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​ = 20 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​30 VR2​3 ΩIR2​AR4​15 ΩB

Bestimme den Strom IR2 durch R2.

V1 = 30 VR1 = 20 ΩR2 = 3 ΩR3 = 12 ΩR4 = 15 Ω
IR2 = A
2.Reihen- und ParallelschaltungSchwer
R1​ = 5 ΩR3​ = 20 ΩR5​ = 25 Ω+−V1​6 VR2​30 ΩAR4​6 ΩBR6​20 Ω

Bestimme den Ersatzwiderstand Req, den die Quelle V1 sieht.

V1 = 6 VR1 = 5 ΩR2 = 30 ΩR3 = 20 ΩR4 = 6 ΩR5 = 25 ΩR6 = 20 Ω
Req = Ω
3.KnotenpotenzialverfahrenMittel
−+Vs​ = 8 VIs​4 AAR1​12 ΩR2​5 ΩB

Die Spannungsquelle Vₛ zwischen A und B hat ihren Pluspol bei B, sie bewirkt also VB − VA = Vₛ. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren und einem Superknoten das Knotenpotenzial VA (gegen Masse gemessen).

Is = 4 AVs = 8 VR1 = 12 ΩR2 = 5 Ω
VA = V
4.KnotenpotenzialverfahrenSchwer
R1​ = 30 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​9 VR2​8 ΩAR4​12 ΩBIs​?

Die Stromquelle wird so eingestellt, dass das Knotenpotenzial an A VA = 12,5 V beträgt. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren den Quellenstrom Is (Richtung wie dargestellt).

V1 = 9 VR1 = 30 ΩR2 = 8 ΩR3 = 6 ΩR4 = 12 ΩVA = 12,5 V
Is = A
5.MaschenstromverfahrenMittel
R1​ = 4 ΩR2​ = 15 Ω+−V1​24 VR3​3 ΩA+−V2​30 VI1​I2​

Bestimme mit dem Maschenstromverfahren den Maschenstrom I1 (im Uhrzeigersinn).

V1 = 24 VV2 = 30 VR1 = 4 ΩR2 = 15 ΩR3 = 3 Ω
I1 = A
6.MaschenstromverfahrenSchwer
R1​ = 20 ΩR2​ = 3 ΩR3​ = 6 ΩIR3​+−V1​36 VR4​3 ΩAR5​8 ΩB+−V2​9 VI1​I2​I3​

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

V1 = 36 VV2 = 9 VR1 = 20 ΩR2 = 3 ΩR3 = 6 ΩR4 = 3 ΩR5 = 8 Ω
IR3 = A
7.ÜberlagerungssatzMittel
R1​ = 20 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​12 VR2​3 ΩAR4​2 Ω+−VR4​BIs​5 A

Bestimme mit dem Überlagerungssatz die Spannung VR4 über R4 mit der eingezeichneten Polarität.

V1 = 12 VIs = 5 AR1 = 20 ΩR2 = 3 ΩR3 = 3 ΩR4 = 2 Ω
VR4 = V
8.ÜberlagerungssatzSchwer
R1​ = 12 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 25 Ω+−V1​5 VR3​15 Ω+−VR3​AIs​2 AB+−V2​15 V

Bestimme mit dem Überlagerungssatz die Spannung VR3 über R3 mit der eingezeichneten Polarität.

V1 = 5 VIs = 2 AV2 = 15 VR1 = 12 ΩR2 = 15 ΩR3 = 15 ΩR4 = 25 Ω
VR3 = V
9.Thévenin und NortonMittel
R1​ = 12 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​24 VR2​2 ΩARL​3 ΩIL​B

An a–b wird eine Last RL = 3 Ω angeschlossen. Ersetze den Rest der Schaltung durch ihr Thévenin-Ersatzschaltbild und bestimme den Laststrom IL.

V1 = 24 VR1 = 12 ΩR2 = 2 ΩR3 = 12 ΩRL = 3 Ω
IL = A
10.Thévenin und NortonSchwer
R1​ = 10 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​12 VR2​10 ΩAIs​1,5 ABRL​8 ΩIL​

An a–b wird eine Last RL = 8 Ω angeschlossen. Ersetze den Rest der Schaltung durch ihr Thévenin-Ersatzschaltbild und bestimme den Laststrom IL.

V1 = 12 VIs = 1,5 AR1 = 10 ΩR2 = 10 ΩR3 = 30 ΩRL = 8 Ω
IL = A
11.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
+−Vs​12 Vt = 0R = 33 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 = 12 VR = 33 ΩL = 22 mHt = 1 ms
vL = V
12.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
+−Vs​5 Vt = 0R = 3,3 kΩC220 µF+−vC​vC​(0) = 20 V

Kurz bevor der Schalter bei t = 0 schließt, liegt am Kondensator eine Spannung von 20 V mit der eingezeichneten Polarität. Bestimme die Kondensatorspannung vC bei t = 400 ms.

Vs = 5 VR = 3,3 kΩC = 220 µFvC(0) = 20 Vt = 400 ms
vC = V
13.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
120 V60 HzR = 40 ΩL = 100 mHC = 47 µF

Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 120 V (Effektivwert) und 60 Hz. Bestimme den Phasenwinkel φ der Impedanz in Grad (positiv, wenn der Strom der Spannung nacheilt).

V = 120 V (rms)f = 60 HzR = 40 ΩL = 100 mHC = 47 µF
φ = °
14.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
50 V500 HzR = 40 ΩL = 200 mHC = 2,2 µF

Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 50 V (Effektivwert) und 500 Hz. Bestimme die Resonanzfrequenz f0 der Schaltung.

V = 50 V (rms)f = 500 HzR = 40 ΩL = 200 mHC = 2,2 µF
f0 = Hz
15.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
230 V115 kW, 0,6215 kW, 0,8I = ?

An einer einphasigen Versorgung mit 230 V liegen zwei Lasten parallel: eine Last mit 15 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,6 induktiv und eine Last mit 15 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,8 kapazitiv. Bestimme den Gesamtstrom I, der aus der Versorgung fließt.

V = 230 VP1 = 15 kW, pf1 = 0,6 induktivP2 = 15 kW, pf2 = 0,8 kapazitiv
I = A
16.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
100 V60 HzRs​ = 4 ΩXs​ = j10 ΩZL​ = ?

Eine Quelle mit 100 V (Effektivwert) und 60 Hz hat eine Innenimpedanz Zs = 4 + j10 Ω. Die Lastimpedanz ZL kann frei gewählt werden. Bestimme die maximale Wirkleistung Pmax, die an die Last abgegeben werden kann.

Vs = 100 V (rms)f = 60 HzZs = 4 + j10 Ω
Pmax = W
17.DrehstromleistungMittel
ABCVL​ = 400 VIL​ = ?M55 kW, η = 91%cos φ = 0,84

Ein Drehstrom-Asynchronmotor gibt bei Volllast 55 kW mechanische Leistung ab. Bei dieser Last beträgt sein Wirkungsgrad 91 % und sein Leistungsfaktor 0,84 induktiv. Das Netz hat eine Leiterspannung von 400 V. Bestimme den Leiterstrom IL.

Pout = 55 kWη = 91%cos φ = 0,84VL = 400 V
IL = A
18.DrehstromleistungSchwer
P = 300 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 300 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. Bestimme die gesamte Blindleistung QC, die die Kondensatorbatterie liefern muss, in kvar.

P = 300 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,9VL = 480 Vf = 60 Hz
QC = kvar
19.TransformatorenMittel
8 ΩN1​N2​1152 Ω

Ein Verstärker mit einem Ausgangswiderstand von 1152 Ω speist über einen idealen Transformator einen Lautsprecher mit 8 Ω. Für maximale Leistungsübertragung muss der Lautsprecher vom Verstärker aus wie 1152 Ω erscheinen. Bestimme das Übersetzungsverhältnis a = N₁/N₂.

Rs = 1152 ΩRL = 8 Ω
a =
20.TransformatorenSchwer
pf 0,9500 kVA, η = 98,2%

Ein einphasiger Transformator mit 500 kVA hat Eisenverluste von 4000 W. Bei Nennlast und einem Leistungsfaktor von 0,9 induktiv beträgt sein Wirkungsgrad 98,2 %. Bestimme die Kupferverluste Pcu,fl bei Volllast in Watt.

S = 500 kVAPcore = 4000 Wpf = 0,9η = 98,2%
Pcu,fl = W
21.OperationsverstärkerMittel
−+Vout​Rf​ = 47 kΩR1​ = 2 kΩVin​

Der Operationsverstärker ist ideal und wird mit ±15 V versorgt; sein Ausgang geht bei ±14 V in die Sättigung. Der nicht invertierende Verstärker wird mit einer Sinusspannung angesteuert. Bestimme die größte Eingangsamplitude Vin,max (Scheitelwert), bei der der Ausgang nicht begrenzt wird.

R1 = 2 kΩRf = 47 kΩVsat = ±14 V
Vin,max = V
22.OperationsverstärkerSchwer
−+Vout​Rf​ = 1 kΩV1​ = −0,8 VR1​ = 1 kΩV2​ = 0,6 VR2​ = 100 kΩIf​

Der Summierverstärker verwendet einen idealen Operationsverstärker mit ±15 V Versorgung. Bestimme den Strom If durch den Rückkopplungswiderstand, in Richtung des Ausgangs.

V1 = −0,8 VV2 = 0,6 VR1 = 1 kΩR2 = 100 kΩRf = 1 kΩ
If = mA
23.Dioden und TransistorenMittel
RC​ = 1 kΩβ = 150IC​ = ?RE​ = 2,2 kΩVCC​ = 15 VR1​ = 56 kΩR2​ = 15 kΩ

Ein NPN-Transistor mit β = 150 wird mit einem Spannungsteiler an VCC = 15 V eingestellt: R₁ = 56 kΩ von VCC zur Basis und R₂ = 15 kΩ von der Basis nach Masse. Der Kollektorwiderstand ist RC = 1 kΩ und der Emitterwiderstand RE = 2,2 kΩ. Nimm VBE = 0,7 V an und verwende das Thévenin-Ersatzschaltbild des Teilers (vernachlässige den Basisstrom nicht). Bestimme den Kollektorstrom IC in mA.

VCC = 15 VR1 = 56 kΩR2 = 15 kΩRC = 1 kΩRE = 2,2 kΩβ = 150
IC = mA
24.Dioden und TransistorenSchwer
RC​ = 330 Ωβ = 80IC​ = ?VCC​ = 12 V3,3 VRB​ = 100 kΩ

Ein NPN-Transistor mit β = 80 schaltet einen Lastwiderstand von 330 Ω, der zwischen VCC = 12 V und seinem Kollektor liegt. Der Emitter liegt auf Masse. Die Basis wird von einem Logikausgang mit 3,3 V über einen Basiswiderstand RB = 100 kΩ angesteuert. Nimm VBE = 0,7 V und VCE(sat) = 0,2 V an. Bestimme den Kollektorstrom IC in mA, wenn der Eingang auf High liegt. Entscheide zuerst, ob der Transistor gesättigt ist.

VCC = 12 VRC = 330 Ωβ = 80Vin = 3,3 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 VRB = 100 kΩ
IC = mA
25.ZahlensystemeMittel
8-Bit-Zweierkomplement0−12806403201608040201

Setze die Bits so, dass sie −113 im 8-Bit-Zweierkomplement speichern. Welchen Wert U hat das Muster, wenn man es als vorzeichenlose Zahl liest?

N = −1138 bit
U =
26.ZahlensystemeSchwer
Klicke auf die Bits, um sie zu setzen012806403201608040201

Setze die Bits auf das 8-Bit-Ergebnis von 1101 0011 >> 2. Welchen Wert R hat das Ergebnis dezimal?

1101 0011>> 2
R =
27.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & FlipflopsMittel
ABCD000111100001111000110312140517160121130151140809011110

Bestimme mit dem Karnaugh-Diagramm die minimale Summe von Produkten (SOP) von F(A, B, C, D) = Σm(1, 2, 4, 6, 7, 10, 13, 14). Wie viele Produktterme N hat sie?

F(A, B, C, D) = Σm(1, 2, 4, 6, 7, 10, 13, 14)
N =
28.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & FlipflopsSchwer
ABCD0001111000011110X0111302X41517X6X120131150141809011010

Bestimme die minimale SOP-Form von F(A, B, C, D) = Σm(1, 3, 5, 7, 8, 15) + d(0, 4, 6, 12), wobei d die Don’t-Care-Bedingungen kennzeichnet. Wie viele Produktterme N hat sie?

F(A, B, C, D) = Σm(1, 3, 5, 7, 8, 15) + d(0, 4, 6, 12)
N =
29.Laplace-TransformationenMittel
t (s)f(t)t = 0,3f(0,3) = ?

Bestimme f(t) für F(s) = (3s + 21)/(s² + 6s + 9) und werte f(0,3) aus.

F(s) = (3s + 21)/(s² + 6s + 9)t = 0,3 s
f(0.3) =
30.Laplace-TransformationenSchwer
t (s)y(t)t = 0,25y(0,25) = ?

Löse y″ + 7y′ + 10y = 0 mit y(0) = −10 und y′(0) = 4 mit der Laplace-Transformation und bestimme y(0,25).

y″ + 7y′ + 10y = 0y(0) = −10y′(0) = 4t = 0,25 s
y(0.25) =
31.BlockschaltbilderMittel
R(s)+44s(s + 6)G(s)C(s)−

Ein Regelkreis mit Einheits-Gegenkopplung hat G(s) = 44/(s(s + 6)). Die Führungsgröße ist eine Rampe r(t) = 5·t. Bestimme den stationären Fehler ess.

G(s) = 44/(s(s + 6))r(t) = 5·t
ess =
32.BlockschaltbilderSchwer
R(s)+16s + 4G₁+9s + 7G₂C(s)4H₁−0,1H₂−

Fasse das Blockschaltbild mit G₁ = 16/(s + 4), G₂ = 9/(s + 7), einer inneren Gegenkopplung H₁ = 4 um G₂ und einer äußeren Gegenkopplung H₂ = 0,1 zusammen. Bestimme die statische Verstärkung T(0) von C(s)/R(s).

G₁ = 16/(s + 4)G₂ = 9/(s + 7)H₁ = 4H₂ = 0,1
T(0) =
33.SprungantwortMittel
t (s)y(t)3

Ein System hat die Übertragungsfunktion G(s) = 162/(s² + 5s + 54) und erhält einen Einheitssprung am Eingang. Bestimme die Eigenkreisfrequenz ωn in rad/s.

G(s) = 162/(s² + 5s + 54)
ωn = rad/s
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
vin​L = 1 mHC = 1 µFR = 20 Ωvout​

Beim gezeigten Reihen-RLC-Bandpass wird der Ausgang über R = 20 Ω abgegriffen, mit L = 1 mH und C = 1 µF. Bestimme die Mittenfrequenz (Resonanzfrequenz) f0 in Hz.

R = 20 ΩL = 1 mHC = 1 µF
f0 = Hz
36.Bode-Diagramme und ReservenSchwer
|H| (dB)11101010010010001000−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​

Ein Regelkreis mit Einheitsrückführung hat die Übertragungsfunktion des offenen Kreises L(s) = 1480/(s(s + 20)). Bestimme die Phasenreserve PM in Grad.

L(s) = 1480/(s(s + 20))
PM = °
37.Stabilität: Routh-Hurwitz und WurzelortskurveMittel
R(s)+Ks + 5(s − 4)(s + 2)C(s)−

Die Strecke G(s) = (s + 5)/((s − 4)(s + 2)) hat einen instabilen Pol bei s = 4. Ein Proportionalregler mit der Verstärkung K schließt einen Regelkreis mit Einheitsrückführung um sie. Bestimme die kleinste Verstärkung Kmin, die den geschlossenen Kreis stabil macht.

G(s) = (s + 5)/((s − 4)(s + 2))
Kmin =
38.Stabilität: Routh-Hurwitz und WurzelortskurveSchwer
ReIm−2−4−6−8−10j2sb​

Die Wurzelortskurve von L(s) = K/((s + 5)(s + 9)) ist abgebildet. Bestimme die Verstärkung K am Verzweigungspunkt sb, an dem die beiden Pole des geschlossenen Kreises auf der reellen Achse zusammentreffen.

L(s) = K/((s + 5)(s + 9))
K =
39.Stationärer Fehler und PID-RegelungMittel
r(t) = 0,5t+5(s + 1)s(s + 4)C(s)−

Auf einen Regelkreis mit Einheitsrückführung und G(s) = 5(s + 1)/(s(s + 4)) wird eine Rampe r(t) = 0,5t gegeben. Bestimme den stationären Fehler ess.

G(s) = 5(s + 1)/(s(s + 4))r(t) = 0,5t
ess =
40.Stationärer Fehler und PID-RegelungSchwer
R(s)+K = 404s(s + 10)C(s)−

Ein Proportionalregler K = 40 regelt die Strecke G(s) = 4/(s(s + 10)) in einem Regelkreis mit Einheitsrückführung. Bestimme die 2-%-Ausregelzeit ts der Sprungantwort mit ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 4/(s(s + 10))K = 40
ts = s

3Lösungen

1.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: IR2 = 1,189 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​ = 20 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​30 VR2​3 ΩAR4​15 ΩB

Widerstände vom fernen Ende her zusammenfassen

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

R3 + R4 = 12 + 15 = 27 Ω
R2 ∥ 27 = 3·27/(3+27) = 2,7 Ω
Req = R1 + 2,7 = 20 + 2,7 = 22,7 Ω

Strom aus der Quelle

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

IR1 = V1/Req = 30/22,7 = 1,322 A

Strom durch R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 30 − 1,322·20 = 3,568 V
IR2 = VA/R2 = 3,568/3 = 1,189 A

Antwort

IR2 = 1,189 A
2.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: Req = 18,72 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​ = 5 ΩR3​ = 20 ΩR5​ = 25 Ω+−V1​6 VR2​30 ΩAR4​6 ΩBR6​20 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 = 25 + 20 = 45 Ω
R4 ∥ 45 = 5,294 Ω
R3 + 5,294 = 25,29 Ω
R2 ∥ 25,29 = 13,72 Ω
Req = R1 + 13,72 = 5 + 13,72 = 18,72 Ω

Antwort

Req = 18,72 Ω
3.Knotenpotenzialverfahren

Antwort: VA = 8,471 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.

Einen Superknoten bilden

Die Spannungsquelle zwischen A und B führt einen unbekannten Strom, daher kann die Knotenregel nicht getrennt an A oder B aufgestellt werden. Fasse A, B und die Quelle zu einem Superknoten zusammen: Der hineinfließende Strom ist gleich dem herausfließenden.

VB = VA + Vs = VA + 8
VA/R1 + VB/R2 = Is

Lösen

VA/12 + (VA + 8)/5 = 4
VA = (4 − 8/5)/(1/12 + 1/5) = 8,471 V
VB = 8,471 + 8 = 16,47 V

Antwort

VA = 8,471 V
4.Knotenpotenzialverfahren

Antwort: Is = 3,56 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

VA ist bekannt, daher liefert diese Gleichung VB.

(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
(12,5 − 9)/30 + 12,5/8 = (VB − 12,5)/6
1,679 = (VB − 12,5)/6 → VB = 22,57 V

Knotenregel am Knoten B

Die über die Widerstände von B abfließenden Ströme sind gleich dem Strom, den Quellen in B hineinschieben.

Is = (VB − VA)/R3 + VB/R4 = (22,57 − 12,5)/6 + 22,57/12 = 3,56 A

Antwort

Is = 3,56 A
5.Maschenstromverfahren

Antwort: I1 = 2,923 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​ = 15 Ω+−V1​24 VR3​3 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 + 3(I1 − I2) = 24
7·I1 − 3·I2 = 24

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
15·I2 + 3(I2 − I1) = (−30)
−3·I1 + 18·I2 = −30

Lösen

Δ = (7)(18) − (−3)(−3) = 117
I1 = Δ1/Δ = 342/117 = 2,923 A
I2 = Δ2/Δ = −138/117 = −1,179 A

Antwort

I1 = 2,923 A

Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.

6.Maschenstromverfahren

Antwort: IR3 = −0,6711 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​ = 20 ΩR2​ = 3 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​36 VR4​3 ΩAR5​8 ΩB+−V2​9 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
20·I1 + 3(I1 − I2) = 36
23·I1 − 3·I2 = 36

Maschenregel in Masche 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
3·I2 + 3(I2 − I1) + 8(I2 − I3) = 0
−3·I1 + 14·I2 − 8·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
6·I3 + 8(I3 − I2) = (−9)
−8·I2 + 14·I3 = −9

Lösen

Δ = Determinante der Koeffizientenmatrix = 2910
I1 = Δ1/Δ = 4536/2910 = 1,559 A
I2 = Δ2/Δ = −144/2910 = −0,04948 A
I3 = Δ3/Δ = −1953/2910 = −0,6711 A

Antwort

IR3 = I3 = −0,6711 A

Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.

7.Überlagerungssatz

Antwort: VR4 = −6,96 V

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

R1​ = 20 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​12 VR2​3 ΩAR4​2 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 = 3+2 = 5 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 3·5/(3+5) = 1,875 Ω
VA = 12·1,875/(20+1,875) = 1,029 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 1,029·2/5 = 0,4114 V
VR4′ = VB − 0 = 0,4114 − 0 = 0,4114 V
R1​ = 20 ΩR3​ = 3 ΩKURZSCHLUSSR2​3 ΩAR4​2 ΩBIs​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 = 20·3/(20+3) = 2,609 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 2 ∥ 5,609 = 1,474 Ω
VB = Is·Req = (−5)·1,474 = −7,371 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = −7,371·2,609/5,609 = −3,429 V
VR4″ = VB − 0 = −7,371 − 0 = −7,371 V

Anteile addieren

VR4 = VR4′ + VR4″
VR4 = 0,4114 + (−7,371) = −6,96 V

Ein negatives Ergebnis bedeutet, dass die tatsächliche Polarität der eingezeichneten entgegengesetzt ist.

8.Überlagerungssatz

Antwort: VR3 = 11,67 V

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

R1​ = 12 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 25 Ω+−V1​5 VR3​15 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) = 15 ∥ 40 = 10,91 Ω
VA = 5·10,91/(12+10,91) = 2,381 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 2,381·25/40 = 1,488 V
VR3′ = VA − 0 = 2,381 − 0 = 2,381 V
R1​ = 12 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 25 ΩKURZSCHLUSSR3​15 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 = 6,667 Ω, also ist der linke Pfad R2+6,667 = 21,67 Ω
Req = R4 ∥ 21,67 = 11,61 Ω
VB = Is·Req = 2·11,61 = 23,21 V
VA = VB·6,667/21,67 = 7,143 V
VR3″ = VA − 0 = 7,143 − 0 = 7,143 V
R1​ = 12 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 25 ΩKURZSCHLUSSR3​15 ΩAOFFENB+−V2​15 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 = 12·15/(12+15) = 6,667 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 15·21,67/46,67 = 6,964 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 6,964·6,667/21,67 = 2,143 V
VR3‴ = VA − 0 = 2,143 − 0 = 2,143 V

Anteile addieren

VR3 = VR3′ + VR3″ + VR3‴
VR3 = 2,381 + 7,143 + 2,143 = 11,67 V

Ein negatives Ergebnis bedeutet, dass die tatsächliche Polarität der eingezeichneten entgegengesetzt ist.

9.Thévenin und Norton

Antwort: IL = 0,2051 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​ = 12 ΩR3​ = 12 ΩKURZSCHLUSSR2​2 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 = 12·2/(12+2) = 1,714 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,714 + 12 = 13,71 Ω
R1​ = 12 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​24 VR2​2 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) = 24·2/(12+2) = 3,429 V
Rth​ = 13,71 Ω+−Vth​3,429 VRL​3 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) = 3,429/(13,71 + 3) = 0,2051 A
10.Thévenin und Norton

Antwort: IL = 1,36 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​ = 10 ΩR3​ = 30 ΩKURZSCHLUSSR2​10 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 = 10·10/(10+10) = 5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 5 + 30 = 35 Ω
R1​ = 10 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​12 VR2​10 ΩAIs​1,5 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) = 6 + 1,5·5 = 13,5 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 13,5 + 1,5·30 = 58,5 V
Rth​ = 35 Ω+−Vth​58,5 VRL​8 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) = 58,5/(35 + 8) = 1,36 A
11.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: vL = 2,678 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 / 33 Ω = 0,6667 ms
i(∞) = Vs/R = 12/33 = 0,3636 A

Spulenspannung

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

vL(t) = Vs·e−t/τ = 12·e−1/0,6667 = 2,678 V

Antwort

vL = 2,678 V
12.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: vC = 13,65 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) = 20 V, vC(∞) = Vs = 5 V
τ = R·C = 3,3 kΩ · 220 µF = 726 ms
vC(t) = 5 + (20 − 5)·e−t/τ

Spannung zum gegebenen Zeitpunkt

vC(400) = 5 + (15)·e−400/726 = 13,65 V

Antwort

vC = 13,65 V
13.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: φ = −25,1 °

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

Blindwiderstände

ω = 2πf = 2π·60 = 377 rad/s
XL = ωL = 377·0,1 = 37,7 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(377·47·10⁻⁶) = 56,44 Ω

Impedanz

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(40² + (−18,74)²) = 44,17 Ω

Phasenwinkel

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(−18,74/40) = −25,1°

Antwort

φ = −25,1°
14.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: f0 = 239,9 Hz

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

Resonanz

Bei Resonanz heben sich induktiver und kapazitiver Blindwiderstand auf: ωL = 1/(ωC). Die Frequenz der Versorgung spielt keine Rolle.

f0 = 1/(2π√(LC)) = 1/(2π·√(0,2·2,2·10⁻⁶)) = 239,9 Hz

Antwort

f0 = 239,9 Hz
15.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: I = 135,9 A

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

Blindleistung jeder Last

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

Q1 = 15·tan(arccos 0,6) = 20 kvar
Q2 = −15·tan(arccos 0,8) = −11,25 kvar

Summen

P = 15 + 15 = 30 kW
Q = 20 + (−11,25) = 8,75 kvar
S = √(30² + 8,75²) = 31,25 kVA

Gesamtstrom

I = S/V = 31250/230 = 135,9 A

Antwort

I = 135,9 A
16.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: Pmax = 625 W

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

Konjugiert komplexe Anpassung

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

ZL = Zs* = 4 − j10 Ω

Maximale Leistung

I = Vs/(2Rs) = 100/8 = 12,5 A
Pmax = I²·RL = Vs²/(4Rs) = 100²/(4·4) = 625 W

Antwort

Pmax = 625 W
17.Drehstromleistung

Antwort: IL = 103,9 A

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

Elektrische Aufnahmeleistung

Pin = Pout/η = 55/0,91 = 60,44 kW

Leiterstrom

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 60440/(√3·400·0,84) = 103,9 A

Antwort

IL = 103,9 A
18.Drehstromleistung

Antwort: QC = 143,9 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 = 300·tan(acos 0,72) = 300·0,9639 = 289,2 kvar
Q2 = 300·tan(acos 0,9) = 300·0,4843 = 145,3 kvar

Blindleistung der Kondensatoren

QC = Q1 − Q2 = 143,9 kvar

Antwort

QC = 143,9 kvar
19.Transformatoren

Antwort: a = 12

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

a²·8 = 1152
a = √(1152/8) = √144 = 12

Antwort

a = 12
20.Transformatoren

Antwort: Pcu,fl = 4248 W

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

Abgabe- und Aufnahmeleistung

Pout = 500·0,9 = 450 kW
Pin = 450000/0,982 = 458248 W

Gesamt- und Kupferverluste

Ploss = 458248 − 450000 = 8248 W
Pcu,fl = 8248 − 4000 = 4248 W

Antwort

Pcu,fl = 4248 W
21.Operationsverstärker

Antwort: Vin,max = 0,5714 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

Av = 1 + Rf/R1 = 1 + 47/2 = 24,5

Größter Eingang vor der Begrenzung

Vin,max = Vsat/|Av| = 14/24,5 = 0,5714 V

Antwort

Vin,max = 0,5714 V
22.Operationsverstärker

Antwort: If = −0,794 mA

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

Eingangsströme

V₋ = 0, daher liegt an jedem Eingangswiderstand seine volle Eingangsspannung.

I1 = V1/R1 = −0,8/1 = −0,8 mA
I2 = V2/R2 = 0,6/100 = 0,006 mA
If = I1 + I2 = −0,794 mA

Antwort

If = −0,794 mA
23.Dioden und Transistoren

Antwort: IC = 1,077 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.

Thévenin-Ersatzschaltbild des Teilers

VTH = 15·15/(56 + 15) = 3,169 V
RTH = 56·15/(56 + 15) = 11,83 kΩ

Basisstrom

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

IB = (3,169 − 0,7)/(11,83 + 151·2,2) = 7,177 µA

Kollektorstrom

IC = 150·7,177 µA = 1,077 mA
IE = 151·7,177 µA = 1,084 mA

Antwort

IC = 1,077 mA
24.Dioden und Transistoren

Antwort: IC = 2,08 mA

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

Basisstrom

IB = (3,3 − 0,7)/100 kΩ = 26 µA

Gesättigt oder aktiv?

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

β·IB = 2,08 mA
IC(sat) = (12 − 0,2)/330 = 35,76 mA

Kollektorstrom

IC = β·IB = 2,08 mA

Antwort

IC = 2,08 mA

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

25.Zahlensysteme

Antwort: U = 143

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

113 = 0111 0001
invertiert: 1000 1110
+1 → 1000 1111

Vorzeichenlos lesen

1000 1111₂ = 256 − 113 = 143

Antwort

U = 143
26.Zahlensysteme

Antwort: R = 52

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.

Bit für Bit

Das Rechtsschieben um 2 verschiebt jedes Bit um 2 Stellen nach rechts; Bits, die am rechten Ende herausfallen, gehen verloren, und links kommen Nullen nach.

1101 0011 >> 2
= 0011 0100

Wert des Ergebnisses

0011 0100₂ = 52

Antwort

R = 52
27.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & Flipflops

Antwort: N = 5

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.

ABCD000111100001111000110312140517160121130151140809011110

Die Einsen zusammenfassen

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

CD′
A′BD′
A′BC
A′B′C′D
ABC′D

Minimale SOP-Form

F = CD′ + A′BD′ + A′BC + A′B′C′D + ABC′D
N = 5

Antwort

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

Antwort: N = 3

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.

C′D′, BCD, A′D, A′C′, A′B
ABCD0001111000011110X0111302X41517X6X120131150141809011010

Minimale Überdeckung

F = C′D′ + BCD + A′D
N = 3

Antwort

N = 3
29.Laplace-Transformationen

Antwort: f(0.3) = 2,683

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

Nenner in Faktoren zerlegen

s² + 6s + 9 = (s + 3)²

Partialbruchzerlegung

3s + 21 = 3(s + 3) + 12
F(s) = 3/(s + 3) + 12/(s + 3)²

Rücktransformation

f(t) = 3·e−3t + 12·t·e−3t
f(0,3) = (3 + 12·0,3)·e−3·0,3 = 2,683

Antwort

f(0,3) = 2,683
30.Laplace-Transformationen

Antwort: y(0.25) = −7,772

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

Gleichung transformieren

s²Y − (−10)s − 4 + 7(sY − (−10)) + 10Y = 0
Y(s) = (−10s − 66)/((s + 2)(s + 5))

Partialbruchzerlegung

A = −46/3 = −15,33
B = −16/(−3) = 5,333

Ergebnis

y(t) = −15,33·e−2t + 5,333·e−5t
y(0,25) = −7,772

Antwort

y(0,25) = −7,772

Kontrolle: y(0) = A + B = −10.

31.Blockschaltbilder

Antwort: ess = 0,6818

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

Geschwindigkeitsfehlerkonstante

Kᵥ = lims→0 s·G(s) = 44/6 = 7,333

Stationärer Fehler

ess = A/Kᵥ = 5/7,333 = 0,6818

Antwort

ess = 0,6818
32.Blockschaltbilder

Antwort: T(0) = 0,7725

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) = 9/(s + 43)

Äußere Schleife

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 144/((s + 4)(s + 43) + 14,4)

Statische Verstärkung

T(0) = 144/(4·43 + 14,4) = 144/186,4 = 0,7725

Antwort

T(0) = 0,7725
33.Sprungantwort

Antwort: ωn = 7,348 rad/s

Sprungantwort: Ein System erster Ordnung G(s) = K/(τs + 1) beantwortet einen Sprung der Größe U mit y(t) = K·U·(1 − e−t/τ): Es erreicht nach einer Zeitkonstante τ 63,2 % des Endwerts K·U und nach 4τ 98 %. Ein System zweiter Ordnung G(s) = K·ωₙ²/(s² + 2ζωₙs + ωₙ²) hat die Pole s = −ζωₙ ± jωd mit ωd = ωₙ√(1 − ζ²). Für 0 < ζ < 1 schwingt die Sprungantwort über: prozentuales Überschwingen %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), Überschwingzeit (Scheitelzeit) tp = π/ωd und die 2-%-Ausregelzeit ts ≈ 4/(ζωₙ). Vergleiche den Nenner mit s² + 2ζωₙs + ωₙ², um ωₙ und ζ abzulesen. Für ein Feder-Masse-Dämpfer-System gilt ωₙ = √(k/m) und ζ = c/(2√(km)); für einen Reihen-RLC-Kreis gilt ωₙ = 1/√(LC) und ζ = (R/2)·√(C/L).

Mit der Normalform vergleichen

Der Nenner muss mit s² + 2ζωₙs + ωₙ² übereinstimmen.

ωₙ² = 54 → ωₙ = 7,348 rad/s
2ζωₙ = 5 → ζ = 5/(2·7,348) = 0,3402

Ergebnis

ωₙ = 7,348 rad/s

Antwort

ωn = 7,348 rad/s
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: f0 = 5033 Hz

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.

Resonanzfrequenz

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,001·1 × 10⁻⁶) = 31623 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 5033 Hz

Antwort

f0 = 5033 Hz
36.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: PM = 29,08 °

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 − 2,19 × 10⁶ = 0
ω² = (−400 + √(160000 + 4·2,19 × 10⁶))/2 = 1293
ωc = 35,96 rad/s

Phasenreserve

∠L(jωc) = −90° − atan(35,96/20) = −150,9°
PM = 180° + ∠L = 29,08°

Antwort

PM = 29,08°
37.Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve

Antwort: Kmin = 2

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

(s − 4)(s + 2) + K(s + 5) = s² + (-2 + K)s + (5K − 8)

Bedingungen

Für s² + c₁s + c₀ liegen alle Wurzeln genau dann in der linken Halbebene, wenn c₁ > 0 und c₀ > 0.

-2 + K > 0 → K > 2
5K − 8 > 0 → K > 1,6
Kmin = 2

Antwort

Kmin = 2
38.Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve

Antwort: K = 4

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.

Verzweigungspunkt

dK/ds = 0 für K = −(s + 5)(s + 9) ergibt 2s + 14 = 0.

sb = −7

Betragsbedingung

K = |−7 + 5|·|−7 + 9| = 2·2 = 4

Antwort

K = 4

Bei dieser Verstärkung ist der geschlossene Kreis aperiodisch gedämpft (ζ = 1).

39.Stationärer Fehler und PID-Regelung

Antwort: ess = 0,4

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

Geschwindigkeitskonstante

Kv = lim s·G(s) = 1,25

Rampenfehler

ess = 0,5/1,25 = 0,4

Antwort

ess = 0,4
40.Stationärer Fehler und PID-Regelung

Antwort: ts = 0,8 s

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

Charakteristisches Polynom

s(s + 10) + 40·4 = s² + 10s + 160

ωₙ und ζ

ωₙ = √160 = 12,65 rad/s
ζ = 10/(2·12,65) = 0,3953

Ausregelzeit

ζωₙ = 10/2 = 5
ts ≈ 4/5 = 0,8 s

Antwort

ts = 0,8 s

Die Ausregelzeit hängt hier nicht von K ab: Eine größere Verstärkung lässt die Antwort nur schneller schwingen.

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