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​ = 15 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​12 VR2​4 ΩAR4​10 ΩB

Bestimme den Ersatzwiderstand Req, den die Quelle V1 sieht.

V1 = 12 VR1 = 15 ΩR2 = 4 ΩR3 = 2 ΩR4 = 10 Ω
Req = Ω
2.Reihen- und ParallelschaltungSchwer
R1​ = 5 ΩR3​ = 25 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​18 VR2​25 ΩIR2​AR4​25 ΩBR6​4 Ω

Bestimme den Strom IR2 durch R2.

V1 = 18 VR1 = 5 ΩR2 = 25 ΩR3 = 25 ΩR4 = 25 ΩR5 = 30 ΩR6 = 4 Ω
IR2 = A
3.KnotenpotenzialverfahrenMittel
R1​ = 2 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​12 VR2​6 ΩAR4​10 ΩBIs​3 A

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

V1 = 12 VIs = 3 AR1 = 2 ΩR2 = 6 ΩR3 = 20 ΩR4 = 10 Ω
VA = V
4.KnotenpotenzialverfahrenSchwer
R1​ = 12 ΩIR1​R2​ = 25 ΩR4​ = 4 Ω+−V1​12 VR3​10 ΩAR5​10 ΩBIs​1,5 A−+V2​24 V

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

V1 = 12 VIs = 1,5 AV2 = 24 VR1 = 12 ΩR2 = 25 ΩR3 = 10 ΩR4 = 4 ΩR5 = 10 Ω
IR1 = A
5.MaschenstromverfahrenMittel
R1​ = 6 ΩR2​ = 12 Ω+−V1​12 VR3​2 ΩIR3​A+−V2​10 VI1​I2​

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

V1 = 12 VV2 = 10 VR1 = 6 ΩR2 = 12 ΩR3 = 2 Ω
IR3 = A
6.MaschenstromverfahrenSchwer
R1​ = 3 ΩIR1​R2​ = 2 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​9 VR4​3 ΩAR5​20 ΩB+−V2​15 VI1​I2​I3​

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

V1 = 9 VV2 = 15 VR1 = 3 ΩR2 = 2 ΩR3 = 3 ΩR4 = 3 ΩR5 = 20 Ω
IR1 = 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 = 15 V und Is = 5 mA ist I = 26,25 mA; mit Vs = 10 V und Is = 2 mA ist I = 16,5 mA. Bestimme den Laststrom I für Vs = 2 V und Is = 6 mA.

15 V, 5 mA → 26,25 mA10 V, 2 mA → 16,5 mAVs = 2 V, Is = 6 mA
I = mA
8.ÜberlagerungssatzSchwer
lineare SchaltungV1​V2​Is​IRL​

Eine lineare Widerstandsschaltung enthält drei unabhängige Quellen: V1, V2 und Is. Der Strom I durch eine Last wird dreimal gemessen. Mit allen Quellen auf ihren Normalwerten ist I = 10,5 mA. Mit verdoppeltem V1 und unveränderten anderen beiden ist I = 12,5 mA. Mit umgekehrter Richtung von Is und unveränderten anderen beiden ist I = 0,5 mA. Bestimme den Laststrom I, wenn V2 abgeschaltet ist und V1 und Is ihre Normalwerte haben.

normal: I = 10,5 mA2·V1: I = 12,5 mA−Is: I = 0,5 mA
I = mA
9.Thévenin und NortonMittel
R1​ = 3 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​24 VR2​12 ΩAab

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

V1 = 24 VR1 = 3 ΩR2 = 12 ΩR3 = 3 Ω
Vth = V
10.Thévenin und NortonSchwer
R1​ = 15 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​15 VR2​5 ΩAIs​6 ABRL​30 ΩIL​

An a–b wird eine Last RL = 30 Ω angeschlossen. Bestimme mit einem Thévenin-Ersatzschaltbild die an die Last abgegebene Leistung PL.

V1 = 15 VIs = 6 AR1 = 15 ΩR2 = 5 ΩR3 = 30 ΩRL = 30 Ω
PL = W
11.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
R = 100 Ωt = 0L47 mHi(t)

Die Spule führt einen konstanten Strom von 2,5 A. Bei t = 0 schließt der Schalter den Kreis über R, und die Quelle wird abgetrennt, der Spulenstrom klingt also über R ab. Bestimme die Spannung vR an R bei t = 1 ms.

i(0) = 2,5 AR = 100 ΩL = 47 mHt = 1 ms
vR = V
12.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
+−Vs​15 Vt = 0R = 1 kΩC10 µF+−vC​vC​(0) = 2 V

Kurz bevor der Schalter bei t = 0 schließt, liegt am Kondensator eine Spannung von 2 V mit der eingezeichneten Polarität. Wie lange dauert es, bis vC den Wert 12,4 V erreicht? Bestimme t.

Vs = 15 VR = 1 kΩC = 10 µFvC(0) = 2 V
t = ms
13.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
120 V500 HzR = 100 ΩL = 150 mHC = 2,2 µFI

Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 120 V (Effektivwert) und 500 Hz. Bestimme die aus der Versorgung aufgenommene Wirkleistung P.

V = 120 V (rms)f = 500 HzR = 100 ΩL = 150 mHC = 2,2 µF
P = W
14.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
100 V200 HzR1​ = 30 ΩR2​ = 20 ΩC = 47 µF

Ein Widerstand R1 liegt in Reihe mit einer Parallelschaltung aus R2 und einem Kondensator C an einer Versorgung mit 100 V (Effektivwert) und 200 Hz. Bestimme den Betrag der Impedanz |Z|.

V = 100 V (rms)f = 200 HzR1 = 30 ΩR2 = 20 ΩC = 47 µF
|Z| = Ω
15.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
P = 19 kWQ = ?Sφ

Ein Einphasenmotor nimmt 19 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,65 induktiv aus einer 240-V-Versorgung auf. Bestimme die Blindleistung Q, die er aufnimmt.

P = 19 kWpf = 0,65V = 240 V
Q = kvar
16.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
P = 20 kWQ1​S1​φ1​QC​

Eine einphasige Last nimmt 20 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,7 induktiv aus einer Versorgung mit 400 V und 50 Hz auf. Ein parallel geschalteter Kondensator hebt den Leistungsfaktor auf 0,95. Bestimme die Blindleistung QC, die der Kondensator liefern muss.

P = 20 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,95V = 400 Vf = 50 Hz
QC = kvar
17.DrehstromleistungMittel
ABCVL​ = 415 VIL​ = 40 Acos φ = 0,95induktiv

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt aus einem Netz mit einer Leiterspannung von 415 V einen Leiterstrom von 40 A auf. Der Leistungsfaktor ist 0,95 induktiv. Bestimme die gesamte Wirkleistung P, die die Last aufnimmt, in kW.

VL = 415 VIL = 40 Acos φ = 0,95
P = kW
18.DrehstromleistungSchwer
P = 60 kWφ1​S1​Q2​QC​

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 60 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,72 induktiv aus einem Netz mit 480 V (Leiterspannung) und 60 Hz auf. Eine parallel zur Last geschaltete Drehstrom-Kondensatorbatterie soll den Gesamtleistungsfaktor auf 0,9 induktiv anheben. Die Wirkleistung bleibt gleich. Die Kondensatoren sind im Stern geschaltet. Bestimme die Kapazität Cph jedes Kondensators in µF.

P = 60 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,9VL = 480 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.TransformatorenMittel
2 ΩN1​N2​18 Ω

Ein Verstärker mit einem Ausgangswiderstand von 18 Ω speist über einen idealen Transformator einen Lautsprecher mit 2 Ω. Für maximale Leistungsübertragung muss der Lautsprecher vom Verstärker aus wie 18 Ω erscheinen. Bestimme das Übersetzungsverhältnis a = N₁/N₂.

Rs = 18 ΩRL = 2 Ω
a =
20.TransformatorenSchwer
75 kVA

Ein einphasiger Transformator mit 75 kVA hat Eisenverluste von 450 W und Kupferverluste von 1350 W bei Nennlast. Bei welcher Last Sη,max, in kVA, ist sein Wirkungsgrad am höchsten?

S = 75 kVAPcore = 450 WPcu,fl = 1350 W
Sη,max = kVA
21.OperationsverstärkerMittel
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 4,7 kΩVin​

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

R1 = 4,7 kΩAv = 10
Rf = kΩ
22.OperationsverstärkerSchwer
−+Vout​C = 0,22 µFVin​ = −0,9 VR = 47 kΩ

Der Integrierer verwendet einen idealen Operationsverstärker mit ±15 V Versorgung; sein Ausgang geht bei ±13 V in die Sättigung. Der Kondensator ist ungeladen, als bei t = 0 eine konstante Eingangsspannung Vin = −0,9 V angelegt wird. Wie lange nach t = 0 erreicht der Ausgang die Sättigung? Bestimme t.

Vin = −0,9 VR = 47 kΩC = 0,22 µFVsat = ±13 V
t = ms
23.Dioden und TransistorenMittel
+−12 VR = ?5 × 2,2 V5 mA

5 LEDs (grün; Durchlassspannung je 2,2 V) liegen in Reihe mit einem Widerstand an einer Versorgung von 12 V. Bestimme den Widerstand R, der den Strom auf 5 mA einstellt.

Vs = 12 VVF = 2,2 Vn = 5I = 5 mA
R = Ω
24.Dioden und TransistorenSchwer
V (V)I (mA)0,6919,15Q = ?

Eine Diode wird modelliert als 0,6 V in Reihe mit 25 Ω (sie leitet oberhalb von 0,6 V). Sie liegt in Reihe mit einem Widerstand von 470 Ω an einer Versorgung von 9 V. Bestimme den Arbeitsstrom ID, bei dem die Diodenkennlinie die Widerstandsgerade schneidet.

Vs = 9 VR = 470 ΩV0 = 0,6 Vrd = 25 Ω
ID = mA
25.ZahlensystemeMittel
Stellenwerte im Zweierkomplement1−12806413201608040211

Das 8-Bit-Muster 1010 0001 speichert eine vorzeichenbehaftete Ganzzahl im Zweierkomplement. Welchen Wert N hat sie im Dezimalsystem?

1010 00018 bit
N =
26.ZahlensystemeSchwer
1225 Codes, b = ? Bit?2ᵇ⁻¹…?4?2?1

Ein System muss jedem von 1225 Elementen einen eigenen Binärcode gleicher Länge geben. Wie viele Bits b braucht es mindestens?

1225
b = bit
27.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & FlipflopsMittel
ABCD000111100001111000010312041507061121131150141809111010

Bestimme mit dem Karnaugh-Diagramm die minimale Summe von Produkten (SOP) von F(A, B, C, D) = Σm(2, 5, 8, 11, 12, 13, 15). Wie viele Literale L enthält sie insgesamt (eine Variable mit Strich zählt als ein Literal)?

F(A, B, C, D) = Σm(2, 5, 8, 11, 12, 13, 15)
L =
28.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & FlipflopsSchwer
ABCD00011110000111101011X30204051716112113X151141809011010

Bestimme für F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 6, 7, 8, 12, 13, 14) + d(3, 15), wobei d die Don’t-Care-Bedingungen kennzeichnet, die Anzahl N der wesentlichen Primimplikanten.

F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 6, 7, 8, 12, 13, 14) + d(3, 15)
N =
29.Laplace-TransformationenMittel
t (s)f(t)t = 0,75f(0,75) = ?

Bestimme f(t) für F(s) = 20/(s(s + 2)(s + 6)) mit der Partialbruchzerlegung und werte f(0,75) aus.

F(s) = 20/(s(s + 2)(s + 6))t = 0,75 s
f(0.75) =
30.Laplace-TransformationenSchwer
t (s)y(t)t = 0,6y(0,6) = ?

Ein System gehorcht y″ + 6y′ + 8y = 8·u(t), mit y(0) = 5 und y′(0) = 0. Bei t = 0 wird ein Sprung u(t) = 10 auf den Eingang gegeben. Bestimme mit der Laplace-Transformation y(0,6).

y″ + 6y′ + 8y = 8·u(t)y(0) = 5y′(0) = 0u(t) = 10t = 0,6 s
y(0.6) =
31.BlockschaltbilderMittel
R(s)+8(s + 7)(s + 3)(s + 4)G(s)C(s)−

Ein Regelkreis mit Einheits-Gegenkopplung hat G(s) = 8(s + 7)/((s + 3)(s + 4)). An der Führungsgröße wird ein Sprung der Größe 2 angelegt. Bestimme den stationären Fehler ess.

G(s) = 8(s + 7)/((s + 3)(s + 4))R = 2
ess =
32.BlockschaltbilderSchwer
R(s)+23Regler+D(s)+10s + 1StreckeC(s)−

Ein Proportionalregler K = 23 steuert die Strecke G(s) = 10/(s + 1) in einem Regelkreis mit Einheits-Gegenkopplung. Eine Störung D greift am Streckeneingang an (sie wird zum Reglerausgang addiert). Bei R = 0 wird ein Störsprung der Größe 10 angelegt. Bestimme den stationären Ausgang css.

K = 23G(s) = 10/(s + 1)D = 10R = 0
css =
33.SprungantwortMittel
t (s)y(t)0,5?

Ein System hat die Übertragungsfunktion G(s) = 30/(s² + 6s + 60) und erhält einen Einheitssprung am Eingang. Bestimme das prozentuale Überschwingen %OS der Sprungantwort.

G(s) = 30/(s² + 6s + 60)
%OS = %
34.SprungantwortSchwer
t (s)y(t)120 %

Ein System zweiter Ordnung ohne Nullstellen soll eine Sprungantwort mit 20 % Überschwingen haben. Bestimme den Dämpfungsgrad ζ.

%OS = 20 %
ζ =
35.Bode-Diagramme und ReservenMittel
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 20

Bestimme die Phase ∠G(jω) von G(s) = 37(s + 19)/(s(s + 9)) bei ω = 20 rad/s in Grad.

G(s) = 37(s + 19)/(s(s + 9))ω = 20 rad/s
∠G(jω) = °
36.Bode-Diagramme und ReservenSchwer
|H| (dB)11101010010010001000−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​ = ?

Ein Regelkreis mit Einheitsrückführung hat die Übertragungsfunktion des offenen Kreises L(s) = 520/(s(s + 20)). Bestimme die Durchtrittsfrequenz ωc, bei der |L(jω)| = 1 ist.

L(s) = 520/(s(s + 20))
ωc = rad/s
37.Stabilität: Routh-Hurwitz und WurzelortskurveMittel
R(s)+K1(s + 2)(s + 3)(s + 4)C(s)−

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

L(s) = K/((s + 2)(s + 3)(s + 4))
Kmax =
38.Stabilität: Routh-Hurwitz und WurzelortskurveSchwer
ReIm−0,5−1−1,5−2−2,5−3−3,5−4−4,5−50,5j0,5j1

Ein Regelkreis mit Einheitsrückführung hat L(s) = K/(s(s + 4)(s + 1)). Bestimme den Punkt σa, an dem die Asymptoten der Wurzelortskurve die reelle Achse schneiden.

L(s) = K/(s(s + 4)(s + 1))
σa =
39.Stationärer Fehler und PID-RegelungMittel
r(t) = 1t+Ks(s + 1)C(s)−

Ein Regelkreis mit Einheitsrückführung und G(s) = K/(s(s + 1)) soll der Rampe r(t) = 1t mit einem stationären Fehler von 0,05 folgen. Bestimme die Verstärkung K.

G(s) = K/(s(s + 1))r(t) = 1tess = 0,05
K =
40.Stationärer Fehler und PID-RegelungSchwer
R(s)+K5s(s + 4)C(s)−

Ein Proportionalregler K regelt die Strecke G(s) = 5/(s(s + 4)) in einem Regelkreis mit Einheitsrückführung. Bestimme die Verstärkung K, die dem geschlossenen Kreis den Dämpfungsgrad ζ = 0,707 gibt.

G(s) = 5/(s(s + 4))ζ = 0,707
K =

3Lösungen

1.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: Req = 18 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​ = 15 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​12 VR2​4 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 = 2 + 10 = 12 Ω
R2 ∥ 12 = 4·12/(4+12) = 3 Ω
Req = R1 + 3 = 15 + 3 = 18 Ω

Antwort

Req = 18 Ω
2.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: IR2 = 0,5426 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​ = 5 ΩR3​ = 25 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​18 VR2​25 ΩAR4​25 ΩBR6​4 Ω

Widerstände vom fernen Ende her zusammenfassen

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

R5 + R6 = 30 + 4 = 34 Ω
R4 ∥ 34 = 14,41 Ω
R3 + 14,41 = 39,41 Ω
R2 ∥ 39,41 = 15,3 Ω
Req = R1 + 15,3 = 5 + 15,3 = 20,3 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 = 18/20,3 = 0,8869 A

Strom durch R₂

Ziehe den Spannungsabfall an R₁ ab, um die Spannung an Knoten A zu erhalten, die an R₂ anliegt.

VA = V1 − IR1·R1 = 18 − 0,8869·5 = 13,57 V
IR2 = VA/R2 = 13,57/25 = 0,5426 A

Antwort

IR2 = 0,5426 A
3.Knotenpotenzialverfahren

Antwort: VA = 10 V

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

R1​ = 2 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​12 VR2​6 ΩAR4​10 ΩBIs​3 A

Knoten festlegen

Masse ist der untere Leiter. Bekannte Knotenpotenziale ergeben sich direkt aus den Quellen (V1 = 12 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/6 + (VA − 12)/2 + (VA − VB)/20 = 0
0,7167·VA − 0,05·VB = 6

KCL am Knoten B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/10 + (VB − VA)/20 = 3
−0,05·VA + 0,15·VB = 3

Lösen

Δ = (0,7167)(0,15) − (−0,05)(−0,05) = 0,105
VA = Δ1/Δ = 1,05/0,105 = 10 V
VB = Δ2/Δ = 2,45/0,105 = 23,33 V

Antwort

VA = 10 V
4.Knotenpotenzialverfahren

Antwort: IR1 = 0,9123 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​ = 12 ΩR2​ = 25 ΩR4​ = 4 Ω+−V1​12 VR3​10 ΩAR5​10 ΩBIs​1,5 A−+V2​24 V

Knoten festlegen

Masse ist der untere Leiter. Bekannte Knotenpotenziale ergeben sich direkt aus den Quellen (V1 = 12 V, V2 = −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/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/10 + (VA − 12)/12 + (VA − VB)/25 = 0
0,2233·VA − 0,04·VB = 1

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)/25 + (VB − (−24))/4 = (−1,5)
−0,04·VA + 0,39·VB = −7,5

Lösen

Δ = (0,2233)(0,39) − (−0,04)(−0,04) = 0,0855
VA = Δ1/Δ = 0,09/0,0855 = 1,053 V
VB = Δ2/Δ = −1,635/0,0855 = −19,12 V

Antwort

IR1 = (V1 − VA)/R1 = (12 − 1,053)/12 = 0,9123 A
5.Maschenstromverfahren

Antwort: IR3 = 1,889 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​ = 12 Ω+−V1​12 VR3​2 ΩA+−V2​10 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
6·I1 + 2(I1 − I2) = 12
8·I1 − 2·I2 = 12

Maschenregel in Masche 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
12·I2 + 2(I2 − I1) = (−10)
−2·I1 + 14·I2 = −10

Lösen

Δ = (8)(14) − (−2)(−2) = 108
I1 = Δ1/Δ = 148/108 = 1,37 A
I2 = Δ2/Δ = −56/108 = −0,5185 A

Antwort

IR3 = I1 − I2 = 1,889 A

Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.

6.Maschenstromverfahren

Antwort: IR1 = 0,8007 A

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

R1​ = 3 ΩR2​ = 2 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​9 VR4​3 ΩAR5​20 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
3·I1 + 3(I1 − I2) = 9
6·I1 − 3·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 + 3(I2 − I1) + 20(I2 − I3) = 0
−3·I1 + 25·I2 − 20·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
3·I3 + 20(I3 − I2) = (−15)
−20·I2 + 23·I3 = −15

Lösen

Δ = Determinante der Koeffizientenmatrix = 843
I1 = Δ1/Δ = 675/843 = 0,8007 A
I2 = Δ2/Δ = −1179/843 = −1,399 A
I3 = Δ3/Δ = −1575/843 = −1,868 A

Antwort

IR1 = I1 = 0,8007 A

Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.

7.Überlagerungssatz

Antwort: I = 7,5 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
15·k₁ + 5·k₂ = 26,25
10·k₁ + 2·k₂ = 16,5

Nach den Konstanten auflösen

Δ = (15)(2) − (5)(10) = −20
k₁ = Δ1/Δ = −30/−20 = 1,5
k₂ = Δ2/Δ = −15/−20 = 0,75
k₁ = 1,5 mA/V, k₂ = 0,75

Den neuen Strom vorhersagen

I = 1,5·2 + 0,75·6 = 7,5 mA

Antwort

I = 7,5 mA
8.Überlagerungssatz

Antwort: I = 7 mA

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

Die Messungen mit Anteilen aufschreiben

Jeder Anteil ist proportional zu seiner eigenen Quelle.

I₁ + I₂ + I₃ = 10,5
2·I₁ + I₂ + I₃ = 12,5
I₁ + I₂ − I₃ = 0,5

Nach den Anteilen auflösen

I₁ = 12,5 − 10,5 = 2 mA
I₃ = (10,5 − 0,5)/2 = 5 mA
I₂ = 10,5 − 2 − 5 = 3,5 mA

V₂ abschalten

I = I₁ + I₃ = 2 + 5 = 7 mA

Antwort

I = 7 mA
9.Thévenin und Norton

Antwort: Vth = 19,2 V

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

R1​ = 3 ΩR3​ = 3 ΩKURZSCHLUSSR2​12 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 = 3·12/(3+12) = 2,4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,4 + 3 = 5,4 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​24 VR2​12 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) = 24·12/(3+12) = 19,2 V
10.Thévenin und Norton

Antwort: PL = 314 W

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​ = 30 ΩKURZSCHLUSSR2​5 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 = 15·5/(15+5) = 3,75 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,75 + 30 = 33,75 Ω
R1​ = 15 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​15 VR2​5 ΩAIs​6 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) = 3,75 + 6·3,75 = 26,25 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 26,25 + 6·30 = 206,2 V
Rth​ = 33,75 Ω+−Vth​206,2 VRL​30 ΩIL​

Die Last an das Thévenin-Ersatzschaltbild anschließen

Thévenin-Quelle und R_th in Reihe verhalten sich an a–b genau wie die ursprüngliche Schaltung, daher sieht die Last einen einfachen Reihenkreis.

IL = Vth/(Rth + RL) = 206,2/(33,75 + 30) = 3,235 A
PL = IL²·RL = 3,235²·30 = 314 W
11.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: vR = 29,78 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

τ = L/R = 47 mH / 100 Ω = 0,47 ms

Abklingen des Stroms

i(t) = 2,5·e−1/0,47 = 0,2978 A
vR = R·i = 100·0,2978 = 29,78 V

Antwort

vR = 29,78 V
12.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: t = 16,09 ms

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

Anfangswert, Endwert, Zeitkonstante

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

vC(0) = 2 V, vC(∞) = Vs = 15 V
τ = R·C = 1 kΩ · 10 µF = 10 ms
vC(t) = 15 + (2 − 15)·e−t/τ

Nach der Zeit auflösen

12,4 = 15 + (−13)·e−t/τ → e−t/τ = (12,4 − 15)/(2 − 15) = 0,2
t = τ·ln((2 − 15)/(12,4 − 15)) = 10·ln(5) = 16,09 ms

Antwort

t = 16,09 ms
13.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: P = 12,35 W

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

Blindwiderstände

XL = 471,2 Ω, XC = 144,7 Ω

Impedanz

|Z| = √(100² + (326,6)²) = 341,5 Ω

Wirkleistung

Spulen und Kondensatoren speichern Energie nur und geben sie zurück; der Widerstand nimmt die gesamte Wirkleistung auf.

I = 120/341,5 = 0,3514 A
P = I²·R = 0,3514²·100 = 12,35 W

Antwort

P = 12,35 W
14.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: |Z| = 39,6 Ω

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

Blindwiderstand

XC = 1/(2π·200·47·10⁻⁶) = 16,93 Ω

Parallelschaltung

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

Zp = R₂·(−jXC)/(R₂ − jXC) = (R₂·XC² − jR₂²·XC)/(R₂² + XC²)
Zp = 8,35 − j9,863 Ω

Gesamtimpedanz

Z = 30 + 8,35 − j9,863 = 38,35 − j9,863 Ω
|Z| = √(38,35² + 9,863²) = 39,6 Ω

Antwort

|Z| = 39,6 Ω
15.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: Q = 22,21 kvar

Wechselstromleistung: Die Scheinleistung S = V·I (VA) teilt sich in die Wirkleistung P = S·cos φ (W), die nutzbare Arbeit leistet, und die Blindleistung Q = S·sin φ (var), die zwischen Quelle und Last hin und her pendelt. Der Leistungsfaktor ist cos φ. Ein paralleler Kondensator liefert Blindleistung vor Ort, sodass der Leiterstrom bei gleicher Wirkleistung sinkt.

Winkel

φ = arccos(0,65) = 49,46°, tan φ = 1,169

Blindleistung

Q = P·tan φ = 19·1,169 = 22,21 kvar

Antwort

Q = 22,21 kvar
16.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: QC = 13,83 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 = 20·tan(45,57°) = 20,4 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 20·tan(18,19°) = 6,574 kvar
QC = Q1 − Q2 = 13,83 kvar

Antwort

QC = 13,83 kvar
17.Drehstromleistung

Antwort: P = 27,31 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.

Scheinleistung

S = √3·VL·IL = √3·415·40 = 28,75 kVA

Wirkleistung

P = S·cos φ = 28,75·0,95 = 27,31 kW

Antwort

P = 27,31 kW
18.Drehstromleistung

Antwort: Cph = 331,2 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 = 60·tan(acos 0,72) = 60·0,9639 = 57,83 kvar
Q2 = 60·tan(acos 0,9) = 60·0,4843 = 29,06 kvar

Blindleistung der Kondensatoren

QC = Q1 − Q2 = 28,77 kvar

Kapazität pro Strang

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

V = 480/√3 = 277,1 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 9591/(377·277,1²) = 331,2 µF

Antwort

Cph = 331,2 µF
19.Transformatoren

Antwort: a = 3

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.

Die umgerechnete Last anpassen

a²·2 = 18
a = √(18/2) = √9 = 3

Antwort

a = 3
20.Transformatoren

Antwort: Sη,max = 43,3 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

x²·1350 = 450 → x = √(450/1350) = 0,5774

Last bei maximalem Wirkungsgrad

Sη,max = x·S = 0,5774·75 = 43,3 kVA

Antwort

Sη,max = 43,3 kVA
21.Operationsverstärker

Antwort: Rf = 42,3 kΩ

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

Verstärkung eines nichtinvertierenden Verstärkers

V₋ = V₊ = Vin, und der Strom durch R₁ fließt auch durch Rf, also Vout = Vin·(1 + Rf/R₁).

Av = 1 + Rf/R1
Rf = (10 − 1)·4,7 = 42,3 kΩ

Antwort

Rf = 42,3 kΩ
22.Operationsverstärker

Antwort: t = 149,4 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 = 47 kΩ · 0,22 µF = 10,34 ms
Anstiegsrate = −Vin/(RC) = −(−0,9)/10,34 = 0,08704 V/ms

Zeit bis zur Sättigung

|Vin|·t/(RC) = Vsat → t = Vsat·RC/|Vin| = 13·10,34/0,9 = 149,4 ms

Antwort

t = 149,4 ms
23.Dioden und Transistoren

Antwort: R = 200 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 = 12 − 5·2,2 = 1 V

Widerstand

R = 1/0,005 = 200 Ω

Antwort

R = 200 Ω

Der Widerstand setzt 5 mW in Wärme um.

24.Dioden und Transistoren

Antwort: ID = 16,97 mA

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).

Die beiden Gleichungen kombinieren

9 = 0,6 + I·(470 + 25)

Arbeitsstrom

ID = 8,4/495 = 16,97 mA
VD = 0,6 + 0,01697·25 = 1,024 V

Antwort

ID = 16,97 mA
25.Zahlensysteme

Antwort: N = −95

Stellenwertsysteme: Jede Ziffer ist ihren Wert mal eine Potenz der Basis wert. Im Binärsystem sind die Stellen 1, 2, 4, 8, 16, … wert, im Hexadezimalsystem 1, 16, 256, …, wobei A–F für 10–15 stehen. Im 8-Bit-Zweierkomplement ist das linke Bit −128 statt +128 wert; so werden negative Zahlen gespeichert.

Stellenwerte addieren

Die übrigen Bits behalten ihre normalen positiven Werte.

−128 + 32 + 1 = −95

Antwort

N = −95
26.Zahlensysteme

Antwort: b = 11 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

210 = 1024 < 1225
211 = 2048 ≥ 1225

Antwort

b = 11
27.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & Flipflops

Antwort: L = 13

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.

ABCD000111100001111000010312041507061121131150141809111010

Die Einsen zusammenfassen

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

BC′D
AC′D′
ACD
A′B′CD′

Minimale SOP-Form

F = BC′D + AC′D′ + ACD + A′B′CD′
L = 13

Antwort

L = 13
28.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & Flipflops

Antwort: N = 2

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, B′C′D′, A′CD, AC′D′, AB, A′B′D, A′B′C′
ABCD00011110000111101011X30204051716112113X151141809011010

Wesentliche Primimplikanten

BC, AB
N = 2

Antwort

N = 2
29.Laplace-Transformationen

Antwort: f(0.75) = 1,118

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 + 2) + C/(s + 6)
A = 20/(2·6) = 1,667
B = 20/((−2)·4) = −2,5
C = 20/((−6)·(−4)) = 0,8333

Rücktransformation

f(t) = 1,667 − 2,5·e−2t + 0,8333·e−6t

Auswerten

f(0,75) = 1,667 − 2,5·e−2·0,75 + 0,8333·e−6·0,75 = 1,118

Antwort

f(0,75) = 1,118
30.Laplace-Transformationen

Antwort: y(0.6) = 7,442

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

Gleichung transformieren

(s² + 6s + 8)·Y(s) = 5s + 30 + 80/s
Y(s) = (5s² + 30s + 80)/(s(s + 2)(s + 4))

Partialbruchzerlegung

A = 80/(2·4) = 10
B = 40/((−2)·2) = −10
C = 40/((−4)·(−2)) = 5

Ergebnis

y(t) = 10 − 10·e−2t + 5·e−4t
y(0,6) = 7,442

Antwort

y(0,6) = 7,442

Kontrolle: y(0) = A + B + C = 5.

31.Blockschaltbilder

Antwort: ess = 0,3529

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

Lagefehlerkonstante

Kₚ = G(0) = 8·7/(3·4) = 4,667

Stationärer Fehler

ess = A/(1 + Kₚ) = 2/(1 + 4,667) = 0,3529

Antwort

ess = 0,3529
32.Blockschaltbilder

Antwort: css = 0,4329

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).

Übertragungsfunktionen

C/D = G/(1 + K·G) = 10/(s + 1 + 230)

Stationärer Zustand

css = 10·10/231 = 0,4329

Antwort

css = 0,4329

Ein größeres K verringert die Wirkung der Störung, aber mit einem Proportionalregler nie auf null.

33.Sprungantwort

Antwort: %OS = 26,72 %

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 = 60 → ωₙ = 7,746 rad/s
2ζωₙ = 6 → ζ = 6/(2·7,746) = 0,3873

Ergebnis

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−1,32 = 26,72 %

Antwort

%OS = 26,72 %
34.Sprungantwort

Antwort: ζ = 0,4559

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).

Dämpfungsgrad

ζ = −ln(0,2)/√(π² + ln²(0,2)) = 1,609/√(9,87 + 2,59) = 0,4559

Antwort

ζ = 0,4559
35.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: ∠G(jω) = −109,3 °

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

Die Winkel addieren

∠G = atan(20/19) − 90° − atan(20/9) = 46,47° − 90° − 65,77°

Ergebnis

∠G(j20) = −109,3°

Antwort

∠G(jω) = −109,3°
36.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: ωc = 18,9 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.

Durchtrittsfrequenz

ω⁴ + 400ω² − 270400 = 0
ω² = (−400 + √(160000 + 4·270400))/2 = 357,1
ωc = 18,9 rad/s

Antwort

ωc = 18,9 rad/s
37.Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve

Antwort: Kmax = 210

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

Charakteristisches Polynom

s³ + 9s² + 26s + 24 + K = 0

Routh-Schema

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

Bedingung

Der Eintrag der s¹-Zeile muss positiv bleiben.

K < 9·26 − 24 = 210

Antwort

Kmax = 210

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

38.Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve

Antwort: σa = −1,667

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.

Pole und Nullstellen

Pole: 0, −4, −1
n − m = 3 − 0 = 3

Schwerpunkt

σa = (−5)/3 = −1,667

Antwort

σa = −1,667

Die 3 Asymptoten gehen vom Schwerpunkt unter den Winkeln 60°, 180°, 300° aus.

39.Stationärer Fehler und PID-Regelung

Antwort: K = 20

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 Geschwindigkeitskonstante

Kv = A/ess = 1/0,05 = 20

Verstärkung

K = 1·Kv = 20

Antwort

K = 20

Eine große Verstärkung macht diesen Kreis sehr schwach gedämpft: ζ = 0,1118. Dieser Zielkonflikt ist der Grund, warum Kompensatoren eingesetzt werden.

40.Stationärer Fehler und PID-Regelung

Antwort: K = 1,6

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

Charakteristisches Polynom

s(s + 4) + 5K = s² + 4s + 5K

Eigenfrequenz

2·0,707·ωₙ = 4 → ωₙ = 2,829 rad/s

Verstärkung

5K = ωₙ² = 8,002 → K = 1,6

Antwort

K = 1,6

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