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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
Beginne an dem Ende des Netzwerks, das am weitesten von den Klemmen entfernt ist.
Fasse Widerstände in Reihe durch Addieren zusammen und parallele Widerstände mit 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
Zeichne die Schaltung nach jedem Schritt neu.
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
Wähle einen Bezugsknoten (Masse) und benenne die übrigen Knotenspannungen.
Stelle an jedem unbekannten Knoten die Knotenregel auf: Die über alle Zweige abfließenden Ströme sind gleich den zufließenden.
Drücke jeden Zweigstrom als (Va − Vb)/R aus.
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
Zeichne in jeder Masche (jedem Fenster) der Schaltung einen Strom im Uhrzeigersinn ein.
Wende in jeder Masche die Maschenregel an: Die Summe der Spannungsabfälle ist null.
In einem Widerstand, den zwei Maschen gemeinsam haben, fließt die Differenz der beiden Maschenströme.
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
Zähle die unabhängigen Quellen. Für jede Quelle löst du eine einfachere Schaltung.
Behalte eine Quelle und schalte die anderen ab: Eine Spannungsquelle wird zum Kurzschluss (ein Draht), eine Stromquelle zum Leerlauf (eine Unterbrechung).
Berechne in der einfacheren Schaltung die gesuchte Spannung oder den gesuchten Strom und achte auf die Richtung.
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
Entferne die Last und markiere die beiden Klemmen a und b.
Bestimme die Leerlaufspannung zwischen a und b: Das ist Vth.
Schalte alle unabhängigen Quellen ab und bestimme den Widerstand, den man von a–b aus sieht: Das ist Rth.
Schließe die Last wieder an die Ersatzschaltung an: Vth in Reihe mit Rth.
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
Bestimme den Anfangswert unmittelbar nach dem Schalten: Kondensatorspannung und Spulenstrom können nicht springen.
Bestimme den Endwert lange nach dem Schalten: Ein Kondensator wirkt wie ein Leerlauf, eine Spule wie ein Kurzschluss.
Bestimme die Zeitkonstante: τ = RC oder τ = L/R, mit dem Widerstand, den der Kondensator bzw. die Spule sieht.
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
Rechne die Frequenz um: ω = 2πf.
Bestimme jeden Blindwiderstand: XL = ωL und XC = 1/(ωC).
Addiere Impedanzen wie Widerstände, mit Z = R + jX.
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
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
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.
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.
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.
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
Schreibe das charakteristische Polynom des geschlossenen Kreises auf: den Nenner von 1 + K·G(s) = 0, ausmultipliziert.
Trage die Koeffizienten abwechselnd in die ersten beiden Zeilen des Routh-Schemas ein und bilde die übrigen Zeilen.
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.
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
Zähle die Pole des offenen Kreises C(s)·G(s) bei s = 0: Das ist der Systemtyp.
Berechne die Fehlerkonstante, die zur Eingangsgröße passt: Kp für einen Sprung, Kv für eine Rampe, Ka für eine Parabel.
Wende ess = A/(1 + Kp), A/Kv oder A/Ka an, oder löse die Gleichung nach der benötigten Verstärkung auf.
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
Bestimme den Strom IR2 durch R2.
V1 = 30 VR1 = 2 ΩR2 = 5 ΩR3 = 3 ΩR4 = 6 Ω
IR2 = A
2.Reihen- und ParallelschaltungSchwer
Bestimme den Ersatzwiderstand Req, den die Quelle V1 sieht.
Die Spannungsquelle Vₛ zwischen A und B hat ihren Pluspol bei A, sie bewirkt also VA − VB = Vₛ. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren und einem Superknoten den Strom Ix durch die Spannungsquelle, von A nach B wie durch den Pfeil angegeben.
Bestimme den Thévenin-Widerstand Rth an den Klemmen a–b.
V1 = 9 VR1 = 5 ΩR2 = 5 ΩR3 = 8 Ω
Rth = Ω
10.Thévenin und NortonSchwer
Bestimme die Thévenin-Spannung Vth an den Klemmen a–b.
V1 = 30 VIs = 5 AR1 = 2 ΩR2 = 8 ΩR3 = 6 Ω
Vth = V
11.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Wie lange nach dem Schließen des Schalters erreicht der Strom 95 % seines Endwerts? Bestimme t.
Vs = 10 VR = 22 ΩL = 22 mH
t = ms
12.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
Ein Zeitglied beginnt bei t = 0, einen ungeladenen Kondensator über einen Widerstand aus einer 12-V-Versorgung zu laden. Es soll auslösen, wenn die Kondensatorspannung 6 V erreicht, genau 20 ms nach dem Start. Bestimme mit R = 10 kΩ die nötige Kapazität C.
Vs = 12 VVth = 6 VT = 20 msR = 10 kΩ
C = µF
13.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 120 V (Effektivwert) und 50 Hz. Bestimme die aus der Versorgung aufgenommene Wirkleistung P.
V = 120 V (rms)f = 50 HzR = 80 ΩL = 200 mHC = 100 µF
P = W
14.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 12 V (Effektivwert) und 60 Hz. Bestimme den Effektivwert der Spannung VC am Kondensator.
V = 12 V (rms)f = 60 HzR = 25 ΩL = 150 mHC = 10 µF
VC = V
15.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
Ein Einphasenmotor nimmt 12 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,6 induktiv aus einer 240-V-Versorgung auf. Bestimme den Leiterstrom I.
P = 12 kWpf = 0,6V = 240 V
I = A
16.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
Eine einphasige Last nimmt 15 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 0,95. Bestimme die Blindleistung QC, die der Kondensator liefern muss.
P = 15 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,95V = 230 Vf = 50 Hz
QC = kvar
17.DrehstromleistungMittel
Ein Drehstrom-Asynchronmotor gibt bei Volllast 55 kW mechanische Leistung ab. Bei dieser Last beträgt sein Wirkungsgrad 92 % und sein Leistungsfaktor 0,9 induktiv. Das Netz hat eine Leiterspannung von 415 V. Bestimme den Leiterstrom IL.
Pout = 55 kWη = 92%cos φ = 0,9VL = 415 V
IL = A
18.DrehstromleistungSchwer
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 200 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,65 induktiv aus einem Netz mit 400 V (Leiterspannung) und 50 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 = 200 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,92VL = 400 Vf = 50 Hz
QC = kvar
19.TransformatorenMittel
An der Primärwicklung eines idealen Transformators mit dem Übersetzungsverhältnis N₁:N₂ = 10:1 liegen 1200 V. An die Sekundärwicklung ist ein Widerstand von 24 Ω angeschlossen. Bestimme den Primärstrom I1.
N1:N2 = 10:1V1 = 1200 VRL = 24 Ω
I1 = A
20.TransformatorenSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 500 kVA hat Eisenverluste von 2500 W und Kupferverluste von 7500 W bei Nennlast. Er liefert 75 % seiner Nennscheinleistung bei einem Leistungsfaktor von 0,8 induktiv. Bestimme die Gesamtverluste Ploss in Watt bei dieser Last.
Ein NPN-Transistor mit β = 150 wird mit einem Spannungsteiler an VCC = 15 V eingestellt: R₁ = 47 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 = 1,5 kΩ. Nimm VBE = 0,7 V an und verwende das Thévenin-Ersatzschaltbild des Teilers (vernachlässige den Basisstrom nicht). Bestimme die Kollektor-Emitter-Spannung VCE.
Ein 12-V-Z-Dioden-Regler hat einen Vorwiderstand von 680 Ω. Die Eingangsspannung kann auf 27 V steigen, und die Last kann abgetrennt werden. Bestimme die größte Leistung PZ,max, die die Z-Diode in Wärme umsetzen muss.
Vin,max = 27 VVZ = 12 VR = 680 Ω
PZ,max = mW
25.ZahlensystemeMittel
Schreibe −21 als 8-Bit-Muster im Zweierkomplement. Lies das Muster als vorzeichenlose Binärzahl: Welchen Wert U hat es im Dezimalsystem?
N = −218 bit
U =
26.ZahlensystemeSchwer
Was ist die kleinste (negativste) ganze Zahl N, die im 16-Bit-Zweierkomplement gespeichert werden kann?
Bestimme die minimale SOP-Form von F(A, B, C, D) = Σm(1, 7, 9, 10) + d(3, 5, 12), wobei d die Don’t-Care-Bedingungen kennzeichnet. Wie viele Literale L enthält sie?
F(A, B, C, D) = Σm(1, 7, 9, 10) + d(3, 5, 12)
L =
29.Laplace-TransformationenMittel
Bestimme f(t) für F(s) = (2s + 9)/(s² + 6s + 13) mit quadratischer Ergänzung und werte f(0,2) aus.
F(s) = (2s + 9)/(s² + 6s + 13)t = 0,2 s
f(0.2) =
30.Laplace-TransformationenSchwer
Ein System gehorcht y″ + 5y′ + 6y = 30·u(t). Es startet in Ruhe (y(0) = 0, y′(0) = 0), und der Eingang ist ein Sprung u(t) = 5 für t ≥ 0. Bestimme mit der Laplace-Transformation den Ausgang y(0,2).
Eine Strecke G(s) = 15/(s + 9) wird in einem Gegenkopplungskreis geregelt, dessen Sensor die Verstärkung H = 0,1 hat. Am Eingang R wird ein Sprung der Größe 10 angelegt. Bestimme den stationären Ausgang css.
G(s) = 15/(s + 9)H = 0,1R = 10
css =
32.BlockschaltbilderSchwer
Ein Proportionalregler K steuert die Strecke G(s) = 3/(s + 10) in einem Regelkreis mit Einheits-Gegenkopplung. Ein Störsprung der Größe 10 greift am Streckeneingang an, während R = 0 ist. Bestimme die kleinste Verstärkung K, die den stationären Ausgang bei höchstens 0,3 hält.
G(s) = 3/(s + 10)D = 10css ≤ 0,3
K =
33.SprungantwortMittel
Ein System hat die Übertragungsfunktion G(s) = 98/(s² + 10s + 98) und erhält einen Einheitssprung am Eingang. Bestimme die Eigenkreisfrequenz ωn in rad/s.
G(s) = 98/(s² + 10s + 98)
ωn = rad/s
34.SprungantwortSchwer
Ein Regelkreis mit Einheits-Gegenkopplung hat G(s) = K/(s(s + 10)). Bestimme die Verstärkung K, die eine Sprungantwort mit 15 % Überschwingen ergibt.
G(s) = K/(s(s + 10))%OS = 15 %
K =
35.Bode-Diagramme und ReservenMittel
Der gezeigte RC-Hochpass hat R = 2,2 kΩ, C = 10 nF. Ein sinusförmiges Eingangssignal von 1,4 kHz wird angelegt. Bestimme die Verstärkung |H| = |vout/vin| in dB.
R = 2,2 kΩC = 10 nFf = 1,4 kHz
|H| = dB
36.Bode-Diagramme und ReservenSchwer
Ein Regelkreis mit Einheitsrückführung hat die Übertragungsfunktion des offenen Kreises L(s) = 18/(s(s + 2)(s + 6)). Bestimme die Amplitudenreserve GM in dB.
L(s) = 18/(s(s + 2)(s + 6))
GM = dB
37.Stabilität: Routh-Hurwitz und WurzelortskurveMittel
Der Regelkreis im Schaubild arbeitet mit Gegenkopplung und hat L(s) = 792/(s(s + 3)(s + 8)). Wie viele Pole N des geschlossenen Kreises liegen in der rechten Halbebene?
L(s) = 792/(s(s + 3)(s + 8))
N =
38.Stabilität: Routh-Hurwitz und WurzelortskurveSchwer
Die Wurzelortskurve von L(s) = K/(s(s + 5)) ist abgebildet. Bestimme die Verstärkung K, bei der die Pole des geschlossenen Kreises den Dämpfungsgrad ζ = 0,5 haben.
L(s) = K/(s(s + 5))ζ = 0,5
K =
39.Stationärer Fehler und PID-RegelungMittel
Auf einen Regelkreis mit Einheitsrückführung und G(s) = 2/(s(s + 1)(s + 5)) wird die Eingangsgröße r(t) = 2 + 2t (ein Sprung plus eine Rampe) gegeben. Bestimme den stationären Fehler ess.
G(s) = 2/(s(s + 1)(s + 5))r(t) = 2 + 2t
ess =
40.Stationärer Fehler und PID-RegelungSchwer
Ein Proportionalregler K = 5 regelt die Strecke G(s) = 5/(s(s + 5)) in einem Regelkreis mit Einheitsrückführung. Bestimme die Überschwingzeit tp der Sprungantwort.
G(s) = 5/(s(s + 5))K = 5
tp = s
3Lösungen
1.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR2 = 3,699 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.
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 = 3 + 6 = 9 Ω
R2 ∥ 9 = 5·9/(5+9) = 3,214 Ω
Req = R1 + 3,214 = 2 + 3,214 = 5,214 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 = 30/5,214 = 5,753 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 = 30 − 5,753·2 = 18,49 V
IR2 = VA/R2 = 18,49/5 = 3,699 A
Antwort
IR2 = 3,699 A
2.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: Req = 6,254 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.
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 = 4 + 5 = 9 Ω
R4 ∥ 9 = 6,618 Ω
R3 + 6,618 = 14,62 Ω
R2 ∥ 14,62 = 4,254 Ω
Req = R1 + 4,254 = 2 + 4,254 = 6,254 Ω
Antwort
Req = 6,254 Ω
3.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: VB = 32,82 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.
Knoten festlegen
Masse ist der untere Leiter. Bekannte Knotenpotenziale ergeben sich direkt aus den Quellen (V1 = 10 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/20 + (VA − 10)/20 + (VA − VB)/12 = 0
0,1833·VA − 0,08333·VB = 0,5
KCL am Knoten B
Die Ströme, die B über die Widerstände verlassen, sind gleich dem Strom, den die Quellen in B einspeisen.
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.
Einen Superknoten bilden
Die Spannungsquelle zwischen A und B führt einen unbekannten Strom, daher kann die Knotenregel nicht getrennt an A oder B aufgestellt werden. Fasse A, B und die Quelle zu einem Superknoten zusammen: Der hineinfließende Strom ist gleich dem herausfließenden.
VB = VA − 6
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is
Lösen
(VA − 15)/15 + VA/20 + (VA − 6)/30 = 5
VA·(1/15 + 1/20 + 1/30) = 5 + 15/15 + 6/30 = 6,2
VA = 6,2/0,15 = 41,33 V
VB = 35,33 V
Strom durch die Spannungsquelle
Knotenregel nur an Knoten A: Der über R₁ ankommende Strom fließt über R₂ und über die Spannungsquelle ab.
IR1 = (15 − 41,33)/15 = −1,756 A
Ix = IR1 − VA/R2 = −1,756 − 41,33/20 = −3,822 A
Antwort
Ix = −3,822 A
Ein negatives Ergebnis bedeutet, dass der tatsächliche Strom entgegen dem Pfeil fließt.
5.Maschenstromverfahren
Antwort: VR2 = −4 V
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.
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
20·I1 + 15(I1 − I2) = 12
35·I1 − 15·I2 = 12
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) = (−12)
−15·I1 + 27·I2 = −12
Lösen
Δ = (35)(27) − (−15)(−15) = 720
I1 = Δ1/Δ = 144/720 = 0,2 A
I2 = Δ2/Δ = −240/720 = −0,3333 A
Antwort
IR2 = I2 = −0,3333 A
VR2 = IR2·R2 = −0,3333·12 = −4 V
Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.
6.Maschenstromverfahren
Antwort: I3 = −3,167 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.
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 + 3(I1 − I2) = 15
8·I1 − 3·I2 = 15
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
3·I2 + 3(I2 − I1) + 5(I2 − I3) = 0
−3·I1 + 11·I2 − 5·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 + 5(I3 − I2) = (−36)
−5·I2 + 13·I3 = −36
Lösen
Δ = Determinante der Koeffizientenmatrix = 827
I1 = Δ1/Δ = 1230/827 = 1,487 A
I2 = Δ2/Δ = −855/827 = −1,034 A
I3 = Δ3/Δ = −2619/827 = −3,167 A
Antwort
I3 = −3,167 A
Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.
7.Überlagerungssatz
Antwort: IR2 = 0,5806 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.
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 = 3+6 = 9 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 15·9/(15+9) = 5,625 Ω
VA = 12·5,625/(6+5,625) = 5,806 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 5,806·6/9 = 3,871 V
IR2′ = (VA − 0)/R2 = (5,806 − 0)/15 = 0,3871 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 = 6·15/(6+15) = 4,286 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 6 ∥ 7,286 = 3,29 Ω
VB = Is·Req = 1,5·3,29 = 4,935 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 4,935·4,286/7,286 = 2,903 V
IR2″ = (VA − 0)/R2 = (2,903 − 0)/15 = 0,1935 A
Anteile addieren
IR2 = IR2′ + IR2″
IR2 = 0,3871 + 0,1935 = 0,5806 A
Ein negatives Ergebnis bedeutet, dass der tatsächliche Strom gegen den Pfeil fließt.
8.Überlagerungssatz
Antwort: V2 = 52,5 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.
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) = 20 ∥ 25 = 11,11 Ω
VA = 12·11,11/(8+11,11) = 6,977 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 6,977·15/25 = 4,186 V
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 = 5,714 Ω, also ist der linke Pfad R2+5,714 = 15,71 Ω
Req = R4 ∥ 15,71 = 7,674 Ω
VB = −Is·Req = −6·7,674 = −46,05 V
VA = VB·5,714/15,71 = −16,74 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 = 5,714 Ω
VA‴ = V2·5,714/(15 + 10 + 5,714) = 0,186·V2
VA null setzen
Mit VA = 0 liegt keine Spannung an R₃, sein Strom ist also null.
VA′ + VA″ + VA‴ = 6,977 + (−16,74) + 0,186·V2 = 0
V2 = 9,767/0,186 = 52,5 V
Antwort
V2 = 52,5 V
9.Thévenin und Norton
Antwort: Rth = 10,5 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.
Rth bei abgeschalteten Quellen bestimmen
Ersetze Spannungsquellen durch Kurzschlüsse und Stromquellen durch Leerläufe und blicke dann von a–b in die Schaltung.
R1 ∥ R2 = 5·5/(5+5) = 2,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,5 + 8 = 10,5 Ω
10.Thévenin und Norton
Antwort: Vth = 62 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.
Rth bei abgeschalteten Quellen bestimmen
Ersetze Spannungsquellen durch Kurzschlüsse und Stromquellen durch Leerläufe und blicke dann von a–b in die Schaltung.
R1 ∥ R2 = 2·8/(2+8) = 1,6 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,6 + 6 = 7,6 Ω
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) = 24 + 5·1,6 = 32 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 32 + 5·6 = 62 V
11.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: t = 2,996 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.
Zeitkonstante und Endstrom
Lange nach dem Schließen des Schalters wirkt die Spule wie ein Kurzschluss, daher bestimmt R allein den Endstrom.
τ = L/R = 22 mH / 22 Ω = 1 ms
i(∞) = Vs/R = 10/22 = 0,4545 A
Nach der Zeit auflösen
0,95 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,95)
t = −1·ln(0,05) = 2,996 ms
Antwort
t = 2,996 ms
12.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: C = 2,885 µF
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.
Erforderliche Zeitkonstante
6 = 12·(1 − e−20/τ) → τ = 20/ln(12/(12 − 6))
τ = 20/0,6931 = 28,85 ms
Kapazität
kΩ mal µF ergibt Millisekunden.
C = τ/R = 28,85/10 = 2,885 µF
Antwort
C = 2,885 µF
13.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: P = 156,5 W
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
XL = 62,83 Ω, XC = 31,83 Ω
Impedanz
|Z| = √(80² + (31)²) = 85,8 Ω
Wirkleistung
Spulen und Kondensatoren speichern Energie nur und geben sie zurück; der Widerstand nimmt die gesamte Wirkleistung auf.
I = 120/85,8 = 1,399 A
P = I²·R = 1,399²·80 = 156,5 W
Antwort
P = 156,5 W
14.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: VC = 15,14 V
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·60 = 377 rad/s
XL = ωL = 377·0,15 = 56,55 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(377·10·10⁻⁶) = 265,3 Ω
Impedanz
In Reihe addieren sich die Impedanzen als komplexe Zahlen: Z = R + j(XL − XC).
Durch jedes Element einer Reihenschaltung fließt derselbe Strom.
I = V/|Z| = 12/210,2 = 0,05709 A
Spannung am Kondensator
VC = I·XC = 0,05709·265,3 = 15,14 V
Antwort
VC = 15,14 V
15.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: I = 83,33 A
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.
Leiterstrom
Nur der Wirkanteil der Leistung verrichtet Arbeit, also teile durch den Leistungsfaktor.
I = P/(V·cos φ) = 12000/(240·0,6) = 83,33 A
Antwort
I = 83,33 A
16.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: QC = 10,37 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 = 15·tan(45,57°) = 15,3 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 15·tan(18,19°) = 4,93 kvar
QC = Q1 − Q2 = 10,37 kvar
Antwort
QC = 10,37 kvar
17.Drehstromleistung
Antwort: IL = 92,41 A
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.
Elektrische Aufnahmeleistung
Pin = Pout/η = 55/0,92 = 59,78 kW
Leiterstrom
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 59783/(√3·415·0,9) = 92,41 A
Antwort
IL = 92,41 A
18.Drehstromleistung
Antwort: QC = 148,6 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 = 200·tan(acos 0,65) = 200·1,169 = 233,8 kvar
Q2 = 200·tan(acos 0,92) = 200·0,426 = 85,2 kvar
Blindleistung der Kondensatoren
QC = Q1 − Q2 = 148,6 kvar
Antwort
QC = 148,6 kvar
19.Transformatoren
Antwort: I1 = 0,5 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 = 1200/10 = 120 V
I2 = 120/24 = 5 A
Primärstrom
Ein idealer Transformator hat keine Verluste: V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/10 = 0,5 A
Antwort
I1 = 0,5 A
Kontrolle: Die Last von der Primärseite aus gesehen ist a²·RL = 2400 Ω, und 1200/2400 ergibt denselben Strom.
20.Transformatoren
Antwort: Ploss = 6719 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 = 0,5625·7500 = 4219 W
Gesamtverluste
Die Eisenverluste sind bei jeder Last gleich.
Ploss = 2500 + 4219 = 6719 W
Antwort
Ploss = 6719 W
Der Wirkungsgrad bei dieser Last ist η = 97,81%.
21.Operationsverstärker
Antwort: Rf = 18,8 kΩ
Regeln für den idealen Operationsverstärker: Mit Gegenkopplung stellt der OPV seinen Ausgang so ein, dass beide Eingänge auf derselben Spannung liegen (V₋ = V₊), und in keinen Eingang fließt Strom. Die Knotenregel am invertierenden Eingang mit diesen beiden Tatsachen liefert den Ausgang.
Verstärkung eines nichtinvertierenden Verstärkers
V₋ = V₊ = Vin, und der Strom durch R₁ fließt auch durch Rf, also Vout = Vin·(1 + Rf/R₁).
Av = 1 + Rf/R1
Rf = (5 − 1)·4,7 = 18,8 kΩ
Antwort
Rf = 18,8 kΩ
22.Operationsverstärker
Antwort: Vout = −0,3214 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 = 0,3/4,7 = 0,06383 mA
I2 = V2/R2 = 0,1/22 = 0,004545 mA
If = I1 + I2 = 0,06838 mA
Ausgangsspannung
Vout = −Rf·If = −4,7·0,06838 = −0,3214 V
Antwort
Vout = −0,3214 V
23.Dioden und Transistoren
Antwort: VCE = 5,723 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 = 15·12/(47 + 12) = 3,051 V
RTH = 47·12/(47 + 12) = 9,559 kΩ
Basisstrom
Maschenregel für die Basismasche; der Emitterstrom ist (β + 1)·IB.
IB = (3,051 − 0,7)/(9,559 + 151·1,5) = 9,959 µA
Kollektorstrom
IC = 150·9,959 µA = 1,494 mA
IE = 151·9,959 µA = 1,504 mA
Kollektor-Emitter-Spannung
VCE = 15 − 1,494·4,7 − 1,504·1,5 = 5,723 V
Antwort
VCE = 5,723 V
24.Dioden und Transistoren
Antwort: PZ,max = 264,7 mW
Z-Dioden-Regler: Eine in Sperrrichtung betriebene Z-Diode hält ihre Spannung VZ, solange ihr Strom über einem Minimum IZ,min bleibt. Der Vorwiderstand R nimmt die Differenz zwischen Eingangs- und Ausgangsspannung auf: IR = (Vin − VZ)/R. Dieser Strom teilt sich auf die Last, IL = VZ/RL, und die Z-Diode, IZ = IR − IL, auf. Entwirf für die ungünstigsten Fälle: Die niedrigste Eingangsspannung bei größter Last muss noch IZ,min übrig lassen, und die höchste Eingangsspannung ohne Last ergibt die größte Verlustleistung der Z-Diode PZ = VZ·IZ.
Zenerstrom im ungünstigsten Fall
IZ = 15/680 = 22,06 mA
Leistung der Z-Diode
PZ = 12·22,06 = 264,7 mW
Antwort
PZ,max = 264,7 mW
25.Zahlensysteme
Antwort: U = 235
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.
Invertieren und eins addieren
21 = 0001 0101
invertiert: 1110 1010
+1 → 1110 1011
Vorzeichenlos lesen
1110 1011₂ = 256 − 21 = 235
Antwort
U = 235
26.Zahlensysteme
Antwort: N = −32768
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.
Boolesche Algebra: Die Regeln, die Ausdrücke vereinfachen, sind X + X′ = 1 und X·X′ = 0, X + X = X, die Absorption X + X·Y = X, die Zusammenfassungsregel X·Y + X·Y′ = X, X + X′Y = X + Y und das Konsensus-Theorem XY + X′Z + YZ = XY + X′Z. Die De-Morganschen Gesetze machen aus (X·Y)′ den Ausdruck X′ + Y′ und aus (X + Y)′ den Ausdruck X′·Y′. Ein Karnaugh-Diagramm wendet diese Regeln grafisch an: Jede Gruppe aus zwei benachbarten Feldern ist eine Anwendung von XY + XY′ = X.
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′C′D, A′D, AB′CD′
Minimale Überdeckung
F = B′C′D + A′D + AB′CD′
L = 9
Antwort
L = 9
29.Laplace-Transformationen
Antwort: f(0.2) = 1,332
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).
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).
Gleichung transformieren
Y(s) = 150/(s(s + 2)(s + 3))
Partialbruchzerlegung
A = 150/(2·3) = 25
B = 150/((−2)·1) = −75
C = 150/((−3)·(−1)) = 50
Ausfuhr
y(t) = 25 − 75·e−2t + 50·e−3t
y(0,2) = 2,167
Antwort
y(0,2) = 2,167
31.Blockschaltbilder
Antwort: css = 14,29
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).
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).
Störantwort
css = D·G(0)/(1 + K·G(0)) = 10·3/(10 + 3K)
Nach K auflösen
10 + 3K = 10·3/0,3 = 100
K = (100 − 10)/3 = 30
Antwort
K = 30
33.Sprungantwort
Antwort: ωn = 9,899 rad/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 = 98 → ωₙ = 9,899 rad/s
2ζωₙ = 10 → ζ = 10/(2·9,899) = 0,5051
Ergebnis
ωₙ = 9,899 rad/s
Antwort
ωn = 9,899 rad/s
34.Sprungantwort
Antwort: K = 93,56
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).
Übertragungsfunktion des geschlossenen Kreises
T(s) = K/(s² + 10s + K)
Dämpfungsgrad aus dem Überschwingen
ζ = −ln(0,15)/√(π² + ln²(0,15)) = 0,5169
Verstärkung
ωₙ = 10/(2ζ) = 9,672 rad/s
K = ωₙ² = 93,56
Antwort
K = 93,56
35.Bode-Diagramme und Reserven
Antwort: |H| = −14,43 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.
Eckfrequenz
ωc = 1/(RC) = 1/(2200·1 × 10⁻⁸) = 45455 rad/s
fc = 7234 Hz → f/fc = 1400/7234 = 0,1935
Verstärkung
|H| = 0,1935/√(1 + 0,1935²) = 0,19
20·log₁₀(0,19) = −14,43 dB
Antwort
|H| = −14,43 dB
36.Bode-Diagramme und Reserven
Antwort: GM = 14,54 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.
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 + 11s² + 24s + 792 = 0
Routh-Schema
s³: 1, 24
s²: 11, 792
s¹: −48
s⁰: 792
Vorzeichenwechsel in der ersten Spalte
1 → 11 → −48 → 792
N = 2
Antwort
N = 2
Die Verstärkung liegt über der Grenze K = 264, also ist ein komplexes Polpaar in die rechte Halbebene gewandert.
38.Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve
Antwort: K = 25
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 + 5s + K = s² + 2ζωₙs + ωₙ²
2·0,5·ωₙ = 5 → ωₙ = 5 rad/s
Verstärkung
K = ωₙ² = 5² = 25
Antwort
K = 25
Die Pole des geschlossenen Kreises liegen dort, wo die ζ-Gerade den senkrechten Ast bei s = −2,5 schneidet.
39.Stationärer Fehler und PID-Regelung
Antwort: ess = 5
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) = 0,4
Sprunganteil
Kp = ∞ → estep = 0
Rampenfehler
ess = 2/0,4 = 5
Antwort
ess = 5
40.Stationärer Fehler und PID-Regelung
Antwort: tp = 0,7255 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 + 5) + 5·5 = s² + 5s + 25
ωₙ und ζ
ωₙ = √25 = 5 rad/s
ζ = 5/(2·5) = 0,5
Anregelzeit bis zum Maximum
ωd = 5·√(1 − 0,5²) = 4,33 rad/s
tp = π/4,33 = 0,7255 s
Antwort
tp = 0,7255 s
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