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​ = 6 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​10 VR2​5 ΩIR2​AR4​5 ΩB

Bestimme den Strom IR2 durch R2.

V1 = 10 VR1 = 6 ΩR2 = 5 ΩR3 = 10 ΩR4 = 5 Ω
IR2 = A
2.Reihen- und ParallelschaltungSchwer
R1​ = 15 ΩR3​ = 4 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​5 VR2​8 ΩIR2​AR4​12 ΩBR6​4 Ω

Bestimme den Strom IR2 durch R2.

V1 = 5 VR1 = 15 ΩR2 = 8 ΩR3 = 4 ΩR4 = 12 ΩR5 = 3 ΩR6 = 4 Ω
IR2 = A
3.KnotenpotenzialverfahrenMittel
R1​ = 15 ΩR3​ = 20 ΩIR3​+−V1​9 VR2​12 ΩAR4​6 ΩBIs​1,5 A

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

V1 = 9 VIs = 1,5 AR1 = 15 ΩR2 = 12 ΩR3 = 20 ΩR4 = 6 Ω
IR3 = A
4.KnotenpotenzialverfahrenSchwer
R1​ = 3 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 8 Ω+−V1​30 VR3​4 ΩAR5​25 ΩBIs​2 A+−V2​15 V

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

V1 = 30 VIs = 2 AV2 = 15 VR1 = 3 ΩR2 = 3 ΩR3 = 4 ΩR4 = 8 ΩR5 = 25 Ω
VB = V
5.MaschenstromverfahrenMittel
R1​ = 12 ΩR2​ = 6 ΩIR2​+−V1​9 VR3​8 ΩA+−V2​6 VI1​I2​

Bestimme mit dem Maschenstromverfahren den Strom IR2 durch R2 in Pfeilrichtung.

V1 = 9 VV2 = 6 VR1 = 12 ΩR2 = 6 ΩR3 = 8 Ω
IR2 = A
6.MaschenstromverfahrenSchwer
R1​ = 15 ΩIR1​R2​ = 6 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​9 VR4​8 ΩAR5​12 ΩB+−V2​12 VI1​I2​I3​

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

V1 = 9 VV2 = 12 VR1 = 15 ΩR2 = 6 ΩR3 = 5 ΩR4 = 8 ΩR5 = 12 Ω
IR1 = A
7.ÜberlagerungssatzMittel
R1​ = 4 ΩIR1​R3​ = 20 Ω+−V1​24 VR2​5 ΩAR4​6 ΩBIs​4 A

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

V1 = 24 VIs = 4 AR1 = 4 ΩR2 = 5 ΩR3 = 20 ΩR4 = 6 Ω
IR1 = A
8.ÜberlagerungssatzSchwer
lineare SchaltungV1​V2​Is​IRL​

Eine lineare Widerstandsschaltung enthält drei unabhängige Quellen: V1, V2 und Is. Der Strom I durch eine Last wird dreimal gemessen. Mit allen Quellen auf ihren Normalwerten ist I = 6,5 mA. Mit verdoppeltem V1 und unveränderten anderen beiden ist I = 4 mA. Mit umgekehrter Richtung von Is und unveränderten anderen beiden ist I = 3,5 mA. Bestimme den Laststrom I, wenn V2 abgeschaltet ist und V1 und Is ihre Normalwerte haben.

normal: I = 6,5 mA2·V1: I = 4 mA−Is: I = 3,5 mA
I = mA
9.Thévenin und NortonMittel
R1​ = 6 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​18 VR2​8 ΩAab

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

V1 = 18 VR1 = 6 ΩR2 = 8 ΩR3 = 15 Ω
Rth = Ω
10.Thévenin und NortonSchwer
R1​ = 30 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​5 VR2​20 ΩAIs​3 ABab

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

V1 = 5 VIs = 3 AR1 = 30 ΩR2 = 20 ΩR3 = 8 Ω
IN = A
11.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
+−Vs​10 Vt = 0R1​ = 2,2 kΩR2​ = 1 kΩC100 µF+−vC​

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

Vs = 10 VR1 = 2,2 kΩR2 = 1 kΩC = 100 µF
τ = ms
12.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
+−Vs​15 Vt = 0R = 3,3 kΩC22 µF+−vC​vC​(0) = 18 V

Kurz bevor der Schalter bei t = 0 schließt, liegt am Kondensator eine Spannung von 18 V mit der eingezeichneten Polarität. Bestimme die Kondensatorspannung vC bei t = 120 ms.

Vs = 15 VR = 3,3 kΩC = 22 µFvC(0) = 18 Vt = 120 ms
vC = V
13.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Vf0​ = 200 HzRL = 100 mHC = ?

Ein RLC-Reihenschwingkreis mit L = 100 mH soll bei 200 Hz in Resonanz sein. Bestimme die nötige Kapazität C.

f0 = 200 HzL = 100 mH
C = µF
14.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
50 V500 HzR1​ = 25 ΩR2​ = 40 ΩC = 4,7 µFI

Ein Widerstand R1 liegt in Reihe mit einer Parallelschaltung aus R2 und einem Kondensator C an einer Versorgung mit 50 V (Effektivwert) und 500 Hz. Bestimme den Effektivwert des Stroms I.

V = 50 V (rms)f = 500 HzR1 = 25 ΩR2 = 40 ΩC = 4,7 µF
I = A
15.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
P = 23 kWQ = ?Sφ

Ein Einphasenmotor nimmt 23 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,65 induktiv aus einer 240-V-Versorgung auf. Bestimme die Blindleistung Q, die er aufnimmt.

P = 23 kWpf = 0,65V = 240 V
Q = kvar
16.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
120 V60 HzRs​ = 50 ΩXs​ = j5 ΩZL​ = ?

Eine Quelle mit 120 V (Effektivwert) und 60 Hz hat eine Innenimpedanz Zs = 50 + j5 Ω. Die Lastimpedanz ZL kann frei gewählt werden. Die Last für maximale Leistung besteht aus einem Widerstand in Reihe mit einem Kondensator. Bestimme die Kapazität C.

Vs = 120 V (rms)f = 60 HzZs = 50 + j5 Ω
C = µF
17.DrehstromleistungMittel
ABCVL​ = 480 VIL​ = ?M37 kW, η = 95%cos φ = 0,84

Ein Drehstrom-Asynchronmotor gibt bei Volllast 37 kW mechanische Leistung ab. Bei dieser Last beträgt sein Wirkungsgrad 95 % und sein Leistungsfaktor 0,84 induktiv. Das Netz hat eine Leiterspannung von 480 V. Bestimme den Leiterstrom IL.

Pout = 37 kWη = 95%cos φ = 0,84VL = 480 V
IL = A
18.DrehstromleistungSchwer
P = 80 kWφ1​S1​Q2​QC​

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 80 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,72 induktiv aus einem Netz mit 415 V (Leiterspannung) und 50 Hz auf. Eine parallel zur Last geschaltete Drehstrom-Kondensatorbatterie soll den Gesamtleistungsfaktor auf 0,9 induktiv anheben. Die Wirkleistung bleibt gleich. Die Kondensatoren sind im Stern geschaltet. Bestimme die Kapazität Cph jedes Kondensators in µF.

P = 80 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,9VL = 415 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.TransformatorenMittel
RL​ = 40 Ω2014800 VV2​I1​ = ?I2​

An der Primärwicklung eines idealen Transformators mit dem Übersetzungsverhältnis N₁:N₂ = 20:1 liegen 4800 V. An die Sekundärwicklung ist ein Widerstand von 40 Ω angeschlossen. Bestimme den Primärstrom I1.

N1:N2 = 20:1V1 = 4800 VRL = 40 Ω
I1 = A
20.TransformatorenSchwer
pf 0,85100 kVA, 50% Last

Ein einphasiger Transformator mit 100 kVA hat Eisenverluste von 400 W und Kupferverluste von 1200 W bei Nennlast. Er liefert 50 % seiner Nennscheinleistung bei einem Leistungsfaktor von 0,85 induktiv. Bestimme die Gesamtverluste Ploss in Watt bei dieser Last.

S = 100 kVAPcore = 400 WPcu,fl = 1200 Wx = 0,5pf = 0,85
Ploss = W
21.OperationsverstärkerMittel
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 2 kΩVin​

Wähle den Rückkopplungswiderstand Rf so, dass dieser nichtinvertierende Verstärker eine Spannungsverstärkung von 10 hat.

R1 = 2 kΩAv = 10
Rf = kΩ
22.OperationsverstärkerSchwer
−+Vout​C = 0,47 µFVin​ = −2,7 VR = 1 kΩ

Der Integrierer verwendet einen idealen Operationsverstärker mit ±15 V Versorgung; sein Ausgang geht bei ±14 V in die Sättigung. Der Kondensator ist ungeladen, als bei t = 0 eine konstante Eingangsspannung Vin = −2,7 V angelegt wird. Bestimme die Ausgangsspannung Vout bei t = 0,5 ms.

Vin = −2,7 VR = 1 kΩC = 0,47 µFVsat = ±14 Vt = 0,5 ms
Vout = V
23.Dioden und TransistorenMittel
RC​ = 3,3 kΩβ = 80RE​ = 680 ΩVCC​ = 15 VR1​ = 82 kΩR2​ = 12 kΩ

Ein NPN-Transistor mit β = 80 wird mit einem Spannungsteiler an VCC = 15 V eingestellt: R₁ = 82 kΩ von VCC zur Basis und R₂ = 12 kΩ von der Basis nach Masse. Der Kollektorwiderstand ist RC = 3,3 kΩ und der Emitterwiderstand RE = 680 Ω. 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 = 82 kΩR2 = 12 kΩRC = 3,3 kΩRE = 680 Ωβ = 80
VCE = V
24.Dioden und TransistorenSchwer
RC​ = 680 Ωβ = 200VCC​ = 24 V5 VRB​ = ?

Ein NPN-Transistor mit β = 200 schaltet einen Lastwiderstand von 680 Ω, der zwischen VCC = 24 V und seinem Kollektor liegt. Der Emitter liegt auf Masse. Die Basis wird von einem Logikausgang mit 5 V über einen Basiswiderstand RB angesteuert. Nimm VBE = 0,7 V und VCE(sat) = 0,2 V an. Lege für sicheres Schalten einen Basisstrom aus, der 5-mal so groß ist wie das für die Sättigung nötige Minimum. Bestimme RB in kΩ.

VCC = 24 VRC = 680 Ωβ = 200Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 VÜbersteuerungsfaktor = 5
RB = kΩ
25.ZahlensystemeMittel
8-Bit-Zweierkomplement?−128?64?32?16?8?4?2?1

Schreibe −31 als 8-Bit-Muster im Zweierkomplement. Lies das Muster als vorzeichenlose Binärzahl: Welchen Wert U hat es im Dezimalsystem?

N = −318 bit
U =
26.ZahlensystemeSchwer
2297 Codes, b = ? Bit?2ᵇ⁻¹…?4?2?1

Ein System muss jedem von 2297 Elementen einen eigenen Binärcode gleicher Länge geben. Wie viele Bits b braucht es mindestens?

2297
b = bit
27.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & FlipflopsMittel
MUX0I0​1I1​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 = 0, I₁ = 1, I₂ = C′, I₃ = 1. Für wie viele der 8 Kombinationen von A, B und C ist der Ausgang F = 1? Bestimme N.

I₀ = 0I₁ = 1I₂ = C′I₃ = 1
N =
28.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & FlipflopsSchwer
CLKT123456

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

Q₀ = 0T
  1. 1Taktflanke 1
  2. 2Taktflanke 2
  3. 3Taktflanke 3
  4. 4Taktflanke 4
  5. 5Taktflanke 5
  6. 6Taktflanke 6
29.Laplace-TransformationenMittel
ReIm−2−4−624

Bestimme f(t) für F(s) = (4s + 21)/(s² + 6s + 25) mit quadratischer Ergänzung und werte f(0,3) aus.

F(s) = (4s + 21)/(s² + 6s + 25)t = 0,3 s
f(0.3) =
30.Laplace-TransformationenSchwer
t (s)y(t)t = 0,25y(0,25) = ?

Löse y″ + 6y′ + 8y = 0 mit y(0) = −9 und y′(0) = −2 mit der Laplace-Transformation und bestimme y(0,25).

y″ + 6y′ + 8y = 0y(0) = −9y′(0) = −2t = 0,25 s
y(0.25) =
31.BlockschaltbilderMittel
R(s)+48s(s + 2)G(s)C(s)−

Ein Regelkreis mit Einheits-Gegenkopplung hat G(s) = 48/(s(s + 2)). Die Führungsgröße ist eine Rampe r(t) = 1·t. Bestimme den stationären Fehler ess.

G(s) = 48/(s(s + 2))r(t) = 1·t
ess =
32.BlockschaltbilderSchwer
R(s)+K(s + 1)(s + 2)(s + 6)G(s)C(s)−

Die Strecke G(s) = K/((s + 1)(s + 2)(s + 6)) liegt in einem Regelkreis mit Einheits-Gegenkopplung. Bestimme mit dem Routh-Hurwitz-Kriterium die größte Verstärkung Kmax, für die der geschlossene Kreis stabil ist.

G(s) = K/((s + 1)(s + 2)(s + 6))Einheits-Gegenkopplung
Kmax =
33.SprungantwortMittel
t (s)y(t)3

Ein System hat die Übertragungsfunktion G(s) = 165/(s² + 12s + 55) und erhält einen Einheitssprung am Eingang. Die Pole sind s = σ ± jωd. Bestimme den Realteil σ.

G(s) = 165/(s² + 12s + 55)
σ =
34.SprungantwortSchwer
+−24 VR = 134 ΩL = 100 mHC = 2 µFvC​

Ein Reihen-RLC-Kreis mit R = 134 Ω, L = 100 mH und C = 2 µF wird bei t = 0 an einen Sprung von 24 V angeschlossen. Der Kondensator ist ungeladen, und vor dem Sprung fließt kein Strom. Bestimme die ungedämpfte Eigenkreisfrequenz ωn in rad/s.

R = 134 ΩL = 100 mHC = 2 µFV = 24 V
ωn = rad/s
35.Bode-Diagramme und ReservenMittel
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−90−450ω = 8

Bestimme die Phase ∠G(jω) von G(s) = 49(s + 9)/(s(s + 12)) bei ω = 8 rad/s in Grad.

G(s) = 49(s + 9)/(s(s + 12))ω = 8 rad/s
∠G(jω) = °
36.Bode-Diagramme und ReservenSchwer
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−60−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​

Ein Regelkreis mit Einheitsrückführung hat die Übertragungsfunktion des offenen Kreises L(s) = 144/(s(s + 8)). Bestimme die Phasenreserve PM in Grad.

L(s) = 144/(s(s + 8))
PM = °
37.Stabilität: Routh-Hurwitz und WurzelortskurveMittel
R(s)+K = 31s(s + 1)(s + 3)C(s)−

Der Regelkreis im Schaubild läuft mit K = 3 und L(s) = K/(s(s + 1)(s + 3)). Um welchen Faktor m kann die Verstärkung erhöht werden, bevor der geschlossene Kreis instabil wird?

L(s) = K/(s(s + 1)(s + 3))K = 3
m =
38.Stabilität: Routh-Hurwitz und WurzelortskurveSchwer
ReIm−1−2−3−4−5−6−71j1j2

Die Wurzelortskurve von L(s) = K/(s(s + 2)(s + 6)) verlässt die reelle Achse zwischen s = 0 und s = −2. Bestimme den Verzweigungspunkt sb.

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 6))
sb =
39.Stationärer Fehler und PID-RegelungMittel
R(s)+K = 542s + 1C(s)−

Eine Strecke G(s) = 4/(2s + 1) wird von einem Proportionalregler mit der Verstärkung K = 5 in einem Regelkreis mit Einheitsrückführung geregelt. Bestimme den stationären Fehler ess für einen Sprung als Prozentsatz der Sprunghöhe.

G(s) = 4/(2s + 1)K = 5
ess = %
40.Stationärer Fehler und PID-RegelungSchwer
R(s)+Kp​ + Ki​/s4s + 1C(s)−

Ein PI-Regler C(s) = Kp + Ki/s regelt die Strecke G(s) = 4/(s + 1) in einem Regelkreis mit Einheitsrückführung. Der geschlossene Kreis soll ωₙ = 10 rad/s und ζ = 0,7 haben. Bestimme die Integralverstärkung Ki.

G(s) = 4/(s + 1)ωₙ = 10 rad/sζ = 0,7
Ki =

3Lösungen

1.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: IR2 = 0,7692 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​ = 6 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​10 VR2​5 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 = 10 + 5 = 15 Ω
R2 ∥ 15 = 5·15/(5+15) = 3,75 Ω
Req = R1 + 3,75 = 6 + 3,75 = 9,75 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 = 10/9,75 = 1,026 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 = 10 − 1,026·6 = 3,846 V
IR2 = VA/R2 = 3,846/5 = 0,7692 A

Antwort

IR2 = 0,7692 A
2.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: IR2 = 0,1342 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​ = 15 ΩR3​ = 4 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​5 VR2​8 ΩAR4​12 ΩBR6​4 Ω

Widerstände vom fernen Ende her zusammenfassen

Beginne am Ende, das am weitesten von der Quelle entfernt ist, und arbeite dich zu ihr zurück. Widerstände mit demselben Strom liegen in Reihe; Widerstände zwischen denselben zwei Knoten liegen parallel.

R5 + R6 = 3 + 4 = 7 Ω
R4 ∥ 7 = 4,421 Ω
R3 + 4,421 = 8,421 Ω
R2 ∥ 8,421 = 4,103 Ω
Req = R1 + 4,103 = 15 + 4,103 = 19,1 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 = 5/19,1 = 0,2617 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 = 5 − 0,2617·15 = 1,074 V
IR2 = VA/R2 = 1,074/8 = 0,1342 A

Antwort

IR2 = 0,1342 A
3.Knotenpotenzialverfahren

Antwort: IR3 = −0,1531 A

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

R1​ = 15 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​9 VR2​12 ΩAR4​6 ΩBIs​1,5 A

Knoten festlegen

Masse ist der untere Leiter. Bekannte Knotenpotenziale ergeben sich direkt aus den Quellen (V1 = 9 V). Unbekannt: VA, VB.

KCL am Knoten A

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

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/12 + (VA − 9)/15 + (VA − VB)/20 = 0
0,2·VA − 0,05·VB = 0,6

KCL am Knoten B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/6 + (VB − VA)/20 = 1,5
−0,05·VA + 0,2167·VB = 1,5

Lösen

Δ = (0,2)(0,2167) − (−0,05)(−0,05) = 0,04083
VA = Δ1/Δ = 0,205/0,04083 = 5,02 V
VB = Δ2/Δ = 0,33/0,04083 = 8,082 V

Antwort

IR3 = (VA − VB)/R3 = (5,02 − 8,082)/20 = −0,1531 A
4.Knotenpotenzialverfahren

Antwort: VB = 19,92 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​ = 3 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 8 Ω+−V1​30 VR3​4 ΩAR5​25 ΩBIs​2 A+−V2​15 V

Knoten festlegen

Masse ist der untere Leiter. Bekannte Knotenpotenziale ergeben sich direkt aus den Quellen (V1 = 30 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/4 + (VA − 30)/3 + (VA − VB)/3 = 0
0,9167·VA − 0,3333·VB = 10

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/25 + (VB − VA)/3 + (VB − 15)/8 = 2
−0,3333·VA + 0,4983·VB = 3,875

Lösen

Δ = (0,9167)(0,4983) − (−0,3333)(−0,3333) = 0,3457
VA = Δ1/Δ = 6,275/0,3457 = 18,15 V
VB = Δ2/Δ = 6,885/0,3457 = 19,92 V

Antwort

VB = 19,92 V
5.Maschenstromverfahren

Antwort: IR2 = −0,2222 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​ = 12 ΩR2​ = 6 Ω+−V1​9 VR3​8 ΩA+−V2​6 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
12·I1 + 8(I1 − I2) = 9
20·I1 − 8·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
6·I2 + 8(I2 − I1) = (−6)
−8·I1 + 14·I2 = −6

Lösen

Δ = (20)(14) − (−8)(−8) = 216
I1 = Δ1/Δ = 78/216 = 0,3611 A
I2 = Δ2/Δ = −48/216 = −0,2222 A

Antwort

IR2 = I2 = −0,2222 A

Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.

6.Maschenstromverfahren

Antwort: IR1 = 0,2653 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​ = 15 ΩR2​ = 6 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​9 VR4​8 ΩAR5​12 ΩB+−V2​12 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
15·I1 + 8(I1 − I2) = 9
23·I1 − 8·I2 = 9

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
6·I2 + 8(I2 − I1) + 12(I2 − I3) = 0
−8·I1 + 26·I2 − 12·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
5·I3 + 12(I3 − I2) = (−12)
−12·I2 + 17·I3 = −12

Lösen

Δ = Determinante der Koeffizientenmatrix = 5766
I1 = Δ1/Δ = 1530/5766 = 0,2653 A
I2 = Δ2/Δ = −2088/5766 = −0,3621 A
I3 = Δ3/Δ = −5544/5766 = −0,9615 A

Antwort

IR1 = I1 = 0,2653 A

Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.

7.Überlagerungssatz

Antwort: IR1 = 2,457 A

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

R1​ = 4 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​24 VR2​5 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 = 20+6 = 26 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 5·26/(5+26) = 4,194 Ω
VA = 24·4,194/(4+4,194) = 12,28 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 12,28·6/26 = 2,835 V
IR1′ = (V1 − VA)/R1 = (24 − 12,28)/4 = 2,929 A
R1​ = 4 ΩR3​ = 20 ΩKURZSCHLUSSR2​5 ΩAR4​6 ΩBIs​4 A

Fall 2 · Is allein aktiv

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

R1 ∥ R2 = 4·5/(4+5) = 2,222 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 6 ∥ 22,22 = 4,724 Ω
VB = Is·Req = 4·4,724 = 18,9 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 18,9·2,222/22,22 = 1,89 V
IR1″ = (V1 − VA)/R1 = (0 − 1,89)/4 = −0,4724 A

Anteile addieren

IR1 = IR1′ + IR1″
IR1 = 2,929 + (−0,4724) = 2,457 A

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

8.Überlagerungssatz

Antwort: I = −1 mA

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

Die Messungen mit Anteilen aufschreiben

Jeder Anteil ist proportional zu seiner eigenen Quelle.

I₁ + I₂ + I₃ = 6,5
2·I₁ + I₂ + I₃ = 4
I₁ + I₂ − I₃ = 3,5

Nach den Anteilen auflösen

I₁ = 4 − 6,5 = −2,5 mA
I₃ = (6,5 − 3,5)/2 = 1,5 mA
I₂ = 6,5 − (−2,5) − 1,5 = 7,5 mA

V₂ abschalten

I = I₁ + I₃ = (−2,5) + 1,5 = −1 mA

Antwort

I = −1 mA
9.Thévenin und Norton

Antwort: Rth = 18,43 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​ = 6 ΩR3​ = 15 ΩKURZSCHLUSSR2​8 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 = 6·8/(6+8) = 3,429 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,429 + 15 = 18,43 Ω
10.Thévenin und Norton

Antwort: IN = 3,1 A

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

R1​ = 30 ΩR3​ = 8 ΩKURZSCHLUSSR2​20 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 = 30·20/(30+20) = 12 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 12 + 8 = 20 Ω
R1​ = 30 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​5 VR2​20 ΩAIs​3 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 + 3·12 = 38 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 38 + 3·8 = 62 V
IN​3,1 ARth​20 Ωab

Norton-Ersatzschaltbild

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

IN = Vth/Rth = 62/20 = 3,1 A
11.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: τ = 68,75 ms

Ausgleichsvorgänge erster Ordnung: In einer Schaltung mit einem Kondensator oder einer Spule läuft jede Spannung und jeder Strom exponentiell vom Anfangswert zum Endwert: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, mit τ = RC oder τ = L/R. Nach etwa 5τ ist die Schaltung eingeschwungen.

Thévenin-Ersatzschaltung aus Sicht des Kondensators

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

Rth = R1 ∥ R2 = 2,2·1/(2,2 + 1) = 0,6875 kΩ
vC(∞) = 10·1/(2,2 + 1) = 3,125 V

Zeitkonstante

τ = Rth·C = 0,6875·100 = 68,75 ms

Antwort

τ = 68,75 ms
12.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: vC = 15,57 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.

Anfangswert, Endwert, Zeitkonstante

Die Kondensatorspannung kann nicht springen, daher startet sie bei ihrem gespeicherten Wert und strebt der Quellenspannung zu.

vC(0) = 18 V, vC(∞) = Vs = 15 V
τ = R·C = 3,3 kΩ · 22 µF = 72,6 ms
vC(t) = 15 + (18 − 15)·e−t/τ

Spannung zum gegebenen Zeitpunkt

vC(120) = 15 + (3)·e−120/72,6 = 15,57 V

Antwort

vC = 15,57 V
13.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: C = 6,333 µF

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|.

Resonanzbedingung

Bei Resonanz heben sich induktiver und kapazitiver Blindwiderstand auf: ωL = 1/(ωC).

ω₀ = 2π·200 = 1257 rad/s
C = 1/(ω₀²·L) = 1/(1257²·0,1) = 6,333 µF

Antwort

C = 6,333 µF
14.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: I = 0,8712 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|.

Blindwiderstand

XC = 1/(2π·500·4,7·10⁻⁶) = 67,73 Ω

Parallelschaltung

Erweitere Zähler und Nenner mit dem konjugiert Komplexen, um Zp in Real- und Imaginärteil zu zerlegen.

Zp = R₂·(−jXC)/(R₂ − jXC) = (R₂·XC² − jR₂²·XC)/(R₂² + XC²)
Zp = 29,66 − j17,51 Ω

Gesamtimpedanz

Z = 25 + 29,66 − j17,51 = 54,66 − j17,51 Ω
|Z| = √(54,66² + 17,51²) = 57,39 Ω

Strom

I = V/|Z| = 50/57,39 = 0,8712 A

Antwort

I = 0,8712 A
15.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: Q = 26,89 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(0,65) = 49,46°, tan φ = 1,169

Blindleistung

Q = P·tan φ = 23·1,169 = 26,89 kvar

Antwort

Q = 26,89 kvar
16.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: C = 530,5 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.

Konjugiert komplexe Anpassung

Der Blindwiderstand der Last hebt den Blindwiderstand der Quelle auf, und der Lastwiderstand ist gleich dem Quellenwiderstand.

ZL = Zs* = 50 − j5 Ω

Kapazität

XC = 5 Ω → C = 1/(2π·60·5) = 530,5 µF

Antwort

C = 530,5 µF
17.Drehstromleistung

Antwort: IL = 55,77 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 = 37/0,95 = 38,95 kW

Leiterstrom

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 38947/(√3·480·0,84) = 55,77 A

Antwort

IL = 55,77 A
18.Drehstromleistung

Antwort: Cph = 709 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 = 80·tan(acos 0,72) = 80·0,9639 = 77,11 kvar
Q2 = 80·tan(acos 0,9) = 80·0,4843 = 38,75 kvar

Blindleistung der Kondensatoren

QC = Q1 − Q2 = 38,36 kvar

Kapazität pro Strang

In einer Sternbatterie ist jeder Kondensator zwischen einen Außenleiter und den Sternpunkt geschaltet.

V = 415/√3 = 239,6 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 12787/(314,2·239,6²) = 709 µF

Antwort

Cph = 709 µF
19.Transformatoren

Antwort: I1 = 0,3 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 = 4800/20 = 240 V
I2 = 240/40 = 6 A

Primärstrom

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

I1 = I2/20 = 0,3 A

Antwort

I1 = 0,3 A

Kontrolle: Die Last von der Primärseite aus gesehen ist a²·RL = 16000 Ω, und 4800/16000 ergibt denselben Strom.

20.Transformatoren

Antwort: Ploss = 700 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 = 0,25·1200 = 300 W

Gesamtverluste

Die Eisenverluste sind bei jeder Last gleich.

Ploss = 400 + 300 = 700 W

Antwort

Ploss = 700 W

Der Wirkungsgrad bei dieser Last ist η = 98,38%.

21.Operationsverstärker

Antwort: Rf = 18 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 = (10 − 1)·2 = 18 kΩ

Antwort

Rf = 18 kΩ
22.Operationsverstärker

Antwort: Vout = 2,872 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.

Eingangsstrom und Anstiegsrate

kΩ mal µF ergibt Millisekunden.

RC = 1 kΩ · 0,47 µF = 0,47 ms
Anstiegsrate = −Vin/(RC) = −(−2,7)/0,47 = 5,745 V/ms

Ausgang zum gegebenen Zeitpunkt

Der ideale Wert liegt innerhalb von ±Vsat, der Integrierer ist also noch nicht in der Begrenzung.

Vout = −Vin·t/(RC) = −(−2,7)·0,5/0,47 = 2,872 V

Antwort

Vout = 2,872 V
23.Dioden und Transistoren

Antwort: VCE = 9,086 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/(82 + 12) = 1,915 V
RTH = 82·12/(82 + 12) = 10,47 kΩ

Basisstrom

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

IB = (1,915 − 0,7)/(10,47 + 81·0,68) = 18,53 µA

Kollektorstrom

IC = 80·18,53 µA = 1,483 mA
IE = 81·18,53 µA = 1,501 mA

Kollektor-Emitter-Spannung

VCE = 15 − 1,483·3,3 − 1,501·0,68 = 9,086 V

Antwort

VCE = 9,086 V
24.Dioden und Transistoren

Antwort: RB = 4,914 kΩ

Bipolartransistor als Schalter: Um eine Last voll einzuschalten, wird der Transistor in die Sättigung gesteuert; dort gilt VCE = VCE(sat), und der Kollektorstrom wird von der Last bestimmt: IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC. Für die Sättigung braucht man mindestens IB = IC(sat)/β. Ist der Basisstrom kleiner, bleibt der Transistor aktiv und IC = β·IB.

Kollektorstrom in Sättigung

IC(sat) = (24 − 0,2)/680 = 35 mA

Minimaler Basisstrom

IB(min) = IC(sat)/β = 35/200 = 175 µA

Ausgelegter Basisstrom

IB = 5·175 µA = 875 µA

Basiswiderstand

RB = (5 − 0,7)/IB = 4,3 V/0,875 mA = 4,914 kΩ

Antwort

RB = 4,914 kΩ
25.Zahlensysteme

Antwort: U = 225

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

31 = 0001 1111
invertiert: 1110 0000
+1 → 1110 0001

Vorzeichenlos lesen

1110 0001₂ = 256 − 31 = 225

Antwort

U = 225
26.Zahlensysteme

Antwort: b = 12 bit

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.

Zweierpotenzen

211 = 2048 < 2297
212 = 4096 ≥ 2297

Antwort

b = 12
27.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & Flipflops

Antwort: N = 5

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 + AB′C′ + AB

Zeilen mit F = 1

ABC = 010, 011, 100, 110, 111
N = 5

Antwort

N = 5
28.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & Flipflops

Antwort: Taktflanke 5

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

Q nach jeder Flanke

Ein T-Flipflop kippt bei jeder steigenden Flanke mit T = 1 und hält bei T = 0.

1: T = 0 → Q = 0
2: T = 0 → Q = 0
3: T = 0 → Q = 0
4: T = 1 → Q = 1
5: T = 1 → Q = 0
6: T = 1 → Q = 1

Erster Wechsel von 1 auf 0

Taktflanke 5

Antwort

Taktflanke 5
29.Laplace-Transformationen

Antwort: f(0.3) = 1,442

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

Quadratische Ergänzung

s² + 6s + 25 = (s + 3)² + 16 = (s + 3)² + 4²

Zähler anpassen

F(s) = 4·(s + 3)/((s + 3)² + 4²) + (9/4)·4/((s + 3)² + 4²)

Rücktransformation

f(t) = e−3t·(4·cos 4t + 2,25·sin 4t)
f(0,3) = e−3·0,3·(4·cos(4·0,3) + 2,25·sin(4·0,3)) = 1,442

Antwort

f(0,3) = 1,442
30.Laplace-Transformationen

Antwort: y(0.25) = −7,845

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

s²Y − (−9)s − (−2) + 6(sY − (−9)) + 8Y = 0
Y(s) = (−9s − 56)/((s + 2)(s + 4))

Partialbruchzerlegung

A = −38/2 = −19
B = −20/(−2) = 10

Ergebnis

y(t) = −19·e−2t + 10·e−4t
y(0,25) = −7,845

Antwort

y(0,25) = −7,845

Kontrolle: y(0) = A + B = −9.

31.Blockschaltbilder

Antwort: ess = 0,04167

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).

Geschwindigkeitsfehlerkonstante

Kᵥ = lims→0 s·G(s) = 48/2 = 24

Stationärer Fehler

ess = A/Kᵥ = 1/24 = 0,04167

Antwort

ess = 0,04167
32.Blockschaltbilder

Antwort: Kmax = 168

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 + 9s² + 20s + 12 + K = 0

Routh-Schema

s³ | 1 20
s² | 9 12 + K
s¹ | (9·20 − 12 − K)/9
s⁰ | 12 + K

Stabilitätsgrenze

Alle Einträge der ersten Spalte müssen positiv sein.

Kmax = 9·20 − 12 = 168

Antwort

Kmax = 168
33.Sprungantwort

Antwort: σ = −6

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 = 55 → ωₙ = 7,416 rad/s
2ζωₙ = 12 → ζ = 12/(2·7,416) = 0,809

Ergebnis

σ = −ζωₙ = −12/2 = −6

Antwort

σ = −6
34.Sprungantwort

Antwort: ωn = 2236 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).

Eigenkreisfrequenz und Dämpfungsgrad

ωₙ = 1/√(LC) = 1/√(0,1·2 × 10⁻⁶) = 2236 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (134/2)·√(2 × 10⁻⁶/0,1) = 0,2996

Ergebnis

ωₙ = 2236 rad/s

Antwort

ωn = 2236 rad/s
35.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: ∠G(jω) = −82,06 °

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(8/9) − 90° − atan(8/12) = 41,63° − 90° − 33,69°

Ergebnis

∠G(j8) = −82,06°

Antwort

∠G(jω) = −82,06°
36.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: PM = 36,66 °

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.

Durchtrittsfrequenz

ω⁴ + 64ω² − 20736 = 0
ω² = (−64 + √(4096 + 4·20736))/2 = 115,5
ωc = 10,75 rad/s

Phasenreserve

∠L(jωc) = −90° − atan(10,75/8) = −143,3°
PM = 180° + ∠L = 36,66°

Antwort

PM = 36,66°
37.Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve

Antwort: m = 4

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.

Routh-Schema

s³ + 4s² + 3s + K = 0
s³: 1, 3
s²: 4, K
s¹: (4·3 − K)/4
s⁰: K

Größte stabile Verstärkung

Kmax = 4·3 = 12

Faktor

m = 12/3 = 4

Antwort

m = 4

Dieser Faktor ist die Amplitudenreserve als Verhältnis: 12,04 dB.

38.Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve

Antwort: sb = −0,9028

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.

Verstärkung entlang der reellen Achse

K(s) = −s(s + 2)(s + 6) = −(s³ + 8s² + 12s)

Stationäre Punkte

dK/ds = −(3s² + 16s + 12) = 0
s = (−16 ± √(256 − 144))/6 = −0,9028, −4,431

Wähle den Punkt auf der Ortskurve

Die Ortskurve liegt auf der reellen Achse zwischen 0 und −2; die andere Wurzel liegt nicht auf ihr.

sb = −0,9028

Antwort

sb = −0,9028
39.Stationärer Fehler und PID-Regelung

Antwort: ess = 4,762 %

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.

Positionskonstante

Kp = 5·4 = 20

Sprungfehler

ess = 100/(1 + 20) = 4,762 %

Antwort

ess = 4,762 %
40.Stationärer Fehler und PID-Regelung

Antwort: Ki = 25

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

1 + C(s)G(s) = 0, multipliziert mit s(s + 1).

s² + (1 + 4Kp)s + 4Ki

Zielpolynom

s² + 2·0,7·10s + 10² = s² + 14s + 100

Koeffizienten vergleichen

4Ki = 100 → Ki = 25

Antwort

Ki = 25

Der Integralanteil macht den Kreis zu einem Kreis vom Typ 1, also wird ein Sprung ohne stationären Fehler verfolgt.

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