6,101²) = 6,744 A

Phasenwinkel

Der Spulenstrom eilt V nach, der Gesamtstrom eilt also nach, und der Winkel ist positiv.

φ = arctan(IX/IR) = arctan(6,101/2,875) = 64,77°

Antwort

φ = 64,77°
14.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: Q = 20,63

Wechselstromkreise mit Zeigern: Widerstände, Spulen und Kondensatoren haben die Impedanzen R, jωL und 1/(jωC), mit ω = 2πf. In Reihe addieren sich Impedanzen wie Widerstände, aber als komplexe Zahlen. Effektivwerte von Strom und Spannung folgen dem ohmschen Gesetz mit |Z|.

Resonanzfrequenz

f0 = 1/(2π·√(0,02·0,47·10⁻⁶)) = 1642 Hz

Güte

Die Güte vergleicht den Blindwiderstand bei Resonanz mit dem Widerstand: Q = ω₀L/R.

Q = (1/R)·√(L/C) = (1/10)·√(0,02/(0,47·10⁻⁶)) = 20,63

Antwort

Q = 20,63
15.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: P = 432 W

Wechselstromleistung: Die Scheinleistung S = V·I (VA) teilt sich in die Wirkleistung P = S·cos φ (W), die nutzbare Arbeit leistet, und die Blindleistung Q = S·sin φ (var), die zwischen Quelle und Last hin und her pendelt. Der Leistungsfaktor ist cos φ. Ein paralleler Kondensator liefert Blindleistung vor Ort, sodass der Leiterstrom bei gleicher Wirkleistung sinkt.

Strom

|Z| = √(12² + 16²) = 20 Ω
I = V/|Z| = 120/20 = 6 A

Wirkleistung

P = I²·R = 6²·12 = 432 W

Antwort

P = 432 W
16.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: QC = 10,72 kvar

Wechselstromleistung: Die Scheinleistung S = V·I (VA) teilt sich in die Wirkleistung P = S·cos φ (W), die nutzbare Arbeit leistet, und die Blindleistung Q = S·sin φ (var), die zwischen Quelle und Last hin und her pendelt. Der Leistungsfaktor ist cos φ. Ein paralleler Kondensator liefert Blindleistung vor Ort, sodass der Leiterstrom bei gleicher Wirkleistung sinkt.

Blindleistung vorher und nachher

Die Wirkleistung P ändert sich nicht; nur die aus dem Netz bezogene Blindleistung ändert sich.

Q1 = P·tan φ1 = 20·tan(45,57°) = 20,4 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 20·tan(25,84°) = 9,686 kvar
QC = Q1 − Q2 = 10,72 kvar

Antwort

QC = 10,72 kvar
17.Drehstromleistung

Antwort: P = 57,6 kW

Symmetrische Drehstromsysteme: In der Sternschaltung (Y) ist die Leiterspannung √3-mal so groß wie die Strangspannung, VL = √3·Vph, und der Leiterstrom ist gleich dem Strangstrom. In der Dreieckschaltung (Δ) ist die Leiterspannung gleich der Strangspannung, und der Leiterstrom ist √3-mal so groß wie der Strangstrom, IL = √3·Iph. Die Gesamtleistung ist das Dreifache der Leistung eines Strangs: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ.

Strangspannung

Vph = VL = 400 V

Strangstrom

|Z| = √(3² + 4²) = 5 Ω
Iph = 400/5 = 80 A

Gesamte Wirkleistung

Nur der ohmsche Anteil jeder Impedanz nimmt Wirkleistung auf.

P = 3·Iph²·R = 3·80²·3 = 57,6 kW

Antwort

P = 57,6 kW

Kontrolle: cos φ = R/|Z| = 0,6, und √3·VL·IL·cos φ ergibt dieselbe Leistung.

18.Drehstromleistung

Antwort: QC = 54,71 kvar

Symmetrische Drehstromsysteme: In der Sternschaltung (Y) ist die Leiterspannung √3-mal so groß wie die Strangspannung, VL = √3·Vph, und der Leiterstrom ist gleich dem Strangstrom. In der Dreieckschaltung (Δ) ist die Leiterspannung gleich der Strangspannung, und der Leiterstrom ist √3-mal so groß wie der Strangstrom, IL = √3·Iph. Die Gesamtleistung ist das Dreifache der Leistung eines Strangs: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ. Blindleistungskompensation: Kondensatoren liefern Blindleistung vor Ort, QC = P·(tan φ1 − tan φ2). Jeder der drei Kondensatoren liefert QC/3 = V²·ω·C, wobei V die Spannung an diesem Kondensator ist: VL bei einer Dreieckbatterie, VL/√3 bei einer Sternbatterie.

Blindleistung vorher und nachher

Die Wirkleistung ändert sich nicht, daher legt jeder Leistungsfaktor die Blindleistung fest: Q = P·tan φ.

Q1 = 120·tan(acos 0,75) = 120·0,8819 = 105,8 kvar
Q2 = 120·tan(acos 0,92) = 120·0,426 = 51,12 kvar

Blindleistung der Kondensatoren

QC = Q1 − Q2 = 54,71 kvar

Antwort

QC = 54,71 kvar
19.Transformatoren

Antwort: a = 8

Idealer Transformator: Die Spannungen verhalten sich wie die Windungszahlen, die Ströme umgekehrt: V₁/V₂ = N₁/N₂ = a und I₁/I₂ = N₂/N₁ = 1/a, also ist die aufgenommene gleich der abgegebenen Leistung, V₁·I₁ = V₂·I₂. Eine Lastimpedanz Z auf der Sekundärseite erscheint von der Primärseite aus als a²·Z.

Die umgerechnete Last anpassen

a²·16 = 1024
a = √(1024/16) = √64 = 8

Antwort

a = 8
20.Transformatoren

Antwort: Ploss = 267,2 W

Transformatorverluste: Die Eisenverluste (Hysterese und Wirbelströme) hängen von der Spannung ab und sind bei jeder Last gleich. Die Kupferverluste in den Wicklungen wachsen mit dem Quadrat des Stroms; beim Anteil x der Nennlast betragen sie also x²·Pcu,fl. Wirkungsgrad η = Pout/(Pout + Pcore + Pcu), mit Pout = x·S·pf. Der Wirkungsgrad ist bei der Last am höchsten, bei der die Kupferverluste gleich den Eisenverlusten sind.

Kupferverluste bei dieser Last

Pcu = x²·Pcu,fl = 0,0625·675 = 42,19 W

Gesamtverluste

Die Eisenverluste sind bei jeder Last gleich.

Ploss = 225 + 42,19 = 267,2 W

Antwort

Ploss = 267,2 W

Der Wirkungsgrad bei dieser Last ist η = 98,44%.

21.Operationsverstärker

Antwort: Vout = 11,14 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.

Der invertierende Eingang folgt dem Eingang

V₋ = V₊ = 0,5 V
I = V₋/R1 = 0,5/4,7 = 0,1064 mA

Ausgangsspannung

Der Strom durch R₁ fließt auch durch Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = 0,5 + 0,1064·100 = 11,14 V

Antwort

Vout = 11,14 V
22.Operationsverstärker

Antwort: If = −0,2489 mA

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 = 0,3/47 = 0,006383 mA
I2 = V2/R2 = −1,2/4,7 = −0,2553 mA
If = I1 + I2 = −0,2489 mA

Antwort

If = −0,2489 mA
23.Dioden und Transistoren

Antwort: IC = 2,638 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.

Thévenin-Ersatzschaltbild des Teilers

VTH = 20·12/(56 + 12) = 3,529 V
RTH = 56·12/(56 + 12) = 9,882 kΩ

Basisstrom

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

IB = (3,529 − 0,7)/(9,882 + 151·1) = 17,59 µA

Kollektorstrom

IC = 150·17,59 µA = 2,638 mA
IE = 151·17,59 µA = 2,656 mA

Antwort

IC = 2,638 mA
24.Dioden und Transistoren

Antwort: RB = 12,03 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.

Kollektorstrom in Sättigung

IC(sat) = (12 − 0,2)/330 = 35,76 mA

Minimaler Basisstrom

IB(min) = IC(sat)/β = 35,76/200 = 178,8 µA

Ausgelegter Basisstrom

IB = 2·178,8 µA = 357,6 µA

Basiswiderstand

RB = (5 − 0,7)/IB = 4,3 V/0,3576 mA = 12,03 kΩ

Antwort

RB = 12,03 kΩ
25.Zahlensysteme

Antwort: U = 156

Bits setzen: Jedes Bit hat den Wert einer Zweierpotenz (128, 64, …, 1). Eine Hexadezimalziffer entspricht genau vier Bits, und im 8-Bit-Zweierkomplement hat das linke Bit den Wert −128. Bitweise Operationen wirken auf jede Bitposition einzeln.

Invertieren und eins addieren

100 = 0110 0100
invertiert: 1001 1011
+1 → 1001 1100

Vorzeichenlos lesen

1001 1100₂ = 256 − 100 = 156

Antwort

U = 156
26.Zahlensysteme

Antwort: N = 1,678 × 10⁷

Stellenwertsysteme: Jede Ziffer ist ihren Wert mal eine Potenz der Basis wert. Im Binärsystem sind die Stellen 1, 2, 4, 8, 16, … wert, im Hexadezimalsystem 1, 16, 256, …, wobei A–F für 10–15 stehen. Im 8-Bit-Zweierkomplement ist das linke Bit −128 statt +128 wert; so werden negative Zahlen gespeichert.

Größter Wert

224 − 1 = 16777215

Antwort

N = 16777215
27.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & Flipflops

Antwort: N = 3

Multiplexer: Ein 2ⁿ-zu-1-Multiplexer schaltet einen seiner Dateneingänge auf den Ausgang durch; die als Binärzahl gelesenen Auswahlleitungen bestimmen, welchen. Bei einem 4-zu-1-MUX mit den Auswahleingängen S₁S₀ = AB gilt F = A′B′·I₀ + A′B·I₁ + AB′·I₂ + AB·I₃. Legt man die Dateneingänge auf 0, 1, C oder C′, erzeugt der MUX jede Funktion von A, B und C, was ein gängiger Weg ist, Logik mit einem Baustein aufzubauen.

Ausgangsausdruck

F = AB′ + ABC′

Zeilen mit F = 1

ABC = 100, 101, 110
N = 3

Antwort

N = 3
28.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & Flipflops

Antwort: N = 3

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.

Primimplikanten

Die größten Gruppen, die sich aus Einsen und X bilden lassen.

B′D, A′C, AC′D, A′B′
ABCD0001111000011110X01113120405X7160121130150140819111010

Wesentliche Primimplikanten

B′D, A′C, AC′D
N = 3

Antwort

N = 3
29.Laplace-Transformationen

Antwort: f(1.2) = 8,125

Laplace-Transformation: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt macht aus Ableitungen Multiplikationen mit s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Standardpaare: 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), und eine Verschiebung s → s + σ multipliziert die Zeitfunktion mit e−σt. Um eine rationale Funktion F(s) zurückzutransformieren, zerlege sie in Partialbrüche: Das Residuum eines einfachen Pols p ist A = [(s − p)·F(s)] bei s = p. Endwertsatz: f(∞) = lims→0 s·F(s), gültig nur, wenn alle Pole von s·F(s) in der linken Halbebene liegen. Anfangswertsatz: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).

Quadratische Ergänzung

s² + 2s + 2 = (s + 1)² + 1 = (s + 1)² + 1²

Zähler anpassen

F(s) = 5·(s + 1)/((s + 1)² + 1²) + (27/1)·1/((s + 1)² + 1²)

Rücktransformation

f(t) = e−t·(5·cos 1t + 27·sin 1t)
f(1,2) = e−1,2·(5·cos(1·1,2) + 27·sin(1·1,2)) = 8,125

Antwort

f(1,2) = 8,125
30.Laplace-Transformationen

Antwort: g(0.25) = 1,918

Laplace-Transformation: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt macht aus Ableitungen Multiplikationen mit s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Standardpaare: 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), und eine Verschiebung s → s + σ multipliziert die Zeitfunktion mit e−σt. Um eine rationale Funktion F(s) zurückzutransformieren, zerlege sie in Partialbrüche: Das Residuum eines einfachen Pols p ist A = [(s − p)·F(s)] bei s = p. Endwertsatz: f(∞) = lims→0 s·F(s), gültig nur, wenn alle Pole von s·F(s) in der linken Halbebene liegen. Anfangswertsatz: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).

Übertragungsfunktion

G(s) = Y(s)/U(s) = 14/(s² + 5s + 4)

Partialbruchzerlegung

s² + 5s + 4 = (s + 1)(s + 4)
A = 4,667, B = −4,667

Impulsantwort

g(t) = 4,667·e−t − 4,667·e−4t
g(0,25) = 1,918

Antwort

g(0,25) = 1,918
31.Blockschaltbilder

Antwort: K = 6,25

Blockschaltbild-Algebra: Blöcke in Reihe werden multipliziert (G₁·G₂), parallele Blöcke werden addiert (G₁ + G₂), und ein Regelkreis mit Vorwärtspfad G und Rückführpfad H wird bei Gegenkopplung zu T = G/(1 + G·H) und bei Mitkopplung zu G/(1 − G·H) zusammengefasst. Fasse zuerst die inneren Schleifen zusammen und arbeite dich dann nach außen. Die Pole des geschlossenen Regelkreises sind die Wurzeln der charakteristischen Gleichung 1 + G(s)H(s) = 0. Bei einem stabilen Kreis liefert ein Sprung der Größe A den stationären Ausgang A·T(0); bei Einheitsrückführung beträgt der stationäre Fehler auf einen Sprung A/(1 + Kp) mit Kp = G(0).

Charakteristische Gleichung

1 + K/(s(s + 5)) = 0 → s² + 5s + K = 0

Doppelte Wurzel

Ein quadratisches Polynom s² + βs + γ hat eine doppelte Wurzel, wenn β² = 4γ gilt.

5² = 4K → K = 25/4 = 6,25

Antwort

K = 6,25
Beide Pole des geschlossenen Kreises liegen dann bei s = −2,5.
32.Blockschaltbilder

Antwort: Kmax = 910

Blockschaltbild-Algebra: Blöcke in Reihe werden multipliziert (G₁·G₂), parallele Blöcke werden addiert (G₁ + G₂), und ein Regelkreis mit Vorwärtspfad G und Rückführpfad H wird bei Gegenkopplung zu T = G/(1 + G·H) und bei Mitkopplung zu G/(1 − G·H) zusammengefasst. Fasse zuerst die inneren Schleifen zusammen und arbeite dich dann nach außen. Die Pole des geschlossenen Regelkreises sind die Wurzeln der charakteristischen Gleichung 1 + G(s)H(s) = 0. Bei einem stabilen Kreis liefert ein Sprung der Größe A den stationären Ausgang A·T(0); bei Einheitsrückführung beträgt der stationäre Fehler auf einen Sprung A/(1 + Kp) mit Kp = G(0).

Charakteristische Gleichung

s³ + 15s² + 66s + 80 + K = 0

Routh-Schema

s³ | 1 66
s² | 15 80 + K
s¹ | (15·66 − 80 − K)/15
s⁰ | 80 + K

Stabilitätsgrenze

Alle Einträge der ersten Spalte müssen positiv sein.

Kmax = 15·66 − 80 = 910

Antwort

Kmax = 910
33.Sprungantwort

Antwort: tp = 0,3702 s

Sprungantwort: Ein System erster Ordnung G(s) = K/(τs + 1) beantwortet einen Sprung der Größe U mit y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): Es erreicht nach einer Zeitkonstante τ 63,2 % des Endwerts K·U und nach 4τ 98 %. Ein System zweiter Ordnung G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) hat die Pole s = −ζωₙ ± jωd mit ωd = ωₙ√(1 − ζ²). Für 0 < ζ < 1 schwingt die Sprungantwort über: prozentuales Überschwingen %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), Überschwingzeit (Scheitelzeit) tp = π/ωd und die 2-%-Ausregelzeit ts ≈ 4/(ζωₙ). Vergleiche den Nenner mit s² + 2ζωₙs + ωₙ², um ωₙ und ζ abzulesen. Für ein Feder-Masse-Dämpfer-System gilt ωₙ = √(k/m) und ζ = c/(2√(km)); für einen Reihen-RLC-Kreis gilt ωₙ = 1/√(LC) und ζ = (R/2)·√(C/L).

Mit der Normalform vergleichen

Der Nenner muss mit s² + 2ζωₙs + ωₙ² übereinstimmen.

ωₙ² = 81 → ωₙ = 9 rad/s
2ζωₙ = 6 → ζ = 6/(2·9) = 0,3333

Ergebnis

ωd = 9·√(1 − 0,3333²) = 8,485 rad/s → tp = π/ωd = 0,3702 s

Antwort

tp = 0,3702 s
34.Sprungantwort

Antwort: %OS = 16,14 %

Sprungantwort: Ein System erster Ordnung G(s) = K/(τs + 1) beantwortet einen Sprung der Größe U mit y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): Es erreicht nach einer Zeitkonstante τ 63,2 % des Endwerts K·U und nach 4τ 98 %. Ein System zweiter Ordnung G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) hat die Pole s = −ζωₙ ± jωd mit ωd = ωₙ√(1 − ζ²). Für 0 < ζ < 1 schwingt die Sprungantwort über: prozentuales Überschwingen %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), Überschwingzeit (Scheitelzeit) tp = π/ωd und die 2-%-Ausregelzeit ts ≈ 4/(ζωₙ). Vergleiche den Nenner mit s² + 2ζωₙs + ωₙ², um ωₙ und ζ abzulesen. Für ein Feder-Masse-Dämpfer-System gilt ωₙ = √(k/m) und ζ = c/(2√(km)); für einen Reihen-RLC-Kreis gilt ωₙ = 1/√(LC) und ζ = (R/2)·√(C/L).

Eigenkreisfrequenz und Dämpfungsgrad

ωₙ = 1/√(LC) = 1/√(0,5·1 × 10⁻⁴) = 141,4 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (71/2)·√(1 × 10⁻⁴/0,5) = 0,502

Ergebnis

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 16,14 %

Antwort

%OS = 16,14 %
35.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: ∠G(jω) = −79,51 °

Frequenzgang: Setze s = jω in die Übertragungsfunktion ein. Der Betrag in Dezibel ist 20·log₁₀|H(jω)|, und die Phase ist die Summe der Winkel der Zählerfaktoren minus die der Nennerfaktoren. Ein RC- oder RL-Filter erster Ordnung hat seine Eckfrequenz (−3 dB) bei ωc = 1/(RC) beziehungsweise R/L, und fc = ωc/(2π); ein Tiefpass liefert |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) und φ = −atan(ω/ωc). Im asymptotischen (geradlinigen) Bode-Diagramm knickt jeder Pol den Betrag an seiner Eckfrequenz um 20 dB/Dekade nach unten, jede Nullstelle knickt ihn um 20 dB/Dekade nach oben, und ein Integrator 1/s ergibt bei allen Frequenzen −20 dB/Dekade. Durchtrittsfrequenz ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); Phasenreserve PM = 180° + ∠L(jωc). Phasendurchtrittsfrequenz ω180: ∠L(jω) = −180°; Amplitudenreserve GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Der geschlossene Regelkreis ist stabil, wenn beide Reserven positiv sind.

Die Winkel addieren

∠G = atan(5/1) − 90° − atan(5/2) = 78,69° − 90° − 68,2°

Ergebnis

∠G(j5) = −79,51°

Antwort

∠G(jω) = −79,51°
36.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: GM = 5,46 dB

Frequenzgang: Setze s = jω in die Übertragungsfunktion ein. Der Betrag in Dezibel ist 20·log₁₀|H(jω)|, und die Phase ist die Summe der Winkel der Zählerfaktoren minus die der Nennerfaktoren. Ein RC- oder RL-Filter erster Ordnung hat seine Eckfrequenz (−3 dB) bei ωc = 1/(RC) beziehungsweise R/L, und fc = ωc/(2π); ein Tiefpass liefert |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) und φ = −atan(ω/ωc). Im asymptotischen (geradlinigen) Bode-Diagramm knickt jeder Pol den Betrag an seiner Eckfrequenz um 20 dB/Dekade nach unten, jede Nullstelle knickt ihn um 20 dB/Dekade nach oben, und ein Integrator 1/s ergibt bei allen Frequenzen −20 dB/Dekade. Durchtrittsfrequenz ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); Phasenreserve PM = 180° + ∠L(jωc). Phasendurchtrittsfrequenz ω180: ∠L(jω) = −180°; Amplitudenreserve GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Der geschlossene Regelkreis ist stabil, wenn beide Reserven positiv sind.

Phasendurchtritt

(ω/1)·(ω/5) = 1 → ω180 = √(1·5) = 2,236 rad/s

Betrag am Phasendurchtritt

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 1)·√(ω² + 25)) = K/(1·5·(1 + 5)) = K/30

Amplitudenreserve

GM = 20·log₁₀(30/16) = 5,46 dB

Antwort

GM = 5,46 dB
37.Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve

Antwort: Kmin = 5

Routh-Hurwitz-Kriterium: Ein lineares System ist stabil, wenn alle Wurzeln seines charakteristischen Polynoms in der linken Hälfte der s-Ebene liegen. Schreibe die Koeffizienten abwechselnd in die ersten beiden Zeilen des Routh-Schemas. Jeder Eintrag einer neuen Zeile ergibt sich aus den beiden Zeilen darüber; für ein kubisches Polynom a₃s³ + a₂s² + a₁s + a₀ ist der Eintrag der s¹-Zeile b₁ = (a₂·a₁ − a₃·a₀)/a₂. Die Anzahl der Vorzeichenwechsel in der ersten Spalte entspricht der Anzahl der Wurzeln in der rechten Halbebene. Mit einer Verstärkung K in den Koeffizienten müssen alle Einträge der ersten Spalte positiv bleiben: Die Verstärkung, die den Eintrag der s¹-Zeile null macht, ist die Stabilitätsgrenze, und die s²-Zeile liefert dann die Frequenz der Dauerschwingung.

Charakteristisches Polynom

(s − 2)(s + 5) + K(s + 2) = s² + (3 + K)s + (2K − 10)

Bedingungen

Für s² + c₁s + c₀ liegen alle Wurzeln genau dann in der linken Halbebene, wenn c₁ > 0 und c₀ > 0.

3 + K > 0 → K > −3
2K − 10 > 0 → K > 5
Kmin = 5

Antwort

Kmin = 5
38.Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve

Antwort: θd = 26,57 °

Wurzelortskurve: Wenn die Verstärkung K von 0 bis ∞ wächst, wandern die Pole des geschlossenen Regelkreises, also die Wurzeln von 1 + K·G(s) = 0, von den Polen des offenen Kreises zu dessen Nullstellen oder ins Unendliche. Ein Punkt der reellen Achse gehört zur Ortskurve, wenn die Anzahl der reellen Pole und Nullstellen rechts von ihm ungerade ist. Die n − m Äste, die ins Unendliche laufen, folgen Asymptoten mit den Winkeln (2q + 1)·180°/(n − m), die im Schwerpunkt σₐ = (Σ Pole − Σ Nullstellen)/(n − m) beginnen. Äste verlassen die reelle Achse oder münden dort ein, wo dK/ds = 0 gilt. Die Winkelbedingung ∠G(s) = 180° legt die Form fest, und die Betragsbedingung K = 1/|G(s)| liefert die Verstärkung an jedem Punkt der Ortskurve.

Lage der Pole

s² + 2s + 17 = 0 → s = −1 ± j4
s = −3

Winkel der anderen Pole

∠(−1 + j4 + 3) = atan2(4, 2) = 63,43°
∠(−1 + j4 − (−1 − j4)) = ∠(j8) = 90°

Abgangswinkel

θd = 180° − 63,43° − 90° = 26,57°

Antwort

θd = 26,57°
39.Stationärer Fehler und PID-Regelung

Antwort: K = 80

Stationärer Fehler: In einem Regelkreis mit Einheitsrückführung und der Übertragungsfunktion des offenen Kreises G(s) ist der Fehler E(s) = R(s)/(1 + G(s)), und nach dem Endwertsatz gilt ess = lims→0 s·E(s). Der Systemtyp ist die Anzahl der Pole von G(s) bei s = 0. Die Fehlerkonstanten sind Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s) und Ka = lim s²·G(s), jeweils für s → 0. Ein Sprung der Höhe A liefert ess = A/(1 + Kp), eine Rampe A·t liefert A/Kv und eine Parabel A·t²/2 liefert A/Ka. Ein Kreis vom Typ 0 folgt einem Sprung mit endlichem Fehler, ein Kreis vom Typ 1 folgt ihm exakt und einer Rampe mit endlichem Fehler.

Erforderliche Geschwindigkeitskonstante

Kv = A/ess = 1/0,05 = 20

Verstärkung

K = 4·Kv = 80

Antwort

K = 80

Eine große Verstärkung macht diesen Kreis sehr schwach gedämpft: ζ = 0,2236. Dieser Zielkonflikt ist der Grund, warum Kompensatoren eingesetzt werden.

40.Stationärer Fehler und PID-Regelung

Antwort: K = 14,06

P-, PI- und PID-Regelung: Der Regler C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s wirkt auf den Regelfehler. Eine proportionale Verstärkung macht den Kreis schneller und verkleinert den Fehler einer Strecke vom Typ 0, beseitigt ihn aber nie. Der Integralanteil fügt einen Pol bei s = 0 hinzu: Der Systemtyp steigt um eins, und ein Sprung wird ohne Fehler verfolgt. Der Differenzialanteil erhöht die Dämpfung. Um die Verstärkungen zu wählen, schreibe das charakteristische Polynom des geschlossenen Kreises auf und vergleiche es mit s² + 2ζωns + ωn². Dann gilt %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd mit ωd = ωn√(1 − ζ²) und ts ≈ 4/(ζωn).

Charakteristisches Polynom

s(s + 6) + 4K = s² + 6s + 4K

Eigenfrequenz

2·0,4·ωₙ = 6 → ωₙ = 7,5 rad/s

Verstärkung

4K = ωₙ² = 56,25 → K = 14,06

Antwort

K = 14,06

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