Übungsaufgaben für die Prüfung FE Electrical and Computer: Lernpaket

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

Neue AufgabenZurück zum Kurs

Wähle im Druckfenster „Als PDF speichern“, um eine Kopie auf deinem Gerät zu behalten.

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 ΩIR1​R3​ = 6 Ω+−V1​24 VR2​5 ΩAR4​10 ΩB

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

V1 = 24 VR1 = 6 ΩR2 = 5 ΩR3 = 6 ΩR4 = 10 Ω
IR1 = A
2.Reihen- und ParallelschaltungSchwer
R1​ = 10 ΩIR1​R3​ = 6 ΩR5​ = 8 Ω+−V1​10 VR2​20 ΩAR4​15 ΩBR6​2 Ω

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

V1 = 10 VR1 = 10 ΩR2 = 20 ΩR3 = 6 ΩR4 = 15 ΩR5 = 8 ΩR6 = 2 Ω
IR1 = A
3.KnotenpotenzialverfahrenMittel
R1​2 Ω+−V1​9 VR2​2 Ω+−V2​6 VR3​15 Ω+−V3​6 VI3​A

Zwischen Knoten A und Masse liegen drei Zweige, wie dargestellt. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren den Strom I3 im Zweig 3, der in Pfeilrichtung nach oben in den Knoten A fließt.

V1 = 9 VR1 = 2 ΩV2 = 6 VR2 = 2 ΩV3 = 6 VR3 = 15 Ω
I3 = A
4.KnotenpotenzialverfahrenSchwer
R1​ = 15 ΩR2​ = 15 ΩIR2​R4​ = 12 Ω+−V1​6 VR3​25 ΩAR5​3 ΩBIs​2 A+−V2​6 V

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

V1 = 6 VIs = 2 AV2 = 6 VR1 = 15 ΩR2 = 15 ΩR3 = 25 ΩR4 = 12 ΩR5 = 3 Ω
IR2 = A
5.MaschenstromverfahrenMittel
R1​ = 4 ΩR2​ = 2 Ω+−V1​10 VR3​8 ΩA+−V2​30 VI1​I2​

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

V1 = 10 VV2 = 30 VR1 = 4 ΩR2 = 2 ΩR3 = 8 Ω
I2 = A
6.MaschenstromverfahrenSchwer
R1​ = 12 ΩR2​ = 2 ΩR3​ = 10 ΩIR3​+−V1​9 VR4​10 ΩAR5​10 ΩB+−V2​15 VI1​I2​I3​

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

V1 = 9 VV2 = 15 VR1 = 12 ΩR2 = 2 ΩR3 = 10 ΩR4 = 10 ΩR5 = 10 Ω
IR3 = A
7.ÜberlagerungssatzMittel
R1​ = 4 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​30 VR2​3 ΩIR2​AR4​20 ΩBIs​2,5 A

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

V1 = 30 VIs = 2,5 AR1 = 4 ΩR2 = 3 ΩR3 = 8 ΩR4 = 20 Ω
IR2 = A
8.ÜberlagerungssatzSchwer
R1​ = 8 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​24 VR3​10 ΩIR3​AIs​2 AB+−V2​24 V

Bestimme mit dem Überlagerungssatz die von R3 aufgenommene Leistung PR3.

V1 = 24 VIs = 2 AV2 = 24 VR1 = 8 ΩR2 = 20 ΩR3 = 10 ΩR4 = 15 Ω
PR3 = W
9.Thévenin und NortonMittel
R1​ = 3 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​30 VR2​4 ΩAab

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

V1 = 30 VR1 = 3 ΩR2 = 4 ΩR3 = 15 Ω
Rth = Ω
10.Thévenin und NortonSchwer
R1​ = 4 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​24 VR2​30 ΩAIs​2,5 ABab

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

V1 = 24 VIs = 2,5 AR1 = 4 ΩR2 = 30 ΩR3 = 12 Ω
IN = A
11.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
+−Vs​5 Vt = 0R = 22 ΩL22 mHi(t)

Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Bestimme die Spannung vL an der Spule bei t = 1 ms.

Vs = 5 VR = 22 ΩL = 22 mHt = 1 ms
vL = V
12.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
+−Vs​5 Vt = 0R = 1 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 = 20 ms.

Vs = 5 VR = 1 kΩC = 22 µFvC(0) = 18 Vt = 20 ms
vC = V
13.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Vf0​ = 60 HzRL = 200 mHC = ?

Ein RLC-Reihenschwingkreis mit L = 200 mH soll bei 60 Hz in Resonanz sein. Bestimme die nötige Kapazität C.

f0 = 60 HzL = 200 mH
C = µF
14.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
230 V1000 HzR = 50 ΩL = 20 mHC = 10 µF+−VC​

Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 230 V (Effektivwert) und 1000 Hz. Bestimme den Effektivwert der Spannung VC am Kondensator.

V = 230 V (rms)f = 1000 HzR = 50 ΩL = 20 mHC = 10 µF
VC = V
15.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
P = 31 kWQ = ?Sφ

Ein Einphasenmotor nimmt 31 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,7 induktiv aus einer 400-V-Versorgung auf. Bestimme die Blindleistung Q, die er aufnimmt.

P = 31 kWpf = 0,7V = 400 V
Q = kvar
16.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
P1​ = 80 kWQ1​S1​φ

Ein einphasiger Transformator mit 200 kVA versorgt eine Last mit 80 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,7 induktiv. Wie viel zusätzliche Wirkleistung ΔP kann als ohmsche Last (Leistungsfaktor 1) hinzukommen, bevor der Transformator seine kVA-Nennleistung erreicht?

Smax = 200 kVAP1 = 80 kWpf1 = 0,7
ΔP = kW
17.DrehstromleistungMittel
ABCVL​ = 415 VIL​ = ?M18,5 kW, η = 94%cos φ = 0,8

Ein Drehstrom-Asynchronmotor gibt bei Volllast 18,5 kW mechanische Leistung ab. Bei dieser Last beträgt sein Wirkungsgrad 94 % und sein Leistungsfaktor 0,8 induktiv. Das Netz hat eine Leiterspannung von 415 V. Bestimme den Leiterstrom IL.

Pout = 18,5 kWη = 94%cos φ = 0,8VL = 415 V
IL = A
18.DrehstromleistungSchwer
P = 60 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 60 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,75 induktiv aus einem Netz mit 415 V (Leiterspannung) und 60 Hz auf. Eine parallel zur Last geschaltete Drehstrom-Kondensatorbatterie soll den Gesamtleistungsfaktor auf 0,92 induktiv anheben. Die Wirkleistung bleibt gleich. Bestimme die gesamte Blindleistung QC, die die Kondensatorbatterie liefern muss, in kvar.

P = 60 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,92VL = 415 Vf = 60 Hz
QC = kvar
19.TransformatorenMittel
75 Ω21

An die Sekundärwicklung eines idealen Transformators mit dem Übersetzungsverhältnis N₁:N₂ = 2:1 ist ein Widerstand von 75 Ω angeschlossen. Bestimme den Widerstand R1′, den man in die Primärwicklung hinein sieht.

N1:N2 = 2:1RL = 75 Ω
R1′ = Ω
20.TransformatorenSchwer
200 kVA

Ein einphasiger Transformator mit 200 kVA hat Eisenverluste von 1200 W und Kupferverluste von 1800 W bei Nennlast. Bei welcher Last Sη,max, in kVA, ist sein Wirkungsgrad am höchsten?

S = 200 kVAPcore = 1200 WPcu,fl = 1800 W
Sη,max = kVA
21.OperationsverstärkerMittel
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 2 kΩVin​

Wähle den Rückkopplungswiderstand Rf so, dass dieser nichtinvertierende Verstärker eine Spannungsverstärkung von 3 hat.

R1 = 2 kΩAv = 3
Rf = kΩ
22.OperationsverstärkerSchwer
Vin​V1​Vout​Stufe 1: invertierendR1​ = 22 kΩRf1​ = 47 kΩStufe 2: nicht invertierendR2​ = 100 kΩRf2​ = 100 kΩ

Zwei ideale Operationsverstärkerstufen sind in Kette geschaltet: ein invertierender Verstärker (R1, Rf1), gefolgt von einem nicht invertierenden Verstärker (R2 nach Masse, Rf2 in der Rückkopplung). Beide werden mit ±15 V versorgt. Der Eingang ist Vin = −0,55 V. Bestimme die Ausgangsspannung Vout.

R1 = 22 kΩRf1 = 47 kΩR2 = 100 kΩRf2 = 100 kΩVin = −0,55 V
Vout = V
23.Dioden und TransistorenMittel
RC​ = 3,3 kΩβ = 75IC​ = ?VCC​ = 9 VRB​ = 390 kΩ

Ein NPN-Transistor mit β = 75 wird über einen Basiswiderstand RB = 390 kΩ aus der Versorgung VCC = 9 V eingestellt. Der Kollektorwiderstand ist RC = 3,3 kΩ, und der Emitter liegt auf Masse. Nimm VBE = 0,7 V an und gehe davon aus, dass der Transistor im aktiven Bereich arbeitet. Bestimme den Kollektorstrom IC in mA.

VCC = 9 VRB = 390 kΩRC = 3,3 kΩβ = 75VBE = 0,7 V
IC = mA
24.Dioden und TransistorenSchwer
RC​ = 150 Ωβ = 80VCC​ = 24 V3,3 VRB​ = ?

Ein NPN-Transistor mit β = 80 schaltet einen Lastwiderstand von 150 Ω, der zwischen VCC = 24 V und seinem Kollektor liegt. Der Emitter liegt auf Masse. Die Basis wird von einem Logikausgang mit 3,3 V über einen Basiswiderstand RB angesteuert. Nimm VBE = 0,7 V und VCE(sat) = 0,2 V an. Bestimme den größten Basiswiderstand RB in kΩ, der den Transistor gerade noch in die Sättigung steuert.

VCC = 24 VRC = 150 Ωβ = 80Vin = 3,3 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 V
RB = kΩ
25.ZahlensystemeMittel
8-Bit-Zweierkomplement0−12806403201608040201

Setze die Bits so, dass sie −53 im 8-Bit-Zweierkomplement speichern. Welchen Wert U hat das Muster, wenn man es als vorzeichenlose Zahl liest?

N = −538 bit
U =
26.ZahlensystemeSchwer
4579 Codes, b = ? Bit?2ᵇ⁻¹…?4?2?1

Ein System muss jedem von 4579 Elementen einen eigenen Binärcode gleicher Länge geben. Wie viele Bits b braucht es mindestens?

4579
b = bit
27.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & FlipflopsMittel
ABCD000111100001111010011302040507061120130150141819111010

Bestimme mit dem Karnaugh-Diagramm das minimale Produkt von Summen (POS) von F(A, B, C, D) = Σm(0, 3, 8, 9, 11, 12). Wie viele Summenterme (Faktoren) N hat es?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 3, 8, 9, 11, 12)
N =
28.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & FlipflopsSchwer
ABCD000111100001111010X1130204150706012X130151140809011110

Bestimme die minimale SOP-Form von F(A, B, C, D) = Σm(0, 3, 5, 10, 14) + d(1, 13), wobei d die Don’t-Care-Bedingungen kennzeichnet. Wie viele Literale L enthält sie?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 3, 5, 10, 14) + d(1, 13)
L =
29.Laplace-TransformationenMittel
t (s)f(t)t = 1,5f(1,5) = ?

Bestimme f(t) für F(s) = 10/(s(s + 1)(s + 4)) mit der Partialbruchzerlegung und werte f(1,5) aus.

F(s) = 10/(s(s + 1)(s + 4))t = 1,5 s
f(1.5) =
30.Laplace-TransformationenSchwer
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−81

Ein System wird durch die Differentialgleichung y″ + 11y′ + 30y = u′ + 7u beschrieben, mit Eingang u(t) und Ausgang y(t). Bestimme seine Übertragungsfunktion G(s) = Y(s)/U(s) (Anfangsbedingungen null) und werte die Impulsantwort g(t) bei t = 0,3 s aus. Bestimme g(0,3).

y″ + 11y′ + 30y = u′ + 7ut = 0,3 s
g(0.3) =
31.BlockschaltbilderMittel
R(s)+20K+4s + 4G(s)C(s)2H₁−−

Die Strecke G(s) = 4/(s + 4) hat eine innere (unterlagerte) Gegenkopplung mit der Verstärkung H₁ = 2. Eine Reglerverstärkung K = 20 und eine äußere Einheits-Gegenkopplung schließen das System. Bestimme den Pol p des geschlossenen Kreises.

G(s) = 4/(s + 4)H₁ = 2K = 20
p =
32.BlockschaltbilderSchwer
R(s)+3s + 1G₁+8s + 2G₂C(s)1H₁−0,1H₂−

Fasse das Blockschaltbild mit G₁ = 3/(s + 1), G₂ = 8/(s + 2), einer inneren Gegenkopplung H₁ = 1 um G₂ und einer äußeren Gegenkopplung H₂ = 0,1 zusammen. Bestimme die statische Verstärkung T(0) von C(s)/R(s).

G₁ = 3/(s + 1)G₂ = 8/(s + 2)H₁ = 1H₂ = 0,1
T(0) =
33.SprungantwortMittel
t (s)y(t)2

Ein System hat die Übertragungsfunktion G(s) = 180/(s² + 9s + 90) und erhält einen Einheitssprung am Eingang. Bestimme den Dämpfungsgrad ζ.

G(s) = 180/(s² + 9s + 90)
ζ =
34.SprungantwortSchwer
+−5 VR = 63 ΩL = 50 mHC = 2 µFvC​

Ein Reihen-RLC-Kreis mit R = 63 Ω, L = 50 mH und C = 2 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 maximale Kondensatorspannung vC,max.

R = 63 ΩL = 50 mHC = 2 µFV = 5 V
vC,max = V
35.Bode-Diagramme und ReservenMittel
|H| (dB)0,010,010,10,111101010010010001000−40−20020406080ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 0,5

Bestimme die Phase ∠G(jω) von G(s) = 46(s + 13)/(s(s + 7)) bei ω = 0,5 rad/s in Grad.

G(s) = 46(s + 13)/(s(s + 7))ω = 0,5 rad/s
∠G(jω) = °
36.Bode-Diagramme und ReservenSchwer
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​ = ?

Ein Regelkreis mit Einheitsrückführung hat die Übertragungsfunktion des offenen Kreises L(s) = 420/(s(s + 7)(s + 8)). Bestimme die Phasendurchtrittsfrequenz ω180, bei der ∠L(jω) = −180° ist.

L(s) = 420/(s(s + 7)(s + 8))
ω180 = rad/s
37.Stabilität: Routh-Hurwitz und WurzelortskurveMittel
R(s)+K = 31s(s + 1)(s + 5)C(s)−

Der Regelkreis im Schaubild läuft mit K = 3 und L(s) = K/(s(s + 1)(s + 5)). Um welchen Faktor m kann die Verstärkung erhöht werden, bevor der geschlossene Kreis instabil wird?

L(s) = K/(s(s + 1)(s + 5))K = 3
m =
38.Stabilität: Routh-Hurwitz und WurzelortskurveSchwer
ReIm−2−4−6−8−10j2

Die Wurzelortskurve von L(s) = K(s + 9)/(s(s + 7)) verlässt die reelle Achse zwischen s = 0 und s = −7, läuft im Bogen herum und trifft links von der Nullstelle wieder auf die reelle Achse. Bestimme den Einmündungspunkt si.

L(s) = K(s + 9)/(s(s + 7))
si =
39.Stationärer Fehler und PID-RegelungMittel
R(s)+K(s + 5)(s + 10)C(s)−

Ein Regelkreis mit Einheitsrückführung hat G(s) = K/((s + 5)(s + 10)). Bestimme die Verstärkung K, die für einen Sprung einen stationären Fehler von 5 % ergibt.

G(s) = K/((s + 5)(s + 10))ess = 5 %
K =
40.Stationärer Fehler und PID-RegelungSchwer
R(s)+K2s(s + 5)C(s)−

Ein Proportionalregler K regelt die Strecke G(s) = 2/(s(s + 5)) in einem Regelkreis mit Einheitsrückführung. Bestimme die Verstärkung K, die dem geschlossenen Kreis den Dämpfungsgrad ζ = 0,707 gibt.

G(s) = 2/(s(s + 5))ζ = 0,707
K =

3Lösungen

1.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: IR1 = 2,447 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​ = 6 Ω+−V1​24 VR2​5 ΩAR4​10 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 = 6 + 10 = 16 Ω
R2 ∥ 16 = 5·16/(5+16) = 3,81 Ω
Req = R1 + 3,81 = 6 + 3,81 = 9,81 Ω

Strom aus der Quelle

Die Quelle sieht nur Req, also liefert das ohmsche Gesetz den Strom, den sie abgibt. Dieser Strom fließt durch R₁.

IR1 = V1/Req = 24/9,81 = 2,447 A

Antwort

IR1 = 2,447 A
2.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: IR1 = 0,5714 A

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

R1​ = 10 ΩR3​ = 6 ΩR5​ = 8 Ω+−V1​10 VR2​20 ΩAR4​15 ΩBR6​2 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 = 8 + 2 = 10 Ω
R4 ∥ 10 = 6 Ω
R3 + 6 = 12 Ω
R2 ∥ 12 = 7,5 Ω
Req = R1 + 7,5 = 10 + 7,5 = 17,5 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 = 10/17,5 = 0,5714 A

Antwort

IR1 = 0,5714 A
3.Knotenpotenzialverfahren

Antwort: I3 = −0,09375 A

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

Knotenregel am Knoten A

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

(VA − 9)/2 + (VA − 6)/2 + (VA − 6)/15 = 0

Nach VA auflösen

VA = (9/2 + 6/2 + 6/15) / (1/2 + 1/2 + 1/15) = 7,9/1,067 = 7,406 V

Zweigstrom

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

I3 = (6 − VA)/R3 = (6 − 7,406)/15 = −0,09375 A

Antwort

I3 = −0,09375 A

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

4.Knotenpotenzialverfahren

Antwort: IR2 = −0,08403 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 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 12 Ω+−V1​6 VR3​25 ΩAR5​3 ΩBIs​2 A+−V2​6 V

Knoten festlegen

Masse ist der untere Leiter. Bekannte Knotenpotenziale ergeben sich direkt aus den Quellen (V1 = 6 V, V2 = 6 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/25 + (VA − 6)/15 + (VA − VB)/15 = 0
0,1733·VA − 0,06667·VB = 0,4

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/3 + (VB − VA)/15 + (VB − 6)/12 = 2
−0,06667·VA + 0,4833·VB = 2,5

Lösen

Δ = (0,1733)(0,4833) − (−0,06667)(−0,06667) = 0,07933
VA = Δ1/Δ = 0,36/0,07933 = 4,538 V
VB = Δ2/Δ = 0,46/0,07933 = 5,798 V

Antwort

IR2 = (VA − VB)/R2 = (4,538 − 5,798)/15 = −0,08403 A
5.Maschenstromverfahren

Antwort: I2 = −5 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​ = 4 ΩR2​ = 2 Ω+−V1​10 VR3​8 ΩA+−V2​30 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
4·I1 + 8(I1 − I2) = 10
12·I1 − 8·I2 = 10

Maschenregel in Masche 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
2·I2 + 8(I2 − I1) = (−30)
−8·I1 + 10·I2 = −30

Lösen

Δ = (12)(10) − (−8)(−8) = 56
I1 = Δ1/Δ = −140/56 = −2,5 A
I2 = Δ2/Δ = −280/56 = −5 A

Antwort

I2 = −5 A

Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.

6.Maschenstromverfahren

Antwort: IR3 = −0,8869 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​ = 2 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​9 VR4​10 ΩAR5​10 ΩB+−V2​15 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
12·I1 + 10(I1 − I2) = 9
22·I1 − 10·I2 = 9

Maschenregel in Masche 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
2·I2 + 10(I2 − I1) + 10(I2 − I3) = 0
−10·I1 + 22·I2 − 10·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
10·I3 + 10(I3 − I2) = (−15)
−10·I2 + 20·I3 = −15

Lösen

Δ = Determinante der Koeffizientenmatrix = 5480
I1 = Δ1/Δ = 1560/5480 = 0,2847 A
I2 = Δ2/Δ = −1500/5480 = −0,2737 A
I3 = Δ3/Δ = −4860/5480 = −0,8869 A

Antwort

IR3 = I3 = −0,8869 A

Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.

7.Überlagerungssatz

Antwort: IR2 = 3,077 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​ = 8 Ω+−V1​30 VR2​3 ΩAR4​20 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 = 8+20 = 28 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 3·28/(3+28) = 2,71 Ω
VA = 30·2,71/(4+2,71) = 12,12 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 12,12·20/28 = 8,654 V
IR2′ = (VA − 0)/R2 = (12,12 − 0)/3 = 4,038 A
R1​ = 4 ΩR3​ = 8 ΩKURZSCHLUSSR2​3 ΩAR4​20 ΩBIs​2,5 A

Fall 2 · Is allein aktiv

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

R1 ∥ R2 = 4·3/(4+3) = 1,714 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 20 ∥ 9,714 = 6,538 Ω
VB = Is·Req = (−2,5)·6,538 = −16,35 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = −16,35·1,714/9,714 = −2,885 V
IR2″ = (VA − 0)/R2 = (−2,885 − 0)/3 = −0,9615 A

Anteile addieren

IR2 = IR2′ + IR2″
IR2 = 4,038 + (−0,9615) = 3,077 A

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

8.Überlagerungssatz

Antwort: PR3 = 32,1 W

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​ = 8 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​24 VR3​10 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) = 10 ∥ 35 = 7,778 Ω
VA = 24·7,778/(8+7,778) = 11,83 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 11,83·15/35 = 5,07 V
IR3′ = (VA − 0)/R3 = (11,83 − 0)/10 = 1,183 A
R1​ = 8 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 15 ΩKURZSCHLUSSR3​10 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 = 4,444 Ω, also ist der linke Pfad R2+4,444 = 24,44 Ω
Req = R4 ∥ 24,44 = 9,296 Ω
VB = Is·Req = 2·9,296 = 18,59 V
VA = VB·4,444/24,44 = 3,38 V
IR3″ = (VA − 0)/R3 = (3,38 − 0)/10 = 0,338 A
R1​ = 8 ΩR2​ = 20 ΩR4​ = 15 ΩKURZSCHLUSSR3​10 ΩAOFFENB+−V2​24 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 = 8·10/(8+10) = 4,444 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 24·24,44/39,44 = 14,87 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 14,87·4,444/24,44 = 2,704 V
IR3‴ = (VA − 0)/R3 = (2,704 − 0)/10 = 0,2704 A

Stromanteile addieren

IR3 = IR3′ + IR3″ + IR3‴ = 1,183 + 0,338 + 0,2704 = 1,792 A

Leistung im Widerstand

Die Leistung hängt vom Quadrat des Stroms ab und folgt daher nicht dem Überlagerungssatz: zuerst die Ströme addieren, dann quadrieren.

PR3 = IR3²·R3 = 1,792²·10 = 32,1 W

Antwort

PR3 = 32,1 W

Addiert man die Leistungen der Einzelfälle, erhält man 15,87 W, und das ist falsch.

9.Thévenin und Norton

Antwort: Rth = 16,71 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​ = 3 ΩR3​ = 15 ΩKURZSCHLUSSR2​4 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 = 3·4/(3+4) = 1,714 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,714 + 15 = 16,71 Ω
10.Thévenin und Norton

Antwort: IN = 3,864 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​ = 4 ΩR3​ = 12 ΩKURZSCHLUSSR2​30 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 = 4·30/(4+30) = 3,529 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,529 + 12 = 15,53 Ω
R1​ = 4 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​24 VR2​30 ΩAIs​2,5 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) = 21,18 + 2,5·3,529 = 30 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 30 + 2,5·12 = 60 V
IN​3,864 ARth​15,53 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 = 60/15,53 = 3,864 A
11.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: vL = 1,839 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.

Zeitkonstante und Endstrom

Lange nach dem Schließen des Schalters wirkt die Spule wie ein Kurzschluss, daher bestimmt R allein den Endstrom.

τ = L/R = 22 mH / 22 Ω = 1 ms
i(∞) = Vs/R = 5/22 = 0,2273 A

Spulenspannung

Bei t = 0 liegt die ganze Versorgungsspannung an der Spule; danach fällt sie auf null ab.

vL(t) = Vs·e−t/τ = 5·e−1/1 = 1,839 V

Antwort

vL = 1,839 V
12.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: vC = 10,24 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 = 5 V
τ = R·C = 1 kΩ · 22 µF = 22 ms
vC(t) = 5 + (18 − 5)·e−t/τ

Spannung zum gegebenen Zeitpunkt

vC(20) = 5 + (13)·e−20/22 = 10,24 V

Antwort

vC = 10,24 V
13.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: C = 35,18 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·60 = 377 rad/s
C = 1/(ω₀²·L) = 1/(377²·0,2) = 35,18 µF

Antwort

C = 35,18 µF
14.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: VC = 30,35 V

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

Blindwiderstände

ω = 2πf = 2π·1000 = 6283 rad/s
XL = ωL = 6283·0,02 = 125,7 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(6283·10·10⁻⁶) = 15,92 Ω

Impedanz

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(50² + (109,7)²) = 120,6 Ω

Strom

Durch jedes Element einer Reihenschaltung fließt derselbe Strom.

I = V/|Z| = 230/120,6 = 1,907 A

Spannung am Kondensator

VC = I·XC = 1,907·15,92 = 30,35 V

Antwort

VC = 30,35 V
15.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: Q = 31,63 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(0,7) = 45,57°, tan φ = 1,02

Blindleistung

Q = P·tan φ = 31·1,02 = 31,63 kvar

Antwort

Q = 31,63 kvar
16.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: ΔP = 102,6 kW

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 der vorhandenen Last

Q1 = 80·tan(arccos 0,7) = 81,62 kvar

Größte gesamte Wirkleistung

Bei voller Nennleistung ist S = Smax, und Q bleibt durch die ohmsche Last unverändert.

P = √(Smax² − Q1²) = √(200² − 81,62²) = 182,6 kW

Zusätzliche Wirkleistung

ΔP = 182,6 − 80 = 102,6 kW

Antwort

ΔP = 102,6 kW
17.Drehstromleistung

Antwort: IL = 34,23 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 = 18,5/0,94 = 19,68 kW

Leiterstrom

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 19681/(√3·415·0,8) = 34,23 A

Antwort

IL = 34,23 A
18.Drehstromleistung

Antwort: QC = 27,36 kvar

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

Blindleistung vorher und nachher

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

Q1 = 60·tan(acos 0,75) = 60·0,8819 = 52,92 kvar
Q2 = 60·tan(acos 0,92) = 60·0,426 = 25,56 kvar

Blindleistung der Kondensatoren

QC = Q1 − Q2 = 27,36 kvar

Antwort

QC = 27,36 kvar
19.Transformatoren

Antwort: R1′ = 300 Ω

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.

Umgerechneter Widerstand

Die Spannung steigt um den Faktor a und der Strom sinkt um a, also steigt das Verhältnis V/I um a².

R1′ = a²·RL = 2²·75 = 300 Ω

Antwort

R1′ = 300 Ω
20.Transformatoren

Antwort: Sη,max = 163,3 kVA

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 gleich Eisenverluste

x²·1800 = 1200 → x = √(1200/1800) = 0,8165

Last bei maximalem Wirkungsgrad

Sη,max = x·S = 0,8165·200 = 163,3 kVA

Antwort

Sη,max = 163,3 kVA
21.Operationsverstärker

Antwort: Rf = 4 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 = (3 − 1)·2 = 4 kΩ

Antwort

Rf = 4 kΩ
22.Operationsverstärker

Antwort: Vout = 2,35 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.

Verstärkung jeder Stufe

A1 = −Rf1/R1 = −47/22 = −2,136
A2 = 1 + Rf2/R2 = 1 + 100/100 = 2

Stufe für Stufe

V1 = −2,136·(−0,55) = 1,175 V
Vout = 2·1,175 = 2,35 V

Antwort

Vout = 2,35 V
23.Dioden und Transistoren

Antwort: IC = 1,596 mA

Arbeitspunkt eines Bipolartransistors: Im aktiven Bereich gilt VBE = 0,7 V, IC = β·IB und IE = (β + 1)·IB. Bestimme IB mit der Maschenregel aus der Basismasche, dann IC und dann VCE aus der Kollektor-Emitter-Masche. Ein Spannungsteiler an der Basis wird durch sein Thévenin-Ersatzschaltbild ersetzt: VTH = VCC·R₂/(R₁ + R₂), RTH = R₁∥R₂; ein Emitterwiderstand erscheint in der Basismasche (β + 1)-mal größer.

Basisstrom

IB = (VCC − VBE)/RB = (9 − 0,7)/390 kΩ = 21,28 µA

Kollektorstrom

IC = β·IB = 75·21,28 µA = 1,596 mA

Antwort

IC = 1,596 mA

Kontrolle: VCE = 3,733 V liegt deutlich über 0,2 V, der Transistor ist also tatsächlich aktiv.

24.Dioden und Transistoren

Antwort: RB = 1,311 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)/150 = 158,7 mA

Minimaler Basisstrom

IB(min) = IC(sat)/β = 158,7/80 = 1983 µA

Basiswiderstand

RB = (3,3 − 0,7)/IB = 2,6 V/1,983 mA = 1,311 kΩ

Antwort

RB = 1,311 kΩ

Jeder kleinere Basiswiderstand sättigt den Transistor ebenfalls; in der Praxis wählt man einen um einige Male kleineren.

25.Zahlensysteme

Antwort: U = 203

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

Invertieren und eins addieren

53 = 0011 0101
invertiert: 1100 1010
+1 → 1100 1011

Vorzeichenlos lesen

1100 1011₂ = 256 − 53 = 203

Antwort

U = 203
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 < 4579
213 = 8192 ≥ 4579

Antwort

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

Antwort: N = 4

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.

ABCD000111100001111010011302040507061120130150141819111010

Die Nullen zusammenfassen

Jede Gruppe ist ein Rechteck aus 2ᵏ Feldern; Randfelder sind Nachbarn der Felder am gegenüberliegenden Rand.

(C′ + D)
(B′ + D′)
(A + C + D′)
(A + B′)

Minimale POS-Form

F = (C′ + D)(B′ + D′)(A + C + D′)(A + B′)
N = 4

Antwort

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

Antwort: L = 12

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

Primimplikanten

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

BC′D, A′C′D, ACD′, A′B′D, A′B′C′
ABCD000111100001111010X1130204150706012X130151140809011110

Minimale Überdeckung

F = BC′D + ACD′ + A′B′D + A′B′C′
L = 12

Antwort

L = 12

Es gibt eine weitere Gruppierung derselben Größe; sie hat dieselbe Anzahl von Termen und Literalen.

29.Laplace-Transformationen

Antwort: f(1.5) = 1,758

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

Partialbruchzerlegung

F(s) = A/s + B/(s + 1) + C/(s + 4)
A = 10/(1·4) = 2,5
B = 10/((−1)·3) = −3,333
C = 10/((−4)·(−3)) = 0,8333

Rücktransformation

f(t) = 2,5 − 3,333·e−t + 0,8333·e−4t

Auswerten

f(1,5) = 2,5 − 3,333·e−1,5 + 0,8333·e−4·1,5 = 1,758

Antwort

f(1,5) = 1,758
30.Laplace-Transformationen

Antwort: g(0.3) = 0,281

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

Übertragungsfunktion

G(s) = Y(s)/U(s) = (s + 7)/(s² + 11s + 30)

Partialbruchzerlegung

s² + 11s + 30 = (s + 5)(s + 6)
A = 2, B = −1

Impulsantwort

g(t) = 2·e−5t − e−6t
g(0,3) = 0,281

Antwort

g(0,3) = 0,281
31.Blockschaltbilder

Antwort: p = −92

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).

Innere Schleife

Gᵢ = G/(1 + G·H₁) = 4/(s + 4 + 4·2) = 4/(s + 12)

Äußere Schleife

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 80/(s + 12 + 80) = 80/(s + 92)

Ergebnis

p = −92

Antwort

p = −92
32.Blockschaltbilder

Antwort: T(0) = 1,935

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).

Innere Schleife

Gᵢ = G₂/(1 + G₂H₁) = 8/(s + 10)

Äußere Schleife

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 24/((s + 1)(s + 10) + 2,4)

Statische Verstärkung

T(0) = 24/(1·10 + 2,4) = 24/12,4 = 1,935

Antwort

T(0) = 1,935
33.Sprungantwort

Antwort: ζ = 0,4743

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 = 90 → ωₙ = 9,487 rad/s
2ζωₙ = 9 → ζ = 9/(2·9,487) = 0,4743

Ergebnis

ζ = 0,4743

Antwort

ζ = 0,4743
34.Sprungantwort

Antwort: vC,max = 7,64 V

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/√(0,05·2 × 10⁻⁶) = 3162 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (63/2)·√(2 × 10⁻⁶/0,05) = 0,1992

Ergebnis

%OS = 52,8 %
vC,max = 5·(1 + 0,528) = 7,64 V

Antwort

vC,max = 7,64 V
35.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: ∠G(jω) = −91,88 °

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(0,5/13) − 90° − atan(0,5/7) = 2,203° − 90° − 4,086°

Ergebnis

∠G(j0,5) = −91,88°

Antwort

∠G(jω) = −91,88°
36.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: ω180 = 7,483 rad/s

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/7)·(ω/8) = 1 → ω180 = √(7·8) = 7,483 rad/s

Antwort

ω180 = 7,483 rad/s
37.Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve

Antwort: m = 10

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 + 6s² + 5s + K = 0
s³: 1, 5
s²: 6, K
s¹: (6·5 − K)/6
s⁰: K

Größte stabile Verstärkung

Kmax = 6·5 = 30

Faktor

m = 30/3 = 10

Antwort

m = 10

Dieser Faktor ist die Amplitudenreserve als Verhältnis: 20 dB.

38.Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve

Antwort: si = −13,24

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) = −(s² + 7s)/(s + 9)

Stationäre Punkte

Differenziere mit der Quotientenregel und setze den Zähler null.

(2s + 7)(s + 9) − (s² + 7s) = s² + 18s + 63 = 0
s = −9 ± √18 = −4,757, −13,24

Einmündungspunkt

si = −13,24

Antwort

si = −13,24

Zwischen den beiden Punkten ist die Ortskurve ein Kreis um die Nullstelle mit dem Radius √18 = 4,243.

39.Stationärer Fehler und PID-Regelung

Antwort: K = 950

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) = 0,05 → Kp = 19

Verstärkung

K/50 = 19 → K = 950

Antwort

K = 950

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

40.Stationärer Fehler und PID-Regelung

Antwort: K = 6,252

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

Charakteristisches Polynom

s(s + 5) + 2K = s² + 5s + 2K

Eigenfrequenz

2·0,707·ωₙ = 5 → ωₙ = 3,536 rad/s

Verstärkung

2K = ωₙ² = 12,5 → K = 6,252

Antwort

K = 6,252

Dies ist unabhängiges Übungsmaterial. ExamProblems ist nicht mit der Organisation verbunden, die diese Prüfung durchführt, und wird von ihr nicht unterstützt; der Prüfungsname dient nur zur Beschreibung des Inhalts. Die FE exam wird von NCEES durchgeführt; diese Organisation ist nicht mit ExamProblems verbunden und unterstützt es nicht.

ExamProblems · examproblems.com/courses/fe-exam-electrical