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​ = 3 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​24 VR2​3 ΩIR2​AR4​5 ΩB

Bestimme den Strom IR2 durch R2.

V1 = 24 VR1 = 3 ΩR2 = 3 ΩR3 = 12 ΩR4 = 5 Ω
IR2 = A
2.Reihen- und ParallelschaltungSchwer
R1​ = 30 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 5 Ω+−V1​9 VR2​30 ΩAR4​20 ΩBR6​20 Ω

Bestimme den Ersatzwiderstand Req, den die Quelle V1 sieht.

V1 = 9 VR1 = 30 ΩR2 = 30 ΩR3 = 5 ΩR4 = 20 ΩR5 = 5 ΩR6 = 20 Ω
Req = Ω
3.KnotenpotenzialverfahrenMittel
R1​3 Ω−+V1​12 VI1​R2​12 Ω+−V2​15 VR3​10 Ω+−V3​15 VA

Zwischen Knoten A und Masse liegen drei Zweige, wie dargestellt. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren den Strom I1 im Zweig 1, der in Pfeilrichtung nach oben in den Knoten A fließt.

V1 = 12 VR1 = 3 ΩV2 = 15 VR2 = 12 ΩV3 = 15 VR3 = 10 Ω
I1 = A
4.KnotenpotenzialverfahrenSchwer
R1​ = 10 ΩR2​ = 5 ΩR4​ = 4 Ω+−V1​9 VR3​12 ΩAR5​4 ΩBIs​0,5 A−+V2​15 V

Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren das Knotenpotenzial VA (gegen Masse gemessen).

V1 = 9 VIs = 0,5 AV2 = 15 VR1 = 10 ΩR2 = 5 ΩR3 = 12 ΩR4 = 4 ΩR5 = 4 Ω
VA = V
5.MaschenstromverfahrenMittel
R1​ = 3 ΩIR1​R2​ = 12 Ω+−V1​9 VR3​15 ΩA+−V2​18 VI1​I2​

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

V1 = 9 VV2 = 18 VR1 = 3 ΩR2 = 12 ΩR3 = 15 Ω
IR1 = A
6.MaschenstromverfahrenSchwer
R1​ = 5 ΩR2​ = 15 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​36 VR4​4 ΩAR5​3 ΩB+−V2​30 VI1​I2​I3​

Bestimme mit dem Maschenstromverfahren den Maschenstrom I3 (im Uhrzeigersinn).

V1 = 36 VV2 = 30 VR1 = 5 ΩR2 = 15 ΩR3 = 20 ΩR4 = 4 ΩR5 = 3 Ω
I3 = A
7.ÜberlagerungssatzMittel
R1​ = 5 ΩR3​ = 4 ΩIR3​+−V1​24 VR2​4 ΩAR4​6 ΩBIs​1,5 A

Bestimme mit dem Überlagerungssatz den Strom IR3 durch R3 in Pfeilrichtung.

V1 = 24 VIs = 1,5 AR1 = 5 ΩR2 = 4 ΩR3 = 4 ΩR4 = 6 Ω
IR3 = A
8.ÜberlagerungssatzSchwer
R1​ = 30 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 10 Ω+−V1​6 VR3​10 ΩIR3​AIs​2 AB+−V2​?

Bestimme den Wert der Spannungsquelle V2 (Polarität wie dargestellt), bei dem der Strom IR3 durch R3 null wird.

V1 = 6 VIs = 2 AR1 = 30 ΩR2 = 30 ΩR3 = 10 ΩR4 = 10 Ω
V2 = V
9.Thévenin und NortonMittel
R1​ = 20 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​12 VR2​5 ΩAab

Bestimme den Thévenin-Widerstand Rth an den Klemmen a–b.

V1 = 12 VR1 = 20 ΩR2 = 5 ΩR3 = 12 Ω
Rth = Ω
10.Thévenin und NortonSchwer
R1​ = 10 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​5 VR2​8 ΩAIs​5 ABab

Bestimme die Thévenin-Spannung Vth an den Klemmen a–b.

V1 = 5 VIs = 5 AR1 = 10 ΩR2 = 8 ΩR3 = 8 Ω
Vth = V
11.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
+−Vs​20 Vt = 0R1​ = 4,7 kΩR2​ = 10 kΩC10 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 Kondensatorspannung vC bei t = 25 ms.

Vs = 20 VR1 = 4,7 kΩR2 = 10 kΩC = 10 µFt = 25 ms
vC = V
12.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
+−Vs​9 Vöffnet bei t = 0R1​ = 3,3 kΩR2​ = 4,7 kΩi2​C47 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 = 250 ms.

Vs = 9 VR1 = 3,3 kΩR2 = 4,7 kΩC = 47 µFt = 250 ms
i2 = mA
13.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
230 V200 HzR = 20 ΩL = 150 mHC = 10 µFI

Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 230 V (Effektivwert) und 200 Hz. Bestimme den Effektivwert des Stroms I.

V = 230 V (rms)f = 200 HzR = 20 ΩL = 150 mHC = 10 µF
I = A
14.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
VfR = 50 ΩL = 50 mHC = 0,047 µF

Ein RLC-Reihenschwingkreis hat R = 50 Ω, L = 50 mH und C = 0,047 µF. Bestimme seine Güte Q bei Resonanz.

R = 50 ΩL = 50 mHC = 0,047 µF
Q =
15.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
P = 38 kWQ = ?Sφ

Ein Einphasenmotor nimmt 38 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,6 induktiv aus einer 400-V-Versorgung auf. Bestimme die Blindleistung Q, die er aufnimmt.

P = 38 kWpf = 0,6V = 400 V
Q = kvar
16.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
P = 40 kWQ1​S1​φ1​QC​

Eine einphasige Last nimmt 40 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,7 induktiv aus einer Versorgung mit 230 V und 50 Hz auf. Ein parallel geschalteter Kondensator hebt den Leistungsfaktor auf 0,9. Bestimme die nötige Kapazität C.

P = 40 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,9V = 230 Vf = 50 Hz
C = µF
17.DrehstromleistungMittel
ABCVL​ = 208 VZ = 15 + j20 Ωpro Strang

Eine symmetrische Last in Dreieckschaltung mit einer Impedanz von 15 + j20 Ω pro Strang ist an ein symmetrisches Drehstromnetz mit einer Leiterspannung von 208 V angeschlossen. Bestimme die gesamte Wirkleistung P, die die Last aufnimmt, in kW.

VL = 208 VZ = 15 + j20 Ω pro Strang
P = kW
18.DrehstromleistungSchwer
P = 50 kWφ1​S1​Q2​QC​

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 50 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,65 induktiv aus einem Netz mit 690 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. Die Kondensatoren sind im Dreieck geschaltet. Bestimme die Kapazität Cph jedes Kondensators in µF.

P = 50 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,92VL = 690 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.TransformatorenMittel
RL​ = 20 Ω511200 VV2​I1​ = ?I2​

An der Primärwicklung eines idealen Transformators mit dem Übersetzungsverhältnis N₁:N₂ = 5:1 liegen 1200 V. An die Sekundärwicklung ist ein Widerstand von 20 Ω angeschlossen. Bestimme den Primärstrom I1.

N1:N2 = 5:1V1 = 1200 VRL = 20 Ω
I1 = A
20.TransformatorenSchwer
pf 0,95200 kVA, η = 98,2%

Ein einphasiger Transformator mit 200 kVA hat Eisenverluste von 600 W. Bei Nennlast und einem Leistungsfaktor von 0,95 induktiv beträgt sein Wirkungsgrad 98,2 %. Bestimme die Kupferverluste Pcu,fl bei Volllast in Watt.

S = 200 kVAPcore = 600 Wpf = 0,95η = 98,2%
Pcu,fl = W
21.OperationsverstärkerMittel
−+Vout​R2​ = 2 kΩV1​ = 2,4 VR1​ = 4,7 kΩV2​ = 1,4 VR3​ = 4,7 kΩR4​ = 2 kΩ

Der Differenzverstärker verwendet einen idealen Operationsverstärker mit ±15 V Versorgung, mit R3 = R1 und R4 = R2. Bestimme die Ausgangsspannung Vout.

V1 = 2,4 VV2 = 1,4 VR1 = R3 = 4,7 kΩR2 = R4 = 2 kΩ
Vout = V
22.OperationsverstärkerSchwer
−+Vout​Rf​ = 2 kΩV1​ = 0,5 VR1​ = 4,7 kΩV2​ = −1,4 VR2​ = 1 kΩ

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

V1 = 0,5 VV2 = −1,4 VR1 = 4,7 kΩR2 = 1 kΩRf = 2 kΩ
Vout = V
23.Dioden und TransistorenMittel
RC​ = 4,7 kΩβ = 80RE​ = 1,2 kΩVCC​ = 15 VR1​ = 22 kΩR2​ = 4,7 kΩ

Ein NPN-Transistor mit β = 80 wird mit einem Spannungsteiler an VCC = 15 V eingestellt: R₁ = 22 kΩ von VCC zur Basis und R₂ = 4,7 kΩ von der Basis nach Masse. Der Kollektorwiderstand ist RC = 4,7 kΩ und der Emitterwiderstand RE = 1,2 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 = 15 VR1 = 22 kΩR2 = 4,7 kΩRC = 4,7 kΩRE = 1,2 kΩβ = 80
VCE = V
24.Dioden und TransistorenSchwer
+−≥ 18 VR = ?5,6 V≤ 50 mA

Ein 5,6-V-Z-Dioden-Regler muss einer Last bis zu 50 mA liefern. Die Eingangsspannung kann auf 18 V fallen, und die Z-Diode braucht mindestens 5 mA, um zu regeln. Bestimme den größten Vorwiderstand Rmax, bei dem sie noch regelt.

Vin,min = 18 VVZ = 5,6 VIL,max = 50 mAIZ,min = 5 mA
Rmax = Ω
25.ZahlensystemeMittel
Stellenwerte im Zweierkomplement1−12816403211608041211

Das 8-Bit-Muster 1101 0011 speichert eine vorzeichenbehaftete Ganzzahl im Zweierkomplement. Welchen Wert N hat sie im Dezimalsystem?

1101 00118 bit
N =
26.ZahlensystemeSchwer
24 bit1 px256 px256 pxM = ? KiB

Ein unkomprimiertes Bild hat 256 × 256 Pixel mit 24 Bits pro Pixel. Wie viel Speicher M braucht es in KiB (1 KiB = 1024 Bytes)?

256 × 256 px24 bit/px1 KiB = 1024 B
M = KiB
27.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & FlipflopsMittel
MUXC′I0​0I1​C′I2​1I3​ABS1​S0​F

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

I₀ = C′I₁ = 0I₂ = C′I₃ = 1
N =
28.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & FlipflopsSchwer
FFQ0​Q0​FFQ1​Q1​FFQ2​Q2​CLKMOD-5

Ein 10-kHz-Takt treibt einen Mod-5-Zähler. Bestimme die Frequenz fout seines höchstwertigen Ausgangs, der pro Zählzyklus einen Zyklus durchläuft.

fclk = 10 kHzN = 5
fout = kHz
29.Laplace-TransformationenMittel
t (s)f(t)t = 0,2f(0,2) = ?

Bestimme f(t) für F(s) = 45/(s(s + 3)(s + 6)) mit der Partialbruchzerlegung und werte f(0,2) aus.

F(s) = 45/(s(s + 3)(s + 6))t = 0,2 s
f(0.2) =
30.Laplace-TransformationenSchwer
ReIm−2−4−6−8−10−12−14−16

Ein System wird durch die Differentialgleichung y″ + 2y′ + 2y = u′ + 15u 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 = 1 s aus. Bestimme g(1).

y″ + 2y′ + 2y = u′ + 15ut = 1 s
g(1) =
31.BlockschaltbilderMittel
R(s)+3(s + 1)(s + 2)(s + 8)G(s)C(s)−

Ein Regelkreis mit Einheits-Gegenkopplung hat G(s) = 3(s + 1)/((s + 2)(s + 8)). An der Führungsgröße wird ein Sprung der Größe 10 angelegt. Bestimme den stationären Fehler ess.

G(s) = 3(s + 1)/((s + 2)(s + 8))R = 10
ess =
32.BlockschaltbilderSchwer
R(s)+K(s + 1)(s + 2)(s + 5)G(s)C(s)−

Die Strecke G(s) = K/((s + 1)(s + 2)(s + 5)) liegt in einem Regelkreis mit Einheits-Gegenkopplung. Bei der größten stabilen Verstärkung schwingt der Kreis. Bestimme die Schwingfrequenz ω in rad/s.

G(s) = K/((s + 1)(s + 2)(s + 5))Einheits-Gegenkopplung
ω = rad/s
33.SprungantwortMittel
t (s)y(t)0,5ts​ = ?

Ein System hat die Übertragungsfunktion G(s) = 5/(s² + 5s + 10) und erhält einen Einheitssprung am Eingang. Bestimme die 2-%-Ausregelzeit ts der Sprungantwort mit ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 5/(s² + 5s + 10)
ts = s
34.SprungantwortSchwer
+−5 VR = 9 ΩL = 200 mHC = 100 µFvC​

Ein Reihen-RLC-Kreis mit R = 9 Ω, L = 200 mH und C = 100 µF wird bei t = 0 an einen Sprung von 5 V angeschlossen. Der Kondensator ist ungeladen, und vor dem Sprung fließt kein Strom. Bestimme den Zeitpunkt tp des ersten Spannungsmaximums in ms.

R = 9 ΩL = 200 mHC = 100 µFV = 5 V
tp = ms
35.Bode-Diagramme und ReservenMittel
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−40−20020406080ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ω = 20

Bestimme die Phase ∠G(jω) von G(s) = 47(s + 13)/(s(s + 1)) bei ω = 20 rad/s in Grad.

G(s) = 47(s + 13)/(s(s + 1))ω = 20 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) = K/(s(s + 2)(s + 5)). Bestimme die Verstärkung K, die eine Amplitudenreserve von 3 dB ergibt.

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 5))GM = 3 dB
K =
37.Stabilität: Routh-Hurwitz und WurzelortskurveMittel
R(s)+K1(s + 2)(s + 3)(s + 4)C(s)−

Ein Regelkreis mit Einheitsrückführung hat L(s) = K/((s + 2)(s + 3)(s + 4)) mit K > 0. Bestimme die größte Verstärkung Kmax, für die der geschlossene Kreis stabil ist.

L(s) = K/((s + 2)(s + 3)(s + 4))
Kmax =
38.Stabilität: Routh-Hurwitz und WurzelortskurveSchwer
ReImζ = 0,5−5−10j5j10

Die Wurzelortskurve von L(s) = K/(s(s + 10)) ist abgebildet. Bestimme die Verstärkung K, bei der die Pole des geschlossenen Kreises den Dämpfungsgrad ζ = 0,5 haben.

L(s) = K/(s(s + 10))ζ = 0,5
K =
39.Stationärer Fehler und PID-RegelungMittel
r(t) = 5t+4(s + 2)s(s + 1)C(s)−

Auf einen Regelkreis mit Einheitsrückführung und G(s) = 4(s + 2)/(s(s + 1)) wird eine Rampe r(t) = 5t gegeben. Bestimme den stationären Fehler ess.

G(s) = 4(s + 2)/(s(s + 1))r(t) = 5t
ess =
40.Stationärer Fehler und PID-RegelungSchwer
R(s)+25 + Kd​s1s(s + 4)C(s)−

Ein PD-Regler C(s) = 25 + Kd·s regelt die Strecke G(s) = 1/(s(s + 4)) in einem Regelkreis mit Einheitsrückführung. Bestimme die Differenzialverstärkung Kd, die dem geschlossenen Kreis den Dämpfungsgrad ζ = 0,5 gibt.

G(s) = 1/(s(s + 4))Kp = 25ζ = 0,5
Kd = s

3Lösungen

1.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: IR2 = 3,676 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​ = 3 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​24 VR2​3 ΩAR4​5 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 = 12 + 5 = 17 Ω
R2 ∥ 17 = 3·17/(3+17) = 2,55 Ω
Req = R1 + 2,55 = 3 + 2,55 = 5,55 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 = 24/5,55 = 4,324 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 = 24 − 4,324·3 = 11,03 V
IR2 = VA/R2 = 11,03/3 = 3,676 A

Antwort

IR2 = 3,676 A
2.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: Req = 40,48 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​ = 30 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 5 Ω+−V1​9 VR2​30 ΩAR4​20 ΩBR6​20 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 = 5 + 20 = 25 Ω
R4 ∥ 25 = 11,11 Ω
R3 + 11,11 = 16,11 Ω
R2 ∥ 16,11 = 10,48 Ω
Req = R1 + 10,48 = 30 + 10,48 = 40,48 Ω

Antwort

Req = 40,48 Ω
3.Knotenpotenzialverfahren

Antwort: I1 = −3,194 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

Nimm die untere Leitung als Masse. Jeder Zweig führt (VA − Vk)/Rk von A weg, wobei Vk die Spannung seiner Quelle ist (null bei einem reinen Widerstand). Die von A abfließenden Ströme ergeben zusammen null.

(VA − (−12))/3 + (VA − 15)/12 + (VA − 15)/10 = 0

Nach VA auflösen

VA = ((−12)/3 + 15/12 + 15/10) / (1/3 + 1/12 + 1/10) = −1,25/0,5167 = −2,419 V

Zweigstrom

Der Pfeil zeigt durch den Zweig nach oben, in den Knoten A hinein.

I1 = ((−12) − VA)/R1 = ((−12) − (−2,419))/3 = −3,194 A

Antwort

I1 = −3,194 A

Ein negatives Ergebnis bedeutet, dass der tatsächliche Strom entgegen dem Pfeil fließt.

4.Knotenpotenzialverfahren

Antwort: VA = −0,9635 V

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​ = 10 ΩR2​ = 5 ΩR4​ = 4 Ω+−V1​9 VR3​12 ΩAR5​4 ΩBIs​0,5 A−+V2​15 V

Knoten festlegen

Masse ist der untere Leiter. Bekannte Knotenpotenziale ergeben sich direkt aus den Quellen (V1 = 9 V, V2 = −15 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/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/12 + (VA − 9)/10 + (VA − VB)/5 = 0
0,3833·VA − 0,2·VB = 0,9

KCL am Knoten B

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

VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/4 + (VB − VA)/5 + (VB − (−15))/4 = (−0,5)
−0,2·VA + 0,7·VB = −4,25

Lösen

Δ = (0,3833)(0,7) − (−0,2)(−0,2) = 0,2283
VA = Δ1/Δ = −0,22/0,2283 = −0,9635 V
VB = Δ2/Δ = −1,449/0,2283 = −6,347 V

Antwort

VA = −0,9635 V
5.Maschenstromverfahren

Antwort: IR1 = −0,1034 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​ = 3 ΩR2​ = 12 Ω+−V1​9 VR3​15 ΩA+−V2​18 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
3·I1 + 15(I1 − I2) = 9
18·I1 − 15·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
12·I2 + 15(I2 − I1) = (−18)
−15·I1 + 27·I2 = −18

Lösen

Δ = (18)(27) − (−15)(−15) = 261
I1 = Δ1/Δ = −27/261 = −0,1034 A
I2 = Δ2/Δ = −189/261 = −0,7241 A

Antwort

IR1 = I1 = −0,1034 A

Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.

6.Maschenstromverfahren

Antwort: I3 = −1,225 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​ = 5 ΩR2​ = 15 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​36 VR4​4 ΩAR5​3 ΩB+−V2​30 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
5·I1 + 4(I1 − I2) = 36
9·I1 − 4·I2 = 36

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
15·I2 + 4(I2 − I1) + 3(I2 − I3) = 0
−4·I1 + 22·I2 − 3·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
20·I3 + 3(I3 − I2) = (−30)
−3·I2 + 23·I3 = −30

Lösen

Δ = Determinante der Koeffizientenmatrix = 4105
I1 = Δ1/Δ = 17532/4105 = 4,271 A
I2 = Δ2/Δ = 2502/4105 = 0,6095 A
I3 = Δ3/Δ = −5028/4105 = −1,225 A

Antwort

I3 = −1,225 A

Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.

7.Überlagerungssatz

Antwort: IR3 = −0,1364 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​ = 5 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​24 VR2​4 ΩAR4​6 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 = 4+6 = 10 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 4·10/(4+10) = 2,857 Ω
VA = 24·2,857/(5+2,857) = 8,727 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 8,727·6/10 = 5,236 V
IR3′ = (VB − VA)/R3 = (5,236 − 8,727)/4 = −0,8727 A
R1​ = 5 ΩR3​ = 4 ΩKURZSCHLUSSR2​4 ΩAR4​6 ΩBIs​1,5 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 = 5·4/(5+4) = 2,222 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 6 ∥ 6,222 = 3,055 Ω
VB = Is·Req = 1,5·3,055 = 4,582 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 4,582·2,222/6,222 = 1,636 V
IR3″ = (VB − VA)/R3 = (4,582 − 1,636)/4 = 0,7364 A

Anteile addieren

IR3 = IR3′ + IR3″
IR3 = (−0,8727) + 0,7364 = −0,1364 A

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

8.Überlagerungssatz

Antwort: V2 = 12 V

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​ = 30 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 10 Ω+−V1​6 VR3​10 ΩAOFFENBKURZSCHLUSS

Fall 1 · V1 wirkt allein

V₂ wird zum Kurzschluss und Iₛ zum Leerlauf. Von A aus gesehen liegt R₃ parallel zur Reihenschaltung R₂+R₄.

R3 ∥ (R2+R4) = 10 ∥ 40 = 8 Ω
VA = 6·8/(30+8) = 1,263 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 1,263·10/40 = 0,3158 V
R1​ = 30 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 10 ΩKURZSCHLUSSR3​10 ΩAIs​2 ABKURZSCHLUSS

Fall 2 · Is wirkt allein

Beide Spannungsquellen werden zu Kurzschlüssen. Iₛ teilt sich in B zwischen R₄ (jetzt nach Masse) und R₂ in Reihe mit R₁ ∥ R₃ auf. Der Pfeil von Iₛ zeigt nach unten, von seinem Knoten weg, Iₛ zieht also Strom aus diesem Knoten ab: Sein Term geht mit Minuszeichen ein.

R1 ∥ R3 = 7,5 Ω, also ist der linke Pfad R2+7,5 = 37,5 Ω
Req = R4 ∥ 37,5 = 7,895 Ω
VB = −Is·Req = −2·7,895 = −15,79 V
VA = VB·7,5/37,5 = −3,158 V

Fall 3 · V2 wirkt allein, pro Volt

V₁ wird zum Kurzschluss und Iₛ zum Leerlauf. R₁ ∥ R₃ hängt an A, in Reihe mit R₂ zurück nach B.

R1 ∥ R3 = 7,5 Ω
VA‴ = V2·7,5/(10 + 30 + 7,5) = 0,1579·V2

VA null setzen

Mit VA = 0 liegt keine Spannung an R₃, sein Strom ist also null.

VA′ + VA″ + VA‴ = 1,263 + (−3,158) + 0,1579·V2 = 0
V2 = 1,895/0,1579 = 12 V

Antwort

V2 = 12 V
9.Thévenin und Norton

Antwort: Rth = 16 Ω

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​ = 12 ΩKURZSCHLUSSR2​5 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 = 20·5/(20+5) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 12 = 16 Ω
10.Thévenin und Norton

Antwort: Vth = 64,44 V

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​ = 10 ΩR3​ = 8 ΩKURZSCHLUSSR2​8 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 = 10·8/(10+8) = 4,444 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,444 + 8 = 12,44 Ω
R1​ = 10 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​5 VR2​8 ΩAIs​5 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) = 2,222 + 5·4,444 = 24,44 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 24,44 + 5·8 = 64,44 V
11.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: vC = 7,381 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.

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 = 4,7·10/(4,7 + 10) = 3,197 kΩ
vC(∞) = 20·10/(4,7 + 10) = 13,61 V

Zeitkonstante

τ = Rth·C = 3,197·10 = 31,97 ms

Ladekurve

vC(t) = 13,61·(1 − e−25/31,97) = 7,381 V

Antwort

vC = 7,381 V
12.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: i2 = 0,3628 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) = 9·4,7/(3,3 + 4,7) = 5,288 V

Zeitkonstante nach dem Öffnen des Schalters

τ = R2·C = 4,7·47 = 220,9 ms

Entladung

vC(t) = 5,288·e−250/220,9 = 1,705 V
i2 = vC/R2 = 1,705/4,7 = 0,3628 mA

Antwort

i2 = 0,3628 mA
13.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: I = 2,077 A

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|.

Blindwiderstände

ω = 2πf = 2π·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,15 = 188,5 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·10·10⁻⁶) = 79,58 Ω

Impedanz

In Reihe addieren sich die Impedanzen als komplexe Zahlen: Z = R + j(XL − XC).

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(20² + (108,9)²) = 110,7 Ω

Strom

Durch jedes Element einer Reihenschaltung fließt derselbe Strom.

I = V/|Z| = 230/110,7 = 2,077 A

Antwort

I = 2,077 A
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·√(0,05·0,047·10⁻⁶)) = 3283 Hz

Güte

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

Q = (1/R)·√(L/C) = (1/50)·√(0,05/(0,047·10⁻⁶)) = 20,63

Antwort

Q = 20,63
15.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: Q = 50,67 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.

Winkel

φ = arccos(0,6) = 53,13°, tan φ = 1,333

Blindleistung

Q = P·tan φ = 38·1,333 = 50,67 kvar

Antwort

Q = 50,67 kvar
16.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: C = 1290 µF

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 = 40·tan(45,57°) = 40,81 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 40·tan(25,84°) = 19,37 kvar
QC = Q1 − Q2 = 21,44 kvar

Kapazität

Ein Kondensator am Netz liefert Q = V²·ωC.

C = QC/(2πf·V²) = 21435/(2π·50·230²) = 1290 µF

Antwort

C = 1290 µF
17.Drehstromleistung

Antwort: P = 3,115 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 = 208 V

Strangstrom

|Z| = √(15² + 20²) = 25 Ω
Iph = 208/25 = 8,32 A

Gesamte Wirkleistung

Nur der ohmsche Anteil jeder Impedanz nimmt Wirkleistung auf.

P = 3·Iph²·R = 3·8,32²·15 = 3,115 kW

Antwort

P = 3,115 kW

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

18.Drehstromleistung

Antwort: Cph = 69,01 µF

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 = 50·tan(acos 0,65) = 50·1,169 = 58,46 kvar
Q2 = 50·tan(acos 0,92) = 50·0,426 = 21,3 kvar

Blindleistung der Kondensatoren

QC = Q1 − Q2 = 37,16 kvar

Kapazität pro Strang

In einer Dreieckbatterie ist jeder Kondensator zwischen zwei Außenleiter geschaltet.

V = 690 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 12386/(377·690²) = 69,01 µF

Antwort

Cph = 69,01 µF
19.Transformatoren

Antwort: I1 = 2,4 A

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.

Sekundärspannung und -strom

V2 = 1200/5 = 240 V
I2 = 240/20 = 12 A

Primärstrom

Ein idealer Transformator hat keine Verluste: V₁·I₁ = V₂·I₂.

I1 = I2/5 = 2,4 A

Antwort

I1 = 2,4 A

Kontrolle: Die Last von der Primärseite aus gesehen ist a²·RL = 500 Ω, und 1200/500 ergibt denselben Strom.

20.Transformatoren

Antwort: Pcu,fl = 2883 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.

Abgabe- und Aufnahmeleistung

Pout = 200·0,95 = 190 kW
Pin = 190000/0,982 = 193483 W

Gesamt- und Kupferverluste

Ploss = 193483 − 190000 = 3483 W
Pcu,fl = 3483 − 600 = 2883 W

Antwort

Pcu,fl = 2883 W
21.Operationsverstärker

Antwort: Vout = −0,4255 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.

Spannung an den Eingängen

R₃ und R₄ führen denselben Strom, sie bilden also einen Spannungsteiler; die Rückkopplung macht V₋ = V₊.

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 1,4·2/(4,7 + 2) = 0,4179 V
V₋ = V₊

Knotenregel am invertierenden Eingang

(2,4 − 0,4179)/4,7 = (0,4179 − Vout)/2
Vout = (R2/R1)·(V2 − V1) = (2/4,7)·(1,4 − 2,4) = −0,4255 V

Antwort

Vout = −0,4255 V
22.Operationsverstärker

Antwort: Vout = 2,587 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 = 0,5/4,7 = 0,1064 mA
I2 = V2/R2 = −1,4/1 = −1,4 mA
If = I1 + I2 = −1,294 mA

Ausgangsspannung

Vout = −Rf·If = −2·(−1,294) = 2,587 V

Antwort

Vout = 2,587 V
23.Dioden und Transistoren

Antwort: VCE = 5,915 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 = 15·4,7/(22 + 4,7) = 2,64 V
RTH = 22·4,7/(22 + 4,7) = 3,873 kΩ

Basisstrom

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

IB = (2,64 − 0,7)/(3,873 + 81·1,2) = 19,2 µA

Kollektorstrom

IC = 80·19,2 µA = 1,536 mA
IE = 81·19,2 µA = 1,555 mA

Kollektor-Emitter-Spannung

VCE = 15 − 1,536·4,7 − 1,555·1,2 = 5,915 V

Antwort

VCE = 5,915 V
24.Dioden und Transistoren

Antwort: Rmax = 225,5 Ω

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.

Strom im ungünstigsten Fall

IR = 50 + 5 = 55 mA

Größter Widerstand

Rmax = 12,4/0,055 = 225,5 Ω

Antwort

Rmax = 225,5 Ω
25.Zahlensysteme

Antwort: N = −45

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.

Stellenwerte addieren

Die übrigen Bits behalten ihre normalen positiven Werte.

−128 + 64 + 16 + 2 + 1 = −45

Antwort

N = −45
26.Zahlensysteme

Antwort: M = 192 KiB

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.

Bits und Bytes

256·256·24 = 1572864 bit = 196608 B

In KiB umrechnen

196608/1024 = 192 KiB

Antwort

M = 192 KiB
27.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & Flipflops

Antwort: N = 4

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 = A′B′C′ + AB′C′ + AB

Zeilen mit F = 1

ABC = 000, 100, 110, 111
N = 4

Antwort

N = 4
28.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & Flipflops

Antwort: fout = 2 kHz

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.

Frequenzteilung

fout = 10 kHz / 5 = 2 kHz

Antwort

fout = 2 kHz
29.Laplace-Transformationen

Antwort: f(0.2) = 0,5089

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).

Partialbruchzerlegung

F(s) = A/s + B/(s + 3) + C/(s + 6)
A = 45/(3·6) = 2,5
B = 45/((−3)·3) = −5
C = 45/((−6)·(−3)) = 2,5

Rücktransformation

f(t) = 2,5 − 5·e−3t + 2,5·e−6t

Auswerten

f(0,2) = 2,5 − 5·e−3·0,2 + 2,5·e−6·0,2 = 0,5089

Antwort

f(0,2) = 0,5089
30.Laplace-Transformationen

Antwort: g(1) = 4,533

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) = (s + 15)/(s² + 2s + 2)

Partialbruchzerlegung

s² + 2s + 2 = (s + 1)² + 1²
G(s) = 1·(s + 1)/((s + 1)² + 1²) + (14/1)·1/((s + 1)² + 1²)

Impulsantwort

g(t) = e−t·(cos 1t + 14·sin 1t)
g(1) = 4,533

Antwort

g(1) = 4,533
31.Blockschaltbilder

Antwort: ess = 8,421

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).

Lagefehlerkonstante

Kₚ = G(0) = 3·1/(2·8) = 0,1875

Stationärer Fehler

ess = A/(1 + Kₚ) = 10/(1 + 0,1875) = 8,421

Antwort

ess = 8,421
32.Blockschaltbilder

Antwort: ω = 4,123 rad/s

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 + 8s² + 17s + 10 + K = 0

Routh-Schema

s³ | 1 17
s² | 8 10 + K
s¹ | (8·17 − 10 − K)/8
s⁰ | 10 + K

Stabilitätsgrenze

Alle Einträge der ersten Spalte müssen positiv sein.

Kmax = 8·17 − 10 = 126

Schwingfrequenz

8·(jω)² + 10 + 126 = 0 → ω² = 136/8 = 17
ω = 4,123 rad/s

Antwort

ω = 4,123 rad/s
33.Sprungantwort

Antwort: ts = 1,6 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 = 10 → ωₙ = 3,162 rad/s
2ζωₙ = 5 → ζ = 5/(2·3,162) = 0,7906

Ergebnis

ζωₙ = 2,5 → ts ≈ 4/2,5 = 1,6 s

Antwort

ts = 1,6 s
34.Sprungantwort

Antwort: tp = 14,12 ms

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/√(0,2·1 × 10⁻⁴) = 223,6 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (9/2)·√(1 × 10⁻⁴/0,2) = 0,1006

Ergebnis

ωd = 222,5 rad/s
tp = π/ωd = 14,12 ms

Antwort

tp = 14,12 ms
35.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: ∠G(jω) = −120,2 °

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(20/13) − 90° − atan(20/1) = 56,98° − 90° − 87,14°

Ergebnis

∠G(j20) = −120,2°

Antwort

∠G(jω) = −120,2°
36.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: K = 49,56

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/2)·(ω/5) = 1 → ω180 = √(2·5) = 3,162 rad/s

Betrag am Phasendurchtritt

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 4)·√(ω² + 25)) = K/(2·5·(2 + 5)) = K/70

Geforderte Verstärkung

70/K = 103/20 = 1,413
K = 70/1,413 = 49,56

Antwort

K = 49,56
37.Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve

Antwort: Kmax = 210

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

s³ + 9s² + 26s + 24 + K = 0

Routh-Schema

s³: 1, 26
s²: 9, 24 + K
s¹: (9·26 − 24 − K)/9
s⁰: 24 + K

Bedingung

Der Eintrag der s¹-Zeile muss positiv bleiben.

K < 9·26 − 24 = 210

Antwort

Kmax = 210

An der Grenze schwingt der Kreis mit ω = √26 = 5,099 rad/s.

38.Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve

Antwort: K = 100

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.

Mit der Normalform vergleichen

s² + 10s + K = s² + 2ζωₙs + ωₙ²
2·0,5·ωₙ = 10 → ωₙ = 10 rad/s

Verstärkung

K = ωₙ² = 10² = 100

Antwort

K = 100

Die Pole des geschlossenen Kreises liegen dort, wo die ζ-Gerade den senkrechten Ast bei s = −5 schneidet.

39.Stationärer Fehler und PID-Regelung

Antwort: ess = 0,625

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.

Geschwindigkeitskonstante

Kv = lim s·G(s) = 8

Rampenfehler

ess = 5/8 = 0,625

Antwort

ess = 0,625
40.Stationärer Fehler und PID-Regelung

Antwort: Kd = 1 s

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 + 4) + 1(25 + Kds) = s² + (4 + 1Kd)s + 25

Eigenfrequenz

ωₙ = √25 = 5 rad/s

Differenzialverstärkung

4 + 1Kd = 2·0,5·5 = 5
Kd = 1 s

Antwort

Kd = 1 s

Der Differenzialanteil erhöht die Dämpfung, ohne ωₙ zu verändern.

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