Übungsaufgaben für die Prüfung FE Electrical and Computer: Lernpaket

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

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1Formeln und Methoden

Reihen- und Parallelschaltung

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

Methode

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

Knotenpotenzialverfahren

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

Methode

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

Maschenstromverfahren

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

Methode

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

Überlagerungssatz

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

Methode

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

Thévenin und Norton

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

Methode

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

RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

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

Methode

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

Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

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

Methode

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

Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

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

Drehstromleistung

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

Transformatoren

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

Operationsverstärker

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

Dioden und Transistoren

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

Zahlensysteme

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

Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & Flipflops

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

Methode

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

Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve

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

Methode

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

Stationärer Fehler und PID-Regelung

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

Methode

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

2Übungsaufgaben

1.Reihen- und ParallelschaltungMittel
R1​ = 10 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​12 VR2​6 ΩAR4​20 ΩB

Bestimme den Ersatzwiderstand Req, den die Quelle V1 sieht.

V1 = 12 VR1 = 10 ΩR2 = 6 ΩR3 = 12 ΩR4 = 20 Ω
Req = Ω
2.Reihen- und ParallelschaltungSchwer
R1​ = 3 ΩR3​ = 8 ΩR5​ = 5 Ω+−V1​10 VR2​25 ΩAR4​8 ΩBR6​5 Ω

Bestimme den Ersatzwiderstand Req, den die Quelle V1 sieht.

V1 = 10 VR1 = 3 ΩR2 = 25 ΩR3 = 8 ΩR4 = 8 ΩR5 = 5 ΩR6 = 5 Ω
Req = Ω
3.KnotenpotenzialverfahrenMittel
R1​ = 20 ΩR3​ = 6 ΩIR3​+−V1​24 VR2​5 ΩAR4​3 ΩBIs​2,5 A

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

V1 = 24 VIs = 2,5 AR1 = 20 ΩR2 = 5 ΩR3 = 6 ΩR4 = 3 Ω
IR3 = A
4.KnotenpotenzialverfahrenSchwer
R1​ = 2 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 2 ΩIR4​+−V1​10 VR3​3 ΩAR5​10 ΩBIs​2,5 A+−V2​9 V

Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren den Strom IR4 durch R4 in Pfeilrichtung.

V1 = 10 VIs = 2,5 AV2 = 9 VR1 = 2 ΩR2 = 15 ΩR3 = 3 ΩR4 = 2 ΩR5 = 10 Ω
IR4 = A
5.MaschenstromverfahrenMittel
R1​ = 5 ΩR2​ = 20 Ω+−V1​12 VR3​5 ΩIR3​A+−V2​9 VI1​I2​

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

V1 = 12 VV2 = 9 VR1 = 5 ΩR2 = 20 ΩR3 = 5 Ω
IR3 = A
6.MaschenstromverfahrenSchwer
R1​ = 6 ΩR2​ = 5 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​15 VR4​12 ΩAR5​5 ΩIR5​B+−V2​10 VI1​I2​I3​

Bestimme mit dem Maschenstromverfahren den Strom IR5 durch R5 in Pfeilrichtung.

V1 = 15 VV2 = 10 VR1 = 6 ΩR2 = 5 ΩR3 = 25 ΩR4 = 12 ΩR5 = 5 Ω
IR5 = A
7.ÜberlagerungssatzMittel
lineare SchaltungVs​Is​IRL​

Eine lineare Widerstandsschaltung enthält eine Spannungsquelle Vs und eine Stromquelle Is. Der Strom I durch einen Lastwiderstand wird zweimal gemessen: Mit Vs = 2 V und Is = 8 mA ist I = 0,8 mA; mit Vs = 10 V und Is = 3 mA ist I = 18,8 mA. Bestimme den Laststrom I für Vs = 15 V und Is = 10 mA.

2 V, 8 mA → 0,8 mA10 V, 3 mA → 18,8 mAVs = 15 V, Is = 10 mA
I = mA
8.ÜberlagerungssatzSchwer
R1​ = 15 ΩR2​ = 30 ΩIR2​R4​ = 4 Ω+−V1​18 VR3​3 ΩAIs​2 AB+−V2​18 V

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

V1 = 18 VIs = 2 AV2 = 18 VR1 = 15 ΩR2 = 30 ΩR3 = 3 ΩR4 = 4 Ω
IR2 = A
9.Thévenin und NortonMittel
R1​ = 15 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​30 VR2​3 ΩAab

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

V1 = 30 VR1 = 15 ΩR2 = 3 ΩR3 = 2 Ω
IN = A
10.Thévenin und NortonSchwer
R1​ = 20 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​5 VR2​12 ΩAIs​0,5 ABab

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

V1 = 5 VIs = 0,5 AR1 = 20 ΩR2 = 12 ΩR3 = 6 Ω
IN = A
11.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
+−Vs​20 Vt = 0R = 20 ΩL100 mHi(t)

Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Bestimme die in der Spule gespeicherte Energie W(∞), wenn sich die Schaltung eingeschwungen hat, in mJ.

Vs = 20 VR = 20 ΩL = 100 mH
W(∞) = mJ
12.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
+−Vs​15 Vt = 0R = 100 kΩC?+−vC​

Ein Zeitglied beginnt bei t = 0, einen ungeladenen Kondensator über einen Widerstand aus einer 15-V-Versorgung zu laden. Es soll auslösen, wenn die Kondensatorspannung 12 V erreicht, genau 50 ms nach dem Start. Bestimme mit R = 100 kΩ die nötige Kapazität C.

Vs = 15 VVth = 12 VT = 50 msR = 100 kΩ
C = µF
13.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
100 V60 HzR = 80 ΩL = 20 mHC = 22 µFI

Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 100 V (Effektivwert) und 60 Hz. Bestimme den Leistungsfaktor cos φ der Schaltung.

V = 100 V (rms)f = 60 HzR = 80 ΩL = 20 mHC = 22 µF
cos φ =
14.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
10 Vf0​R = 50 ΩL = 50 mHC = 4,7 µF

Ein RLC-Reihenschwingkreis wird von einer Quelle mit 10 V (Effektivwert) gespeist, deren Frequenz auf die Resonanzfrequenz der Schaltung eingestellt ist. Bestimme die Effektivspannung VL an der Spule.

V = 10 V (rms)R = 50 ΩL = 50 mHC = 4,7 µF
VL = V
15.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
230 V125 kW, 0,8223 kW, 1I

An einer einphasigen Versorgung mit 230 V liegen zwei Lasten parallel: eine Last mit 25 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,8 induktiv und ein Heizgerät mit 23 kW (Leistungsfaktor 1). Bestimme den Gesamtleistungsfaktor cos φ, den die Versorgung sieht.

V = 230 VP1 = 25 kW, pf1 = 0,8 induktivP2 = 23 kW, pf2 = 1
cos φ =
16.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
P = 40 kWQ1​S1​φ1​QC​

Eine einphasige Last nimmt 40 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,7 induktiv aus einer Versorgung mit 230 V und 60 Hz auf. Ein parallel geschalteter Kondensator hebt den Leistungsfaktor auf 0,9. Bestimme die Blindleistung QC, die der Kondensator liefern muss.

P = 40 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,9V = 230 Vf = 60 Hz
QC = kvar
17.DrehstromleistungMittel
ABCVL​ = 400 VNZ = 5 + j12 Ωpro Strang

Eine symmetrische Last in Sternschaltung mit einer Impedanz von 5 + j12 Ω pro Strang ist an ein symmetrisches Drehstromnetz mit einer Leiterspannung von 400 V angeschlossen. Bestimme die gesamte Wirkleistung P, die die Last aufnimmt, in kW.

VL = 400 VZ = 5 + j12 Ω pro Strang
P = kW
18.DrehstromleistungSchwer
P = 120 kWφ1​S1​Q2​QC​

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 120 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,7 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. Die Kondensatoren sind im Dreieck geschaltet. Bestimme die Kapazität Cph jedes Kondensators in µF.

P = 120 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,92VL = 400 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.TransformatorenMittel
RL​ = 4 Ω21480 VV2​I1​ = ?I2​

An der Primärwicklung eines idealen Transformators mit dem Übersetzungsverhältnis N₁:N₂ = 2:1 liegen 480 V. An die Sekundärwicklung ist ein Widerstand von 4 Ω angeschlossen. Bestimme den Primärstrom I1.

N1:N2 = 2:1V1 = 480 VRL = 4 Ω
I1 = A
20.TransformatorenSchwer
pf 0,8575 kVA, η = 97,5%

Ein einphasiger Transformator mit 75 kVA hat Eisenverluste von 450 W. Bei Nennlast und einem Leistungsfaktor von 0,85 induktiv beträgt sein Wirkungsgrad 97,5 %. Bestimme die Kupferverluste Pcu,fl bei Volllast in Watt.

S = 75 kVAPcore = 450 Wpf = 0,85η = 97,5%
Pcu,fl = W
21.OperationsverstärkerMittel
−+Vout​R2​ = 22 kΩV1​ = −0,4 VR1​ = 4,7 kΩV2​ = 1,5 VR3​ = 4,7 kΩR4​ = 22 kΩ

Der Differenzverstärker verwendet einen idealen Operationsverstärker mit ±15 V Versorgung, mit R3 = R1 und R4 = R2. Bestimme die Spannung V− am invertierenden Eingang.

V1 = −0,4 VV2 = 1,5 VR1 = R3 = 4,7 kΩR2 = R4 = 22 kΩ
V− = V
22.OperationsverstärkerSchwer
−+Vout​C = 2,2 µFVin​ = −0,2 VR = 10 kΩ

Der Integrierer verwendet einen idealen Operationsverstärker mit ±15 V Versorgung; sein Ausgang geht bei ±12 V in die Sättigung. Der Kondensator ist ungeladen, als bei t = 0 eine konstante Eingangsspannung Vin = −0,2 V angelegt wird. Wie lange nach t = 0 erreicht der Ausgang die Sättigung? Bestimme t.

Vin = −0,2 VR = 10 kΩC = 2,2 µFVsat = ±12 V
t = ms
23.Dioden und TransistorenMittel
+−9 VR = ?4 × 2 V10 mA

4 LEDs (rot; Durchlassspannung je 2 V) liegen in Reihe mit einem Widerstand an einer Versorgung von 9 V. Bestimme den Widerstand R, der den Strom auf 10 mA einstellt.

Vs = 9 VVF = 2 Vn = 4I = 10 mA
R = Ω
24.Dioden und TransistorenSchwer
RC​ = 150 Ωβ = 200IC​ = ?VCC​ = 12 V3,3 VRB​ = 100 kΩ

Ein NPN-Transistor mit β = 200 schaltet einen Lastwiderstand von 150 Ω, der zwischen VCC = 12 V und seinem Kollektor liegt. Der Emitter liegt auf Masse. Die Basis wird von einem Logikausgang mit 3,3 V über einen Basiswiderstand RB = 100 kΩ angesteuert. Nimm VBE = 0,7 V und VCE(sat) = 0,2 V an. Bestimme den Kollektorstrom IC in mA, wenn der Eingang auf High liegt. Entscheide zuerst, ob der Transistor gesättigt ist.

VCC = 12 VRC = 150 Ωβ = 200Vin = 3,3 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 VRB = 100 kΩ
IC = mA
25.ZahlensystemeMittel
8-Bit-Zweierkomplement?−128?64?32?16?8?4?2?1

Schreibe −40 als 8-Bit-Muster im Zweierkomplement. Lies das Muster als vorzeichenlose Binärzahl: Welchen Wert U hat es im Dezimalsystem?

N = −408 bit
U =
26.ZahlensystemeSchwer
4708 Codes, b = ? Bit?2ᵇ⁻¹…?4?2?1

Ein System muss jedem von 4708 Elementen einen eigenen Binärcode gleicher Länge geben. Wie viele Bits b braucht es mindestens?

4708
b = bit
27.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & FlipflopsMittel
ABCD00011110000111101111111

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

F = Σm(0, 4, 5, 7, 11, 12, 14)
  1. 1AB = 00, CD = 00
  2. 2AB = 00, CD = 01
  3. 3AB = 00, CD = 11
  4. 4AB = 00, CD = 10
  5. 5AB = 01, CD = 00
  6. 6AB = 01, CD = 01
  7. 7AB = 01, CD = 11
  8. 8AB = 01, CD = 10
  9. 9AB = 11, CD = 00
  10. 10AB = 11, CD = 01
  11. 11AB = 11, CD = 11
  12. 12AB = 11, CD = 10
  13. 13AB = 10, CD = 00
  14. 14AB = 10, CD = 01
  15. 15AB = 10, CD = 11
  16. 16AB = 10, CD = 10
28.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & FlipflopsSchwer
TQ0​Q0​TQ1​Q1​TQ2​Q2​TQ3​Q3​CLKMOD-9

Ein synchroner Mod-9-Zähler zählt 0, 1, …, 8 und kehrt dann auf 0 zurück. Er startet bei 3. Welchen Zählerstand Q (dezimal) zeigt er nach 10 Taktimpulsen?

Q0 = 310N = 9
Q =
29.Laplace-TransformationenMittel
t (s)f(t)t = 0,3f(0,3) = ?

Bestimme f(t) für F(s) = (2s + 24)/(s² + 2s + 1) und werte f(0,3) aus.

F(s) = (2s + 24)/(s² + 2s + 1)t = 0,3 s
f(0.3) =
30.Laplace-TransformationenSchwer
t (s)y(t)t = 0,8y(0,8) = ?

Ein System gehorcht y″ + 4y′ + 3y = 9·u(t), mit y(0) = 6 und y′(0) = 0. Bei t = 0 wird ein Sprung u(t) = 2 auf den Eingang gegeben. Bestimme mit der Laplace-Transformation y(0,8).

y″ + 4y′ + 3y = 9·u(t)y(0) = 6y′(0) = 0u(t) = 2t = 0,8 s
y(0.8) =
31.BlockschaltbilderMittel
R(s)+Ks(s + 18)G(s)C(s)−

Die Strecke G(s) = K/(s(s + 18)) liegt in einem Regelkreis mit Einheits-Gegenkopplung. Bestimme die Verstärkung K, für die der geschlossene Kreis aperiodisch gedämpft ist (aperiodischer Grenzfall, zwei gleiche reelle Pole).

G(s) = K/(s(s + 18))Einheits-Gegenkopplung
K =
32.BlockschaltbilderSchwer
R(s)+KRegler+D(s)+5s + 7StreckeC(s)−

Ein Proportionalregler K steuert die Strecke G(s) = 5/(s + 7) in einem Regelkreis mit Einheits-Gegenkopplung. Ein Störsprung der Größe 5 greift am Streckeneingang an, während R = 0 ist. Bestimme die kleinste Verstärkung K, die den stationären Ausgang bei höchstens 0,03571 hält.

G(s) = 5/(s + 7)D = 5css ≤ 0,03571
K =
33.SprungantwortMittel
t (s)y(t)1ts​ = ?

Ein System hat die Übertragungsfunktion G(s) = 17/(s² + 4s + 17) und erhält einen Einheitssprung am Eingang. Bestimme die 2-%-Ausregelzeit ts der Sprungantwort mit ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 17/(s² + 4s + 17)
ts = s
34.SprungantwortSchwer
+−5 VR = 134 ΩL = 50 mHC = 1 µFvC​

Ein Reihen-RLC-Kreis mit R = 134 Ω, L = 50 mH und C = 1 µF wird bei t = 0 an einen Sprung von 5 V angeschlossen. Der Kondensator ist ungeladen, und vor dem Sprung fließt kein Strom. Bestimme die ungedämpfte Eigenkreisfrequenz ωn in rad/s.

R = 134 ΩL = 50 mHC = 1 µFV = 5 V
ωn = rad/s
35.Bode-Diagramme und ReservenMittel
|H| (dB)0,11101001000−80−60−40−2002040ω (rad/s)ω = 20

Bestimme den exakten Betrag |G(jω)| von G(s) = 364/((s + 2)(s + 13)) bei ω = 20 rad/s in dB.

G(s) = 364/((s + 2)(s + 13))ω = 20 rad/s
|G(jω)| = dB
36.Bode-Diagramme und ReservenSchwer
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Ein Regelkreis mit Einheitsrückführung hat die Übertragungsfunktion des offenen Kreises L(s) = 134/(s(s + 4)(s + 6)). Bestimme die Amplitudenreserve GM in dB.

L(s) = 134/(s(s + 4)(s + 6))
GM = dB
37.Stabilität: Routh-Hurwitz und WurzelortskurveMittel
R(s)+K = 81s(s + 1)(s + 4)C(s)−

Der Regelkreis im Schaubild läuft mit K = 8 und L(s) = K/(s(s + 1)(s + 4)). Um welchen Faktor m kann die Verstärkung erhöht werden, bevor der geschlossene Kreis instabil wird?

L(s) = K/(s(s + 1)(s + 4))K = 8
m =
38.Stabilität: Routh-Hurwitz und WurzelortskurveSchwer
ReImζ = 0,8−0,5−1−1,5−2−2,50,5j0,5j1

Die Wurzelortskurve von L(s) = K/(s(s + 2)) ist abgebildet. Bestimme die Verstärkung K, bei der die Pole des geschlossenen Kreises den Dämpfungsgrad ζ = 0,8 haben.

L(s) = K/(s(s + 2))ζ = 0,8
K =
39.Stationärer Fehler und PID-RegelungMittel
R(s)+K(s + 1)(s + 10)C(s)−

Ein Regelkreis mit Einheitsrückführung hat G(s) = K/((s + 1)(s + 10)). Bestimme die Verstärkung K, die für einen Sprung einen stationären Fehler von 4 % ergibt.

G(s) = K/((s + 1)(s + 10))ess = 4 %
K =
40.Stationärer Fehler und PID-RegelungSchwer
R(s)+K = 501s(s + 10)C(s)−

Ein Proportionalregler K = 50 regelt die Strecke G(s) = 1/(s(s + 10)) in einem Regelkreis mit Einheitsrückführung. Bestimme das prozentuale Überschwingen %OS der Sprungantwort.

G(s) = 1/(s(s + 10))K = 50
%OS = %

3Lösungen

1.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: Req = 15,05 Ω

Reihen- und Parallelschaltung: In Reihe fließt durch jeden Widerstand derselbe Strom, und R = R₁ + R₂ + …. Parallel liegt an jedem Widerstand dieselbe Spannung, und 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Eine Kettenschaltung wird Paar für Paar vereinfacht, bis ein einziger Ersatzwiderstand übrig bleibt.

R1​ = 10 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​12 VR2​6 ΩAR4​20 ΩB

Widerstände vom fernen Ende her zusammenfassen

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

R3 + R4 = 12 + 20 = 32 Ω
R2 ∥ 32 = 6·32/(6+32) = 5,053 Ω
Req = R1 + 5,053 = 10 + 5,053 = 15,05 Ω

Antwort

Req = 15,05 Ω
2.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: Req = 11,31 Ω

Reihen- und Parallelschaltung: In Reihe fließt durch jeden Widerstand derselbe Strom, und R = R₁ + R₂ + …. Parallel liegt an jedem Widerstand dieselbe Spannung, und 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Eine Kettenschaltung wird Paar für Paar vereinfacht, bis ein einziger Ersatzwiderstand übrig bleibt.

R1​ = 3 ΩR3​ = 8 ΩR5​ = 5 Ω+−V1​10 VR2​25 ΩAR4​8 ΩBR6​5 Ω

Widerstände vom fernen Ende her zusammenfassen

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

R5 + R6 = 5 + 5 = 10 Ω
R4 ∥ 10 = 4,444 Ω
R3 + 4,444 = 12,44 Ω
R2 ∥ 12,44 = 8,309 Ω
Req = R1 + 8,309 = 3 + 8,309 = 11,31 Ω

Antwort

Req = 11,31 Ω
3.Knotenpotenzialverfahren

Antwort: IR3 = 0,9462 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​ = 20 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​24 VR2​5 ΩAR4​3 ΩBIs​2,5 A

Knoten festlegen

Masse ist der untere Leiter. Bekannte Knotenpotenziale ergeben sich direkt aus den Quellen (V1 = 24 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/5 + (VA − 24)/20 + (VA − VB)/6 = 0
0,4167·VA − 0,1667·VB = 1,2

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/3 + (VB − VA)/6 = (−2,5)
−0,1667·VA + 0,5·VB = −2,5

Lösen

Δ = (0,4167)(0,5) − (−0,1667)(−0,1667) = 0,1806
VA = Δ1/Δ = 0,1833/0,1806 = 1,015 V
VB = Δ2/Δ = −0,8417/0,1806 = −4,662 V

Antwort

IR3 = (VA − VB)/R3 = (1,015 − −4,662)/6 = 0,9462 A
4.Knotenpotenzialverfahren

Antwort: IR4 = −2,709 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​ = 2 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 2 Ω+−V1​10 VR3​3 ΩAR5​10 ΩBIs​2,5 A+−V2​9 V

Knoten festlegen

Masse ist der untere Leiter. Bekannte Knotenpotenziale ergeben sich direkt aus den Quellen (V1 = 10 V, V2 = 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/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/3 + (VA − 10)/2 + (VA − VB)/15 = 0
0,9·VA − 0,06667·VB = 5

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/10 + (VB − VA)/15 + (VB − 9)/2 = (−2,5)
−0,06667·VA + 0,6667·VB = 2

Lösen

Δ = (0,9)(0,6667) − (−0,06667)(−0,06667) = 0,5956
VA = Δ1/Δ = 3,467/0,5956 = 5,821 V
VB = Δ2/Δ = 2,133/0,5956 = 3,582 V

Antwort

IR4 = (VB − V2)/R4 = (3,582 − 9)/2 = −2,709 A
5.Maschenstromverfahren

Antwort: IR3 = 1,267 A

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

R1​ = 5 ΩR2​ = 20 Ω+−V1​12 VR3​5 ΩA+−V2​9 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
5·I1 + 5(I1 − I2) = 12
10·I1 − 5·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
20·I2 + 5(I2 − I1) = (−9)
−5·I1 + 25·I2 = −9

Lösen

Δ = (10)(25) − (−5)(−5) = 225
I1 = Δ1/Δ = 255/225 = 1,133 A
I2 = Δ2/Δ = −30/225 = −0,1333 A

Antwort

IR3 = I1 − I2 = 1,267 A

Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.

6.Maschenstromverfahren

Antwort: IR5 = 0,8608 A

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

R1​ = 6 ΩR2​ = 5 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​15 VR4​12 ΩAR5​5 ΩB+−V2​10 VI1​I2​I3​

Maschenströme festlegen

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

Maschenregel in Masche 1

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

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
6·I1 + 12(I1 − I2) = 15
18·I1 − 12·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
5·I2 + 12(I2 − I1) + 5(I2 − I3) = 0
−12·I1 + 22·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
25·I3 + 5(I3 − I2) = (−10)
−5·I2 + 30·I3 = −10

Lösen

Δ = Determinante der Koeffizientenmatrix = 7110
I1 = Δ1/Δ = 8925/7110 = 1,255 A
I2 = Δ2/Δ = 4500/7110 = 0,6329 A
I3 = Δ3/Δ = −1620/7110 = −0,2278 A

Antwort

IR5 = I2 − I3 = 0,8608 A

Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.

7.Überlagerungssatz

Antwort: I = 26 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 Antwort als Summe von Anteilen schreiben

Jeder Anteil ist proportional zu seiner eigenen Quelle, mit einer Konstante, die nur von den Widerständen abhängt.

I = k₁·Vs + k₂·Is
2·k₁ + 8·k₂ = 0,8
10·k₁ + 3·k₂ = 18,8

Nach den Konstanten auflösen

Δ = (2)(3) − (8)(10) = −74
k₁ = Δ1/Δ = −148/−74 = 2
k₂ = Δ2/Δ = 29,6/−74 = −0,4
k₁ = 2 mA/V, k₂ = −0,4

Den neuen Strom vorhersagen

I = 2·15 + (−0,4)·10 = 26 mA

Antwort

I = 26 mA
8.Überlagerungssatz

Antwort: IR2 = −0,6301 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​ = 15 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 4 Ω+−V1​18 VR3​3 ΩAOFFENBKURZSCHLUSS

Fall 1 · V1 allein aktiv

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

R3 ∥ (R2+R4) = 3 ∥ 34 = 2,757 Ω
VA = 18·2,757/(15+2,757) = 2,795 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 2,795·4/34 = 0,3288 V
IR2′ = (VA − VB)/R2 = (2,795 − 0,3288)/30 = 0,08219 A
R1​ = 15 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 4 ΩKURZSCHLUSSR3​3 ΩAIs​2 ABKURZSCHLUSS

Fall 2 · Is allein aktiv

Beide Spannungsquellen werden zu Kurzschlüssen. Iₛ teilt sich in B zwischen R₄ (jetzt nach Masse) und R₂ in Reihe mit R₁ ∥ R₃ auf.

R1 ∥ R3 = 2,5 Ω, also ist der linke Pfad R2+2,5 = 32,5 Ω
Req = R4 ∥ 32,5 = 3,562 Ω
VB = Is·Req = 2·3,562 = 7,123 V
VA = VB·2,5/32,5 = 0,5479 V
IR2″ = (VA − VB)/R2 = (0,5479 − 7,123)/30 = −0,2192 A
R1​ = 15 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 4 ΩKURZSCHLUSSR3​3 ΩAOFFENB+−V2​18 V

Fall 3 · V2 allein aktiv

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

R1 ∥ R3 = 15·3/(15+3) = 2,5 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 18·32,5/36,5 = 16,03 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 16,03·2,5/32,5 = 1,233 V
IR2‴ = (VA − VB)/R2 = (1,233 − 16,03)/30 = −0,4932 A

Anteile addieren

IR2 = IR2′ + IR2″ + IR2‴
IR2 = 0,08219 + (−0,2192) + (−0,4932) = −0,6301 A

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

9.Thévenin und Norton

Antwort: IN = 1,111 A

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

R1​ = 15 ΩR3​ = 2 ΩKURZSCHLUSSR2​3 ΩAabRth​

Rth bei abgeschalteten Quellen bestimmen

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

R1 ∥ R2 = 15·3/(15+3) = 2,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,5 + 2 = 4,5 Ω
R1​ = 15 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​30 VR2​3 ΩAab+−Vth​

Vth bestimmen, die Leerlaufspannung

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

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 30·3/(15+3) = 5 V
IN​1,111 ARth​4,5 Ωab

Norton-Ersatzschaltbild

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

IN = Vth/Rth = 5/4,5 = 1,111 A
10.Thévenin und Norton

Antwort: IN = 0,6389 A

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

R1​ = 20 ΩR3​ = 6 ΩKURZSCHLUSSR2​12 ΩAOFFENBabRth​

Rth bei abgeschalteten Quellen bestimmen

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

R1 ∥ R2 = 20·12/(20+12) = 7,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 7,5 + 6 = 13,5 Ω
R1​ = 20 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​5 VR2​12 ΩAIs​0,5 ABab+−Vth​

Vth bestimmen, die Leerlaufspannung

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

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 1,875 + 0,5·7,5 = 5,625 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 5,625 + 0,5·6 = 8,625 V
IN​0,6389 ARth​13,5 Ωab

Norton-Ersatzschaltbild

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

IN = Vth/Rth = 8,625/13,5 = 0,6389 A
11.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: W(∞) = 50 mJ

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 = 100 mH / 20 Ω = 5 ms
i(∞) = Vs/R = 20/20 = 1 A

Gespeicherte Energie

W(∞) = ½·L·i(∞)² = ½·100·1² = 50 mJ

Antwort

W(∞) = 50 mJ
12.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: C = 0,3107 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

12 = 15·(1 − e−50/τ) → τ = 50/ln(15/(15 − 12))
τ = 50/1,609 = 31,07 ms

Kapazität

kΩ mal µF ergibt Millisekunden.

C = τ/R = 31,07/100 = 0,3107 µF

Antwort

C = 0,3107 µF
13.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: cos φ = 0,5777

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 = 7,54 Ω, XC = 120,6 Ω

Impedanz

|Z| = √(80² + (−113)²) = 138,5 Ω

Leistungsfaktor

cos φ = R/|Z| = 80/138,5 = 0,5777
Die Schaltung ist kapazitiv, der Leistungsfaktor ist also kapazitiv (voreilend).

Antwort

cos φ = 0,5777
14.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: VL = 20,63 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|.

Resonanz

Bei Resonanz heben sich die Blindwiderstände auf, die Impedanz ist also nur R.

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,05·4,7·10⁻⁶) = 2063 rad/s
I = V/R = 10/50 = 0,2 A

Spannung an der Spule

XL = ω₀L = 2063·0,05 = 103,1 Ω
VL = I·XL = 0,2·103,1 = 20,63 V

Antwort

VL = 20,63 V

Das ist das Q = 2,063-Fache der Versorgungsspannung.

15.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: cos φ = 0,9315

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 jeder Last

Eine induktive Last nimmt Blindleistung auf (Q > 0); eine kapazitive Last gibt sie ab (Q < 0).

Q1 = 25·tan(arccos 0,8) = 18,75 kvar
Q2 = 0 = 0 kvar

Summen

P = 25 + 23 = 48 kW
Q = 18,75 + 0 = 18,75 kvar
S = √(48² + 18,75²) = 51,53 kVA

Gesamtleistungsfaktor

cos φ = P/S = 48/51,53 = 0,9315 induktiv

Antwort

cos φ = 0,9315
16.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

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

Antwort

QC = 21,44 kvar
17.Drehstromleistung

Antwort: P = 4,734 kW

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

Strangspannung

Vph = 400/√3 = 230,9 V

Strangstrom

|Z| = √(5² + 12²) = 13 Ω
Iph = 230,9/13 = 17,76 A

Gesamte Wirkleistung

Nur der ohmsche Anteil jeder Impedanz nimmt Wirkleistung auf.

P = 3·Iph²·R = 3·17,76²·5 = 4,734 kW

Antwort

P = 4,734 kW

Kontrolle: cos φ = R/|Z| = 0,3846, und √3·VL·IL·cos φ ergibt dieselbe Leistung.

18.Drehstromleistung

Antwort: Cph = 472,9 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 = 120·tan(acos 0,7) = 120·1,02 = 122,4 kvar
Q2 = 120·tan(acos 0,92) = 120·0,426 = 51,12 kvar

Blindleistung der Kondensatoren

QC = Q1 − Q2 = 71,3 kvar

Kapazität pro Strang

In einer Dreieckbatterie ist jeder Kondensator zwischen zwei Außenleiter geschaltet.

V = 400 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 23768/(314,2·400²) = 472,9 µF

Antwort

Cph = 472,9 µF
19.Transformatoren

Antwort: I1 = 30 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 = 480/2 = 240 V
I2 = 240/4 = 60 A

Primärstrom

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

I1 = I2/2 = 30 A

Antwort

I1 = 30 A

Kontrolle: Die Last von der Primärseite aus gesehen ist a²·RL = 16 Ω, und 480/16 ergibt denselben Strom.

20.Transformatoren

Antwort: Pcu,fl = 1185 W

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

Abgabe- und Aufnahmeleistung

Pout = 75·0,85 = 63,75 kW
Pin = 63750/0,975 = 65385 W

Gesamt- und Kupferverluste

Ploss = 65385 − 63750 = 1635 W
Pcu,fl = 1635 − 450 = 1185 W

Antwort

Pcu,fl = 1185 W
21.Operationsverstärker

Antwort: V− = 1,236 V

Regeln für den idealen Operationsverstärker: Mit Gegenkopplung stellt der OPV seinen Ausgang so ein, dass beide Eingänge auf derselben Spannung liegen (V₋ = V₊), und in keinen Eingang fließt Strom. Die Knotenregel am invertierenden Eingang mit diesen beiden Tatsachen liefert den Ausgang.

Spannung an den Eingängen

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

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 1,5·22/(4,7 + 22) = 1,236 V
V₋ = V₊

Antwort

V− = 1,236 V
22.Operationsverstärker

Antwort: t = 1320 ms

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 = 10 kΩ · 2,2 µF = 22 ms
Anstiegsrate = −Vin/(RC) = −(−0,2)/22 = 0,009091 V/ms

Zeit bis zur Sättigung

|Vin|·t/(RC) = Vsat → t = Vsat·RC/|Vin| = 12·22/0,2 = 1320 ms

Antwort

t = 1320 ms
23.Dioden und Transistoren

Antwort: R = 100 Ω

LED- und Diodenschaltungen: Eine in Durchlassrichtung betriebene LED lässt ungefähr ihre Durchlassspannung VF abfallen (etwa 2 V bei Rot, 3 V bei Blau oder Weiß), unabhängig vom Strom. Ein Vorwiderstand legt den Strom fest: R = (Vs − n·VF)/I bei n LEDs in Reihe. Mit einem genaueren Diodenmodell V = V₀ + I·rd liegt der Arbeitspunkt dort, wo die Diodenkennlinie die Widerstandsgerade I = (Vs − V)/R schneidet, also I = (Vs − V₀)/(R + rd).

Spannung am Widerstand

VR = 9 − 4·2 = 1 V

Widerstand

R = 1/0,01 = 100 Ω

Antwort

R = 100 Ω

Der Widerstand setzt 10 mW in Wärme um.

24.Dioden und Transistoren

Antwort: IC = 5,2 mA

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.

Basisstrom

IB = (3,3 − 0,7)/100 kΩ = 26 µA

Gesättigt oder aktiv?

β·IB ist kleiner als IC(sat), also bleibt der Transistor aktiv.

β·IB = 5,2 mA
IC(sat) = (12 − 0,2)/150 = 78,67 mA

Kollektorstrom

IC = β·IB = 5,2 mA

Antwort

IC = 5,2 mA

Der Transistor ist aktiv, die Last ist also nicht voll eingeschaltet.

25.Zahlensysteme

Antwort: U = 216

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

40 = 0010 1000
invertiert: 1101 0111
+1 → 1101 1000

Vorzeichenlos lesen

1101 1000₂ = 256 − 40 = 216

Antwort

U = 216
26.Zahlensysteme

Antwort: b = 13 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

212 = 4096 < 4708
213 = 8192 ≥ 4708

Antwort

b = 13
27.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & Flipflops

Antwort: AB = 10, CD = 11

Karnaugh-Diagramme: Die Felder sind im Gray-Code (00, 01, 11, 10) angeordnet, benachbarte Felder, auch die über den Rand hinweg, unterscheiden sich also in genau einer Variablen. Fasse die Einsen in Rechtecken aus 1, 2, 4, 8 oder 16 Feldern zusammen, so groß und so wenige wie möglich, bis jede 1 abgedeckt ist. Jede Gruppe ist ein Produktterm: die Variablen, die in ihr konstant bleiben. Eine Gruppe aus 2ᵏ Feldern verliert k Variablen. Don’t-Cares (X) dürfen genutzt werden, um Gruppen zu vergrößern, müssen aber nie abgedeckt werden. Fasst du stattdessen die Nullen zusammen, erhältst du die minimale POS-Form.

Nachbarn jeder 1

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

m11: m10, m9, m15, m3 → 0
ABCD00011110000111101111111

Die isolierte 1

m11 = AB′CD → AB = 10, CD = 11

Antwort

AB = 10, CD = 11
28.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & Flipflops

Antwort: Q = 4

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.

Volle Zyklen

Alle 9 Impulse bringen den Zähler in denselben Zustand zurück.

10 = 1·9 + 1

Zählerstand nach den restlichen Impulsen

Q = (3 + 1) mod 9 = 4
Q = 0100₂

Antwort

Q = 4
29.Laplace-Transformationen

Antwort: f(0.3) = 6,371

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).

Nenner in Faktoren zerlegen

s² + 2s + 1 = (s + 1)²

Partialbruchzerlegung

2s + 24 = 2(s + 1) + 22
F(s) = 2/(s + 1) + 22/(s + 1)²

Rücktransformation

f(t) = 2·e−t + 22·t·e−t
f(0,3) = (2 + 22·0,3)·e−0,3 = 6,371

Antwort

f(0,3) = 6,371
30.Laplace-Transformationen

Antwort: y(0.8) = 6

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

(s² + 4s + 3)·Y(s) = 6s + 24 + 18/s
Y(s) = (6s² + 24s + 18)/(s(s + 1)(s + 3))

Partialbruchzerlegung

A = 18/(1·3) = 6
B = 0/((−1)·2) = 0
C = 0/((−3)·(−2)) = 0

Ergebnis

y(t) = 6
y(0,8) = 6

Antwort

y(0,8) = 6

Kontrolle: y(0) = A + B + C = 6.

31.Blockschaltbilder

Antwort: K = 81

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

Charakteristische Gleichung

1 + K/(s(s + 18)) = 0 → s² + 18s + K = 0

Doppelte Wurzel

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

18² = 4K → K = 324/4 = 81

Antwort

K = 81
Beide Pole des geschlossenen Kreises liegen dann bei s = −9.
32.Blockschaltbilder

Antwort: K = 138,6

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)) = 5·5/(7 + 5K)

Nach K auflösen

7 + 5K = 5·5/0,03571 = 700
K = (700 − 7)/5 = 138,6

Antwort

K = 138,6
33.Sprungantwort

Antwort: ts = 2 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 = 17 → ωₙ = 4,123 rad/s
2ζωₙ = 4 → ζ = 4/(2·4,123) = 0,4851

Ergebnis

ζωₙ = 2 → ts ≈ 4/2 = 2 s

Antwort

ts = 2 s
34.Sprungantwort

Antwort: ωn = 4472 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/√(0,05·1 × 10⁻⁶) = 4472 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (134/2)·√(1 × 10⁻⁶/0,05) = 0,2996

Ergebnis

ωₙ = 4472 rad/s

Antwort

ωn = 4472 rad/s
35.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: |G(jω)| = −2,393 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.

Die Beträge multiplizieren

|G(j20)| = 364/(√(20² + 2²)·√(20² + 13²)) = 364/(20,1·23,85) = 0,7592

Ergebnis

20·log₁₀(0,7592) = −2,393 dB

Antwort

|G(jω)| = −2,393 dB
36.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: GM = 5,062 dB

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

Phasendurchtritt

(ω/4)·(ω/6) = 1 → ω180 = √(4·6) = 4,899 rad/s

Betrag am Phasendurchtritt

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 16)·√(ω² + 36)) = K/(4·6·(4 + 6)) = K/240

Amplitudenreserve

GM = 20·log₁₀(240/134) = 5,062 dB

Antwort

GM = 5,062 dB
37.Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve

Antwort: m = 2,5

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

Routh-Schema

s³ + 5s² + 4s + K = 0
s³: 1, 4
s²: 5, K
s¹: (5·4 − K)/5
s⁰: K

Größte stabile Verstärkung

Kmax = 5·4 = 20

Faktor

m = 20/8 = 2,5

Antwort

m = 2,5

Dieser Faktor ist die Amplitudenreserve als Verhältnis: 7,959 dB.

38.Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve

Antwort: K = 1,562

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 + 2s + K = s² + 2ζωₙs + ωₙ²
2·0,8·ωₙ = 2 → ωₙ = 1,25 rad/s

Verstärkung

K = ωₙ² = 1,25² = 1,562

Antwort

K = 1,562

Die Pole des geschlossenen Kreises liegen dort, wo die ζ-Gerade den senkrechten Ast bei s = −1 schneidet.

39.Stationärer Fehler und PID-Regelung

Antwort: K = 240

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

Erforderliche Fehlerkonstante

1/(1 + Kp) = 0,04 → Kp = 24

Verstärkung

K/10 = 24 → K = 240

Antwort

K = 240

Prüfe auch die Stabilität des geschlossenen Kreises: Für diesen Kreis zweiter Ordnung ist jedes K > 0 stabil.

40.Stationärer Fehler und PID-Regelung

Antwort: %OS = 4,321 %

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 + 10) + 50·1 = s² + 10s + 50

ωₙ und ζ

ωₙ = √50 = 7,071 rad/s
ζ = 10/(2·7,071) = 0,7071

Überschwingen

%OS = 100·e−0,7071π/√(1 − 0,7071²) = 4,321 %

Antwort

%OS = 4,321 %

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