Übungsaufgaben für die Prüfung FE Electrical and Computer: Lernpaket

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

Neue AufgabenZurück zum Kurs

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

1Formeln und Methoden

Reihen- und Parallelschaltung

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

Methode

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

Knotenpotenzialverfahren

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

Methode

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

Maschenstromverfahren

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

Methode

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

Überlagerungssatz

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

Methode

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

Thévenin und Norton

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

Methode

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

RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

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

Methode

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

Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

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

Methode

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

Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

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

Drehstromleistung

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

Transformatoren

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

Operationsverstärker

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

Dioden und Transistoren

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

Zahlensysteme

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

Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & Flipflops

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

Methode

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

Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve

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

Methode

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

Stationärer Fehler und PID-Regelung

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

Methode

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

2Übungsaufgaben

1.Reihen- und ParallelschaltungMittel
R1​ = 10 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​18 VR2​5 ΩAR4​2 ΩB

Bestimme den Ersatzwiderstand Req, den die Quelle V1 sieht.

V1 = 18 VR1 = 10 ΩR2 = 5 ΩR3 = 4 ΩR4 = 2 Ω
Req = Ω
2.Reihen- und ParallelschaltungSchwer
R1​ = 30 ΩIR1​R3​ = 5 ΩR5​ = 25 Ω+−V1​15 VR2​30 ΩAR4​5 ΩBR6​8 Ω

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

V1 = 15 VR1 = 30 ΩR2 = 30 ΩR3 = 5 ΩR4 = 5 ΩR5 = 25 ΩR6 = 8 Ω
IR1 = A
3.KnotenpotenzialverfahrenMittel
−+Vs​ = 12 VIs​2 AAR1​5 ΩR2​20 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 = 2 AVs = 12 VR1 = 5 ΩR2 = 20 Ω
VA = V
4.KnotenpotenzialverfahrenSchwer
R1​ = 5 Ω−+Vs​ = 6 VIx​+−V1​24 VR2​2 ΩAR3​30 ΩBIs​1 A

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 den Strom Ix durch die Spannungsquelle, von A nach B wie durch den Pfeil angegeben.

V1 = 24 VIs = 1 AVs = 6 VR1 = 5 ΩR2 = 2 ΩR3 = 30 Ω
Ix = A
5.MaschenstromverfahrenMittel
R1​ = 20 ΩR2​ = 2 Ω+−V1​18 VR3​15 ΩA+−V2​12 VI1​I2​

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

V1 = 18 VV2 = 12 VR1 = 20 ΩR2 = 2 ΩR3 = 15 Ω
I1 = A
6.MaschenstromverfahrenSchwer
R1​ = 8 ΩR2​ = 10 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​9 VR4​20 ΩAR5​6 ΩIR5​B+−V2​5 VI1​I2​I3​

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

V1 = 9 VV2 = 5 VR1 = 8 ΩR2 = 10 ΩR3 = 4 ΩR4 = 20 ΩR5 = 6 Ω
IR5 = A
7.ÜberlagerungssatzMittel
R1​ = 6 ΩR3​ = 2 ΩIR3​+−V1​15 VR2​20 ΩAR4​8 ΩBIs​?

Bestimme den Wert der Stromquelle Is (Richtung wie dargestellt), bei dem der Strom IR3 durch R3 null wird.

V1 = 15 VR1 = 6 ΩR2 = 20 ΩR3 = 2 ΩR4 = 8 Ω
Is = A
8.ÜberlagerungssatzSchwer
R1​ = 6 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 3 ΩIR4​+−V1​9 VR3​12 ΩAIs​0,5 AB−+V2​12 V

Bestimme mit dem Überlagerungssatz die von R4 aufgenommene Leistung PR4.

V1 = 9 VIs = 0,5 AV2 = 12 VR1 = 6 ΩR2 = 10 ΩR3 = 12 ΩR4 = 3 Ω
PR4 = W
9.Thévenin und NortonMittel
R1​ = 3 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​18 VR2​12 ΩAab

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

V1 = 18 VR1 = 3 ΩR2 = 12 ΩR3 = 20 Ω
Vth = V
10.Thévenin und NortonSchwer
R1​ = 12 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​24 VR2​2 ΩAIs​2,5 ABab

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

V1 = 24 VIs = 2,5 AR1 = 12 ΩR2 = 2 ΩR3 = 12 Ω
IN = A
11.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
R = 20 Ωt = 0L22 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 = 20 ΩL = 22 mHt = 1 ms
vR = V
12.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
+−Vs​5 Vt = 0R = 100 kΩC?+−vC​

Ein Zeitglied beginnt bei t = 0, einen ungeladenen Kondensator über einen Widerstand aus einer 5-V-Versorgung zu laden. Es soll auslösen, wenn die Kondensatorspannung 3,75 V erreicht, genau 1000 ms nach dem Start. Bestimme mit R = 100 kΩ die nötige Kapazität C.

Vs = 5 VVth = 3,75 VT = 1000 msR = 100 kΩ
C = µF
13.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
50 V200 HzR = 40 ΩL = 200 mHC = 47 µFI

Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 50 V (Effektivwert) und 200 Hz. Bestimme den Effektivwert des Stroms I.

V = 50 V (rms)f = 200 HzR = 40 ΩL = 200 mHC = 47 µF
I = A
14.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
230 V200 HzR = 15 ΩL = 20 mHC = 47 µF

Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 230 V (Effektivwert) und 200 Hz. Bestimme die Resonanzfrequenz f0 der Schaltung.

V = 230 V (rms)f = 200 HzR = 15 ΩL = 20 mHC = 47 µF
f0 = Hz
15.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
120 VR + jXP = 315 W3,5 A

Eine induktive Last nimmt aus einer einphasigen Versorgung mit 120 V (Effektivwert) 3,5 A und 315 W auf. Modelliere sie als Widerstand R in Reihe mit einem Blindwiderstand X. Bestimme X.

V = 120 VI = 3,5 AP = 315 W
X = Ω
16.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
240 V50 HzLast26 kW, 0,8C220 µFI

Eine einphasige Last nimmt aus einer Versorgung mit 240 V und 50 Hz 26 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,8 induktiv auf. Parallel zur Last wird ein Kondensator mit 220 µF geschaltet. Bestimme den neuen Leistungsfaktor cos φ, den die Versorgung sieht.

P = 26 kWpf1 = 0,8V = 240 Vf = 50 HzC = 220 µF
cos φ =
17.DrehstromleistungMittel
ABCVL​ = 400 VIL​ = 60 Acos φ = 0,75induktiv

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt aus einem Netz mit einer Leiterspannung von 400 V einen Leiterstrom von 60 A auf. Der Leistungsfaktor ist 0,75 induktiv. Bestimme die gesamte Wirkleistung P, die die Last aufnimmt, in kW.

VL = 400 VIL = 60 Acos φ = 0,75
P = kW
18.DrehstromleistungSchwer
P = 80 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 80 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,65 induktiv aus einem Netz mit 415 V (Leiterspannung) und 60 Hz auf. Eine parallel zur Last geschaltete Drehstrom-Kondensatorbatterie soll den Gesamtleistungsfaktor auf 0,98 induktiv anheben. Die Wirkleistung bleibt gleich. Bestimme die gesamte Blindleistung QC, die die Kondensatorbatterie liefern muss, in kvar.

P = 80 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,98VL = 415 Vf = 60 Hz
QC = kvar
19.TransformatorenMittel
11000 V400 VIHV​ = ?ILV​500 kVA

Ein einphasiger Transformator mit 500 kVA und 11000/400 V wird bei Nennlast betrieben. Betrachte ihn als ideal. Bestimme den Strom IHV in der Oberspannungswicklung.

S = 500 kVAV1 = 11000 VV2 = 400 V
IHV = A
20.TransformatorenSchwer
pf 0,8575 kVA, η = 98,5%

Ein einphasiger Transformator mit 75 kVA hat Eisenverluste von 600 W. Bei Nennlast und einem Leistungsfaktor von 0,85 induktiv beträgt sein Wirkungsgrad 98,5 %. Bestimme die Kupferverluste Pcu,fl bei Volllast in Watt.

S = 75 kVAPcore = 600 Wpf = 0,85η = 98,5%
Pcu,fl = W
21.OperationsverstärkerMittel
−+Vout​Rf​ = 4,7 kΩR1​ = 2 kΩVin​ = 1 VRa​ = 1 kΩRb​ = 22 kΩ

Der Operationsverstärker ist ideal und wird mit ±15 V versorgt. Bestimme die Ausgangsspannung Vout.

Vin = 1 VRa = 1 kΩRb = 22 kΩR1 = 2 kΩRf = 4,7 kΩ
Vout = V
22.OperationsverstärkerSchwer
−+Vout​Rf​ = 10 kΩV1​ = −1,1 VR1​ = 10 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 = −1,1 VV2 = 0,6 VR1 = 10 kΩR2 = 100 kΩRf = 10 kΩ
If = mA
23.Dioden und TransistorenMittel
+−9 VR = ?2 × 2,2 V15 mA

2 LEDs (grün; Durchlassspannung je 2,2 V) liegen in Reihe mit einem Widerstand an einer Versorgung von 9 V. Bestimme den Widerstand R, der den Strom auf 15 mA einstellt.

Vs = 9 VVF = 2,2 Vn = 2I = 15 mA
R = Ω
24.Dioden und TransistorenSchwer
RC​ = 330 Ωβ = 80VCC​ = 9 V5 VRB​ = ?

Ein NPN-Transistor mit β = 80 schaltet einen Lastwiderstand von 330 Ω, der zwischen VCC = 9 V und seinem Kollektor liegt. Der Emitter liegt auf Masse. Die Basis wird von einem Logikausgang mit 5 V über einen Basiswiderstand RB angesteuert. Nimm VBE = 0,7 V und VCE(sat) = 0,2 V an. Lege für sicheres Schalten einen Basisstrom aus, der 3-mal so groß ist wie das für die Sättigung nötige Minimum. Bestimme RB in kΩ.

VCC = 9 VRC = 330 Ωβ = 80Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 VÜbersteuerungsfaktor = 3
RB = kΩ
25.ZahlensystemeMittel
8-Bit-Zweierkomplement?−128?64?32?16?8?4?2?1

Schreibe −3 als 8-Bit-Muster im Zweierkomplement. Lies das Muster als vorzeichenlose Binärzahl: Welchen Wert U hat es im Dezimalsystem?

N = −38 bit
U =
26.ZahlensystemeSchwer
32 Bit, vorzeichenlos, N = ?????????????????????????????????

Was ist die größte vorzeichenlose ganze Zahl N, die in 32 Bits passt?

32 bit
N =
27.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & FlipflopsMittel
ABCD000111100001111010010302140507161120130150140809011010

Bestimme mit dem Karnaugh-Diagramm die minimale Summe von Produkten (SOP) von F(A, B, C, D) = Σm(0, 4, 6, 12). Wie viele Produktterme N hat sie?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 4, 6, 12)
N =
28.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & FlipflopsSchwer
DQ3​Q3​DQ2​Q2​DQ1​Q1​DQ0​Q0​CLKJOHNSON

Ein 4-Bit-Johnson-Zähler Q₃Q₂Q₁Q₀ startet bei 0000. Bei jeder Taktflanke werden die Bits um eine Stelle nach rechts geschoben (Q₃ → Q₂ → Q₁ → Q₀), und Q₃ erhält das Inverse von Q₀. Gib den Zustand Q = Q₃Q₂Q₁Q₀ nach 11 Taktflanken als Dezimalzahl an.

Q₃Q₂Q₁Q₀ = 000011
Q =
29.Laplace-TransformationenMittel
ReIm−1−2−3−4−5−612

Bestimme f(t) für F(s) = (4s + 21)/(s² + 8s + 20) mit quadratischer Ergänzung und werte f(0,3) aus.

F(s) = (4s + 21)/(s² + 8s + 20)t = 0,3 s
f(0.3) =
30.Laplace-TransformationenSchwer
ReIm−0,5−1−1,5−2−2,5−3−3,5−4−4,50,51

Ein System wird durch die Differentialgleichung y″ + 7y′ + 12y = 9u beschrieben, mit Eingang u(t) und Ausgang y(t). Bestimme seine Übertragungsfunktion G(s) = Y(s)/U(s) (Anfangsbedingungen null) und werte die Impulsantwort g(t) bei t = 0,5 s aus. Bestimme g(0,5).

y″ + 7y′ + 12y = 9ut = 0,5 s
g(0.5) =
31.BlockschaltbilderMittel
R(s)+15K+5s + 6G(s)C(s)5H₁−−

Die Strecke G(s) = 5/(s + 6) hat eine innere (unterlagerte) Gegenkopplung mit der Verstärkung H₁ = 5. Eine Reglerverstärkung K = 15 und eine äußere Einheits-Gegenkopplung schließen das System. Bestimme die statische Verstärkung T(0) des geschlossenen Kreises.

G(s) = 5/(s + 6)H₁ = 5K = 15
T(0) =
32.BlockschaltbilderSchwer
R(s)+34s(s + 4)G(s)C(s)2H−

Die Strecke G(s) = 34/(s(s + 4)) liegt in einem Gegenkopplungskreis mit der Sensorverstärkung H = 2. Die Pole des geschlossenen Kreises sind komplex. Bestimme ihren Imaginärteil ωd (den positiven Wert) in rad/s.

G(s) = 34/(s(s + 4))H = 2
ωd = rad/s
33.SprungantwortMittel
t (s)y(t)1tp​ = ?

Ein System hat die Übertragungsfunktion G(s) = 78/(s² + 6s + 78) und erhält einen Einheitssprung am Eingang. Bestimme die Überschwingzeit tp der Sprungantwort.

G(s) = 78/(s² + 6s + 78)
tp = s
34.SprungantwortSchwer
k = 400 N/mc = 11 N·s/mm = 8 kgF = 100 Nx(t)

Eine Masse m = 8 kg hängt an einer Feder k = 400 N/m mit einem viskosen Dämpfer c = 11 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). In der Gleichgewichtslage in Ruhe wird plötzlich eine konstante Kraft F = 100 N aufgebracht. Bestimme die größte Auslenkung xmax in mm.

m = 8 kgk = 400 N/mc = 11 N·s/mF = 100 N
xmax = mm
35.Bode-Diagramme und ReservenMittel
vin​L = 20 mHC = 0,22 µFR = 100 Ωvout​

Beim gezeigten Reihen-RLC-Bandpass wird der Ausgang über R = 100 Ω abgegriffen, mit L = 20 mH und C = 0,22 µF. Bestimme die Mittenfrequenz (Resonanzfrequenz) f0 in Hz.

R = 100 ΩL = 20 mHC = 0,22 µF
f0 = Hz
36.Bode-Diagramme und ReservenSchwer
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Ein Regelkreis mit Einheitsrückführung hat die Übertragungsfunktion des offenen Kreises L(s) = K/(s(s + 1)(s + 9)). Bestimme die Verstärkung K, die eine Amplitudenreserve von 6 dB ergibt.

L(s) = K/(s(s + 1)(s + 9))GM = 6 dB
K =
37.Stabilität: Routh-Hurwitz und WurzelortskurveMittel
R(s)+K1s(s + 3)(s + 10)C(s)−

Der Regelkreis im Schaubild hat die Übertragungsfunktion des offenen Kreises L(s) = K/(s(s + 3)(s + 10)). Die Verstärkung wird erhöht, bis der geschlossene Kreis an der Stabilitätsgrenze liegt. Bestimme die Frequenz ω der Dauerschwingung.

L(s) = K/(s(s + 3)(s + 10))
ω = rad/s
38.Stabilität: Routh-Hurwitz und WurzelortskurveSchwer
ReImζ = 0,8−2−4−6−8−10−12j2j4

Die Wurzelortskurve von L(s) = K/(s(s + 10)) ist abgebildet. Bestimme die Verstärkung K, bei der die Pole des geschlossenen Kreises den Dämpfungsgrad ζ = 0,8 haben.

L(s) = K/(s(s + 10))ζ = 0,8
K =
39.Stationärer Fehler und PID-RegelungMittel
r(t) = 5t+Ks(s + 4)C(s)−

Ein Regelkreis mit Einheitsrückführung und G(s) = K/(s(s + 4)) soll der Rampe r(t) = 5t mit einem stationären Fehler von 0,05 folgen. Bestimme die Verstärkung K.

G(s) = K/(s(s + 4))r(t) = 5tess = 0,05
K =
40.Stationärer Fehler und PID-RegelungSchwer
R(s)+K10s(s + 10)C(s)−

Ein Proportionalregler K regelt die Strecke G(s) = 10/(s(s + 10)) in einem Regelkreis mit Einheitsrückführung. Bestimme die Verstärkung K, die dem geschlossenen Kreis den Dämpfungsgrad ζ = 0,6 gibt.

G(s) = 10/(s(s + 10))ζ = 0,6
K =

3Lösungen

1.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: Req = 12,73 Ω

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

R1​ = 10 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​18 VR2​5 ΩAR4​2 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 = 4 + 2 = 6 Ω
R2 ∥ 6 = 5·6/(5+6) = 2,727 Ω
Req = R1 + 2,727 = 10 + 2,727 = 12,73 Ω

Antwort

Req = 12,73 Ω
2.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: IR1 = 0,4041 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​ = 30 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 25 Ω+−V1​15 VR2​30 ΩAR4​5 ΩBR6​8 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 + 8 = 33 Ω
R4 ∥ 33 = 4,342 Ω
R3 + 4,342 = 9,342 Ω
R2 ∥ 9,342 = 7,124 Ω
Req = R1 + 7,124 = 30 + 7,124 = 37,12 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 = 15/37,12 = 0,4041 A

Antwort

IR1 = 0,4041 A
3.Knotenpotenzialverfahren

Antwort: VA = 5,6 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 + 12
VA/R1 + VB/R2 = Is

Lösen

VA/5 + (VA + 12)/20 = 2
VA = (2 − 12/20)/(1/5 + 1/20) = 5,6 V
VB = 5,6 + 12 = 17,6 V

Antwort

VA = 5,6 V
4.Knotenpotenzialverfahren

Antwort: Ix = −0,5455 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.

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 + 6
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is

Lösen

(VA − 24)/5 + VA/2 + (VA + 6)/30 = 1
VA·(1/5 + 1/2 + 1/30) = 1 + 24/5 − 6/30 = 5,6
VA = 5,6/0,7333 = 7,636 V
VB = 13,64 V

Strom durch die Spannungsquelle

Knotenregel nur an Knoten A: Der über R₁ ankommende Strom fließt über R₂ und über die Spannungsquelle ab.

IR1 = (24 − 7,636)/5 = 3,273 A
Ix = IR1 − VA/R2 = 3,273 − 7,636/2 = −0,5455 A

Antwort

Ix = −0,5455 A

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

5.Maschenstromverfahren

Antwort: I1 = 0,3405 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​ = 2 Ω+−V1​18 VR3​15 ΩA+−V2​12 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
20·I1 + 15(I1 − I2) = 18
35·I1 − 15·I2 = 18

Maschenregel in Masche 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
2·I2 + 15(I2 − I1) = (−12)
−15·I1 + 17·I2 = −12

Lösen

Δ = (35)(17) − (−15)(−15) = 370
I1 = Δ1/Δ = 126/370 = 0,3405 A
I2 = Δ2/Δ = −150/370 = −0,4054 A

Antwort

I1 = 0,3405 A

Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.

6.Maschenstromverfahren

Antwort: IR5 = 0,5757 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​ = 8 ΩR2​ = 10 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​9 VR4​20 ΩAR5​6 ΩB+−V2​5 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
8·I1 + 20(I1 − I2) = 9
28·I1 − 20·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
10·I2 + 20(I2 − I1) + 6(I2 − I3) = 0
−20·I1 + 36·I2 − 6·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
4·I3 + 6(I3 − I2) = (−5)
−6·I2 + 10·I3 = −5

Lösen

Δ = Determinante der Koeffizientenmatrix = 5072
I1 = Δ1/Δ = 2316/5072 = 0,4566 A
I2 = Δ2/Δ = 960/5072 = 0,1893 A
I3 = Δ3/Δ = −1960/5072 = −0,3864 A

Antwort

IR5 = I2 − I3 = 0,5757 A

Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.

7.Überlagerungssatz

Antwort: Is = 1,442 A

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

R1​ = 6 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​15 VR2​20 ΩAR4​8 ΩBOFFEN

Fall 1 · V1 wirkt allein

Iₛ wird zum Leerlauf, daher bilden R₃ und R₄ einen Reihenzweig von A nach Masse, parallel zu R₂.

R3+R4 = 2+8 = 10 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 20·10/(20+10) = 6,667 Ω
VA = 15·6,667/(6+6,667) = 7,895 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 7,895·8/10 = 6,316 V
IR3′ = (VA − VB)/R3 = (7,895 − 6,316)/2 = 0,7895 A

Fall 2 · Is wirkt allein

V₁ wird zum Kurzschluss, also liegt R₁ ∥ R₂ von A nach Masse. Iₛ teilt sich in B auf R₄ und den Pfad R₃ + R₁∥R₂ auf; der Anteil durch R₃ fließt von B nach A, entgegen dem Pfeil.

R1 ∥ R2 = 4,615 Ω
IR3″ = −Is·R4/(R4 + R3 + R1∥R2) = −Is·8/14,62 = −0,5474·Is

Die Summe null setzen

IR3′ + IR3″ = 0,7895 − 0,5474·Is = 0
Is = 0,7895/0,5474 = 1,442 A

Antwort

Is = 1,442 A
8.Überlagerungssatz

Antwort: PR4 = 6,488 W

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

R1​ = 6 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 3 Ω+−V1​9 VR3​12 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) = 12 ∥ 13 = 6,24 Ω
VA = 9·6,24/(6+6,24) = 4,588 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 4,588·3/13 = 1,059 V
IR4′ = (VB − V2)/R4 = (1,059 − 0)/3 = 0,3529 A
R1​ = 6 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 3 ΩKURZSCHLUSSR3​12 ΩAIs​0,5 ABKURZSCHLUSS

Fall 2 · Is allein aktiv

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

R1 ∥ R3 = 4 Ω, also ist der linke Pfad R2+4 = 14 Ω
Req = R4 ∥ 14 = 2,471 Ω
VB = Is·Req = 0,5·2,471 = 1,235 V
VA = VB·4/14 = 0,3529 V
IR4″ = (VB − V2)/R4 = (1,235 − 0)/3 = 0,4118 A
R1​ = 6 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 3 ΩKURZSCHLUSSR3​12 ΩAOFFENB−+V2​12 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 = 6·12/(6+12) = 4 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−12)·14/17 = −9,882 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −9,882·4/14 = −2,824 V
IR4‴ = (VB − V2)/R4 = (−9,882 − −12)/3 = 0,7059 A

Stromanteile addieren

IR4 = IR4′ + IR4″ + IR4‴ = 0,3529 + 0,4118 + 0,7059 = 1,471 A

Leistung im Widerstand

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

PR4 = IR4²·R4 = 1,471²·3 = 6,488 W

Antwort

PR4 = 6,488 W

Addiert man die Leistungen der Einzelfälle, erhält man 2,377 W, und das ist falsch.

9.Thévenin und Norton

Antwort: Vth = 14,4 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​ = 20 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 + 20 = 22,4 Ω
R1​ = 3 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​18 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) = 18·12/(3+12) = 14,4 V
10.Thévenin und Norton

Antwort: IN = 2,75 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 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 = 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 ΩAIs​2,5 ABab+−Vth​

Vth bestimmen, die Leerlaufspannung

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

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 3,429 + 2,5·1,714 = 7,714 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 7,714 + 2,5·12 = 37,71 V
IN​2,75 ARth​13,71 Ωab

Norton-Ersatzschaltbild

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

IN = Vth/Rth = 37,71/13,71 = 2,75 A
11.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: vR = 20,14 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 = 22 mH / 20 Ω = 1,1 ms

Abklingen des Stroms

i(t) = 2,5·e−1/1,1 = 1,007 A
vR = R·i = 20·1,007 = 20,14 V

Antwort

vR = 20,14 V
12.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: C = 7,213 µF

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

Erforderliche Zeitkonstante

3,75 = 5·(1 − e−1000/τ) → τ = 1000/ln(5/(5 − 3,75))
τ = 1000/1,386 = 721,3 ms

Kapazität

kΩ mal µF ergibt Millisekunden.

C = τ/R = 721,3/100 = 7,213 µF

Antwort

C = 7,213 µF
13.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: I = 0,2103 A

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

Blindwiderstände

ω = 2πf = 2π·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,2 = 251,3 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·47·10⁻⁶) = 16,93 Ω

Impedanz

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(40² + (234,4)²) = 237,8 Ω

Strom

Durch jedes Element einer Reihenschaltung fließt derselbe Strom.

I = V/|Z| = 50/237,8 = 0,2103 A

Antwort

I = 0,2103 A
14.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: f0 = 164,2 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·√(0,02·47·10⁻⁶)) = 164,2 Hz

Antwort

f0 = 164,2 Hz
15.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: X = 22,68 Ω

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.

Widerstand aus der Wirkleistung

R = P/I² = 315/3,5² = 25,71 Ω

Blindwiderstand aus der Impedanz

|Z| = V/I = 120/3,5 = 34,29 Ω
X = √(|Z|² − R²) = √(34,29² − 25,71²) = 22,68 Ω

Antwort

X = 22,68 Ω
16.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: cos φ = 0,8587

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 = 26·tan(arccos 0,8) = 19,5 kvar
QC = V²·2πf·C = 240²·2π·50·220·10⁻⁶ = 3981 var = 3,981 kvar
Q2 = 19,5 − 3,981 = 15,52 kvar

Neue Scheinleistung

S2 = √(26² + 15,52²) = 30,28 kVA

Neuer Leistungsfaktor

cos φ = P/S2 = 26/30,28 = 0,8587

Antwort

cos φ = 0,8587
17.Drehstromleistung

Antwort: P = 31,18 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 = √3·400·60 = 41,57 kVA

Wirkleistung

P = S·cos φ = 41,57·0,75 = 31,18 kW

Antwort

P = 31,18 kW
18.Drehstromleistung

Antwort: QC = 77,29 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 = 80·tan(acos 0,65) = 80·1,169 = 93,53 kvar
Q2 = 80·tan(acos 0,98) = 80·0,2031 = 16,24 kvar

Blindleistung der Kondensatoren

QC = Q1 − Q2 = 77,29 kvar

Antwort

QC = 77,29 kvar
19.Transformatoren

Antwort: IHV = 45,45 A

Idealer Transformator: Die Spannungen verhalten sich wie die Windungszahlen, die Ströme umgekehrt: V₁/V₂ = N₁/N₂ = a und I₁/I₂ = N₂/N₁ = 1/a, also ist die aufgenommene gleich der abgegebenen Leistung, V₁·I₁ = V₂·I₂. Eine Lastimpedanz Z auf der Sekundärseite erscheint von der Primärseite aus als a²·Z.

Nennstrom

Beide Wicklungen führen dieselbe Scheinleistung.

IHV = S/V = 500000/11000 = 45,45 A

Antwort

IHV = 45,45 A
20.Transformatoren

Antwort: Pcu,fl = 370,8 W

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

Abgabe- und Aufnahmeleistung

Pout = 75·0,85 = 63,75 kW
Pin = 63750/0,985 = 64721 W

Gesamt- und Kupferverluste

Ploss = 64721 − 63750 = 970,8 W
Pcu,fl = 970,8 − 600 = 370,8 W

Antwort

Pcu,fl = 370,8 W
21.Operationsverstärker

Antwort: Vout = 3,204 V

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

Spannung am +-Eingang

V₊ = Vin·Rb/(Ra + Rb) = 1·22/(1 + 22) = 0,9565 V

Nicht invertierende Verstärkung

V₋ = V₊, und der Strom durch R₁ fließt auch durch Rf.

Vout = V₊·(1 + Rf/R1) = 0,9565·(1 + 4,7/2) = 3,204 V

Antwort

Vout = 3,204 V
22.Operationsverstärker

Antwort: If = −0,104 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 = −1,1/10 = −0,11 mA
I2 = V2/R2 = 0,6/100 = 0,006 mA
If = I1 + I2 = −0,104 mA

Antwort

If = −0,104 mA
23.Dioden und Transistoren

Antwort: R = 306,7 Ω

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

Spannung am Widerstand

VR = 9 − 2·2,2 = 4,6 V

Widerstand

R = 4,6/0,015 = 306,7 Ω

Antwort

R = 306,7 Ω

Der Widerstand setzt 69 mW in Wärme um.

24.Dioden und Transistoren

Antwort: RB = 4,3 kΩ

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

Kollektorstrom in Sättigung

IC(sat) = (9 − 0,2)/330 = 26,67 mA

Minimaler Basisstrom

IB(min) = IC(sat)/β = 26,67/80 = 333,3 µA

Ausgelegter Basisstrom

IB = 3·333,3 µA = 1000 µA

Basiswiderstand

RB = (5 − 0,7)/IB = 4,3 V/1 mA = 4,3 kΩ

Antwort

RB = 4,3 kΩ
25.Zahlensysteme

Antwort: U = 253

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

Invertieren und eins addieren

3 = 0000 0011
invertiert: 1111 1100
+1 → 1111 1101

Vorzeichenlos lesen

1111 1101₂ = 256 − 3 = 253

Antwort

U = 253
26.Zahlensysteme

Antwort: N = 4,295 × 10⁹

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.

Größter Wert

232 − 1 = 4294967295

Antwort

N = 4294967295
27.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.

ABCD000111100001111010010302140507161120130150140809011010

Die Einsen zusammenfassen

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

BC′D′
A′C′D′
A′BD′

Minimale SOP-Form

F = BC′D′ + A′C′D′ + A′BD′
N = 3

Antwort

N = 3
28.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & Flipflops

Antwort: Q = 14

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

Zustand nach jeder Flanke

0000 → 1000 → 1100 → 1110 → 1111 → 0111 → 0011 → 0001 → 0000 → 1000 → 1100 → 1110

Dezimalwert

1110₂ = 14

Antwort

Q = 14
29.Laplace-Transformationen

Antwort: f(0.3) = 1,42

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

Quadratische Ergänzung

s² + 8s + 20 = (s + 4)² + 4 = (s + 4)² + 2²

Zähler anpassen

F(s) = 4·(s + 4)/((s + 4)² + 2²) + (5/2)·2/((s + 4)² + 2²)

Rücktransformation

f(t) = e−4t·(4·cos 2t + 2,5·sin 2t)
f(0,3) = e−4·0,3·(4·cos(2·0,3) + 2,5·sin(2·0,3)) = 1,42

Antwort

f(0,3) = 1,42
30.Laplace-Transformationen

Antwort: g(0.5) = 0,7902

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

Übertragungsfunktion

G(s) = Y(s)/U(s) = 9/(s² + 7s + 12)

Partialbruchzerlegung

s² + 7s + 12 = (s + 3)(s + 4)
A = 9, B = −9

Impulsantwort

g(t) = 9·e−3t − 9·e−4t
g(0,5) = 0,7902

Antwort

g(0,5) = 0,7902
31.Blockschaltbilder

Antwort: T(0) = 0,7075

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

Innere Schleife

Gᵢ = G/(1 + G·H₁) = 5/(s + 6 + 5·5) = 5/(s + 31)

Äußere Schleife

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 75/(s + 31 + 75) = 75/(s + 106)

Ergebnis

T(0) = 75/106 = 0,7075

Antwort

T(0) = 0,7075
32.Blockschaltbilder

Antwort: ωd = 8 rad/s

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

Charakteristische Gleichung

s(s + 4) + 34·2 = 0 → s² + 4s + 68 = 0

Wurzeln

s = −2 ± j·√(68 − 4) = −2 ± j8
ωd = 8 rad/s

Antwort

ωd = 8 rad/s
33.Sprungantwort

Antwort: tp = 0,3782 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 = 78 → ωₙ = 8,832 rad/s
2ζωₙ = 6 → ζ = 6/(2·8,832) = 0,3397

Ergebnis

ωd = 8,832·√(1 − 0,3397²) = 8,307 rad/s → tp = π/ωd = 0,3782 s

Antwort

tp = 0,3782 s
34.Sprungantwort

Antwort: xmax = 433,9 mm

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

Eigenkreisfrequenz und Dämpfungsgrad

ωₙ = √(k/m) = √(400/8) = 7,071 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 11/(2·√(400·8)) = 0,09723

Ergebnis

xst = F/k = 100/400 m = 250 mm
%OS = 73,57 %
xmax = 250·(1 + 0,7357) = 433,9 mm

Antwort

xmax = 433,9 mm
35.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: f0 = 2399 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/√(0,02·2,2 × 10⁻⁷) = 15076 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 2399 Hz

Antwort

f0 = 2399 Hz
36.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: K = 45,11

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

Phasendurchtritt

(ω/1)·(ω/9) = 1 → ω180 = √(1·9) = 3 rad/s

Betrag am Phasendurchtritt

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 1)·√(ω² + 81)) = K/(1·9·(1 + 9)) = K/90

Geforderte Verstärkung

90/K = 106/20 = 1,995
K = 90/1,995 = 45,11

Antwort

K = 45,11
37.Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve

Antwort: ω = 5,477 rad/s

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

Routh-Schema

s³ + 13s² + 30s + K = 0
s³: 1, 30
s²: 13, K
s¹: (13·30 − K)/13
s⁰: K

Kritische Verstärkung

K = 13·30 = 390

Hilfsgleichung

Bei der kritischen Verstärkung ist die s¹-Zeile null; die s²-Zeile liefert die Pole auf der imaginären Achse.

13s² + 390 = 0 → s = ±j√30
ω = 5,477 rad/s

Antwort

ω = 5,477 rad/s
38.Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve

Antwort: K = 39,06

Wurzelortskurve: Wenn die Verstärkung K von 0 bis ∞ wächst, wandern die Pole des geschlossenen Regelkreises, also die Wurzeln von 1 + K·G(s) = 0, von den Polen des offenen Kreises zu dessen Nullstellen oder ins Unendliche. Ein Punkt der reellen Achse gehört zur Ortskurve, wenn die Anzahl der reellen Pole und Nullstellen rechts von ihm ungerade ist. Die n − m Äste, die ins Unendliche laufen, folgen Asymptoten mit den Winkeln (2q + 1)·180°/(n − m), die im Schwerpunkt σₐ = (Σ Pole − Σ Nullstellen)/(n − m) beginnen. Äste verlassen die reelle Achse oder münden dort ein, wo dK/ds = 0 gilt. Die Winkelbedingung ∠G(s) = 180° legt die Form fest, und die Betragsbedingung K = 1/|G(s)| liefert die Verstärkung an jedem Punkt der Ortskurve.

Mit der Normalform vergleichen

s² + 10s + K = s² + 2ζωₙs + ωₙ²
2·0,8·ωₙ = 10 → ωₙ = 6,25 rad/s

Verstärkung

K = ωₙ² = 6,25² = 39,06

Antwort

K = 39,06

Die Pole des geschlossenen Kreises liegen dort, wo die ζ-Gerade den senkrechten Ast bei s = −5 schneidet.

39.Stationärer Fehler und PID-Regelung

Antwort: K = 400

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 = 5/0,05 = 100

Verstärkung

K = 4·Kv = 400

Antwort

K = 400

Eine große Verstärkung macht diesen Kreis sehr schwach gedämpft: ζ = 0,1. Dieser Zielkonflikt ist der Grund, warum Kompensatoren eingesetzt werden.

40.Stationärer Fehler und PID-Regelung

Antwort: K = 6,944

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) + 10K = s² + 10s + 10K

Eigenfrequenz

2·0,6·ωₙ = 10 → ωₙ = 8,333 rad/s

Verstärkung

10K = ωₙ² = 69,44 → K = 6,944

Antwort

K = 6,944

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

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