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​ = 12 ΩIR1​R3​ = 6 Ω+−V1​10 VR2​5 ΩAR4​3 ΩB

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

V1 = 10 VR1 = 12 ΩR2 = 5 ΩR3 = 6 ΩR4 = 3 Ω
IR1 = A
2.Reihen- und ParallelschaltungSchwer
R1​ = 20 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 10 Ω+−V1​5 VR2​30 ΩAR4​6 ΩBR6​5 Ω

Bestimme den Ersatzwiderstand Req, den die Quelle V1 sieht.

V1 = 5 VR1 = 20 ΩR2 = 30 ΩR3 = 5 ΩR4 = 6 ΩR5 = 10 ΩR6 = 5 Ω
Req = Ω
3.KnotenpotenzialverfahrenMittel
R1​ = 4 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​18 VR2​15 ΩAR4​15 ΩBIs​3 A

Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren die von der Stromquelle Is abgegebene Leistung PIs.

V1 = 18 VIs = 3 AR1 = 4 ΩR2 = 15 ΩR3 = 8 ΩR4 = 15 Ω
PIs = W
4.KnotenpotenzialverfahrenSchwer
R1​ = 6 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​36 VR2​30 ΩAR4​4 ΩB0,25·VA​

Die Raute ist eine spannungsgesteuerte Stromquelle, die einen Strom von 0,25·VA (in A, mit VA in V) nach oben in den Knoten B schiebt. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren das Knotenpotenzial VA (gegen Masse gemessen).

V1 = 36 VR1 = 6 ΩR2 = 30 ΩR3 = 30 ΩR4 = 4 Ωg = 0,25 A/V
VA = V
5.MaschenstromverfahrenMittel
R1​ = 3 ΩR2​ = 20 Ω+−V1​15 VR3​5 Ω+−VR3​A+−V2​18 VI1​I2​

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

V1 = 15 VV2 = 18 VR1 = 3 ΩR2 = 20 ΩR3 = 5 Ω
VR3 = V
6.MaschenstromverfahrenSchwer
R1​ = 2 ΩR2​ = 20 Ω+−VR2​R3​ = 10 Ω+−V1​6 VR4​3 ΩAR5​5 ΩB+−V2​6 VI1​I2​I3​

Bestimme mit dem Maschenstromverfahren die Spannung VR2 über R2 mit der eingezeichneten Polarität.

V1 = 6 VV2 = 6 VR1 = 2 ΩR2 = 20 ΩR3 = 10 ΩR4 = 3 ΩR5 = 5 Ω
VR2 = V
7.ÜberlagerungssatzMittel
lineare SchaltungVs​Is​IRL​

Eine lineare Widerstandsschaltung enthält eine Spannungsquelle Vs und eine Stromquelle Is. Der Strom I durch einen Lastwiderstand wird zweimal gemessen: Mit Vs = 10 V und Is = 5 mA ist I = 14 mA; mit Vs = 8 V und Is = 2 mA ist I = 10,4 mA. Bestimme den Laststrom I für Vs = 15 V und Is = 10 mA.

10 V, 5 mA → 14 mA8 V, 2 mA → 10,4 mAVs = 15 V, Is = 10 mA
I = mA
8.ÜberlagerungssatzSchwer
R1​ = 2 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 2 Ω+−V1​18 VR3​5 ΩIR3​AIs​2 AB−+V2​9 V

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

V1 = 18 VIs = 2 AV2 = 9 VR1 = 2 ΩR2 = 10 ΩR3 = 5 ΩR4 = 2 Ω
IR3 = A
9.Thévenin und NortonMittel
R1​ = 15 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​24 VR2​6 ΩAab

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

V1 = 24 VR1 = 15 ΩR2 = 6 ΩR3 = 4 Ω
IN = A
10.Thévenin und NortonSchwer
R1​ = 5 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​5 VR2​5 ΩAIs​1,5 ABRL​20 ΩIL​

An a–b wird eine Last RL = 20 Ω angeschlossen. Bestimme mit einem Thévenin-Ersatzschaltbild die an die Last abgegebene Leistung PL.

V1 = 5 VIs = 1,5 AR1 = 5 ΩR2 = 5 ΩR3 = 2 ΩRL = 20 Ω
PL = W
11.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
+−Vs​12 Vt = 0R1​ = 2,2 kΩR2​ = 4,7 kΩC33 µF+−vC​

Die Quelle Vₛ lädt den Kondensator über R₁, und R₂ liegt parallel zu C. Der Kondensator ist ungeladen, wenn der Schalter bei t = 0 schließt. Bestimme die Kondensatorspannung vC bei t = 60 ms.

Vs = 12 VR1 = 2,2 kΩR2 = 4,7 kΩC = 33 µFt = 60 ms
vC = V
12.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
+−Vs​24 Vt = 0R = 3,3 kΩC10 µF+−vC​vC​(0) = 3 V

Kurz bevor der Schalter bei t = 0 schließt, liegt am Kondensator eine Spannung von 3 V mit der eingezeichneten Polarität. Bestimme die Kondensatorspannung vC bei t = 80 ms.

Vs = 24 VR = 3,3 kΩC = 10 µFvC(0) = 3 Vt = 80 ms
vC = V
13.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
12 V50 HzR = 100 ΩL = 150 mHC = 4,7 µFI

Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 12 V (Effektivwert) und 50 Hz. Bestimme den Effektivwert des Stroms I.

V = 12 V (rms)f = 50 HzR = 100 ΩL = 150 mHC = 4,7 µF
I = A
14.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
230 V100 HzR = 40 ΩL = 250 mHC = 100 µF+−VC​

Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 230 V (Effektivwert) und 100 Hz. Bestimme den Effektivwert der Spannung VC am Kondensator.

V = 230 V (rms)f = 100 HzR = 40 ΩL = 250 mHC = 100 µF
VC = V
15.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
230 VZ9 + j12 ΩI

Eine Last mit der Impedanz Z = 9 + j12 Ω liegt an einer einphasigen Versorgung mit 230 V (Effektivwert). Bestimme die Scheinleistung S.

V = 230 VZ = 9 + j12 Ω
S = VA
16.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
P1​ = 31 kWQ1​S1​φ

Ein einphasiger Transformator mit 75 kVA versorgt eine Last mit 31 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,85 induktiv. Wie viel zusätzliche Wirkleistung ΔP kann als ohmsche Last (Leistungsfaktor 1) hinzukommen, bevor der Transformator seine kVA-Nennleistung erreicht?

Smax = 75 kVAP1 = 31 kWpf1 = 0,85
ΔP = kW
17.DrehstromleistungMittel
ABCVL​ = 690 VIL​ = ?M15 kW, η = 93%cos φ = 0,82

Ein Drehstrom-Asynchronmotor gibt bei Volllast 15 kW mechanische Leistung ab. Bei dieser Last beträgt sein Wirkungsgrad 93 % und sein Leistungsfaktor 0,82 induktiv. Das Netz hat eine Leiterspannung von 690 V. Bestimme den Leiterstrom IL.

Pout = 15 kWη = 93%cos φ = 0,82VL = 690 V
IL = A
18.DrehstromleistungSchwer
P = 75 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 75 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,75 induktiv aus einem Netz mit 480 V (Leiterspannung) und 50 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 = 75 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,98VL = 480 Vf = 50 Hz
QC = kvar
19.TransformatorenMittel
5 ΩN1​N2​20 Ω

Ein Verstärker mit einem Ausgangswiderstand von 20 Ω speist über einen idealen Transformator einen Lautsprecher mit 5 Ω. Für maximale Leistungsübertragung muss der Lautsprecher vom Verstärker aus wie 20 Ω erscheinen. Bestimme das Übersetzungsverhältnis a = N₁/N₂.

Rs = 20 ΩRL = 5 Ω
a =
20.TransformatorenSchwer
pf 0,95100 kVA, 25% Last

Ein einphasiger Transformator mit 100 kVA hat Eisenverluste von 300 W und Kupferverluste von 450 W bei Nennlast. Er liefert 25 % seiner Nennscheinleistung bei einem Leistungsfaktor von 0,95 induktiv. Bestimme die Gesamtverluste Ploss in Watt bei dieser Last.

S = 100 kVAPcore = 300 WPcu,fl = 450 Wx = 0,25pf = 0,95
Ploss = W
21.OperationsverstärkerMittel
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 2 kΩVin​

Wähle den Rückkopplungswiderstand Rf so, dass dieser nichtinvertierende Verstärker eine Spannungsverstärkung von 8 hat.

R1 = 2 kΩAv = 8
Rf = kΩ
22.OperationsverstärkerSchwer
Vin​V1​Vout​Stufe 1: invertierendR1​ = 10 kΩRf1​ = 100 kΩStufe 2: nicht invertierendR2​ = 47 kΩRf2​ = 1 kΩ

Zwei ideale Operationsverstärkerstufen sind in Kette geschaltet: ein invertierender Verstärker (R1, Rf1), gefolgt von einem nicht invertierenden Verstärker (R2 nach Masse, Rf2 in der Rückkopplung). Beide werden mit ±15 V versorgt. Der Eingang ist Vin = −0,2 V. Bestimme die Ausgangsspannung Vout.

R1 = 10 kΩRf1 = 100 kΩR2 = 47 kΩRf2 = 1 kΩVin = −0,2 V
Vout = V
23.Dioden und TransistorenMittel
RC​ = 1,5 kΩβ = 80RE​ = 1,5 kΩVCC​ = 12 VR1​ = 47 kΩR2​ = 8,2 kΩ

Ein NPN-Transistor mit β = 80 wird mit einem Spannungsteiler an VCC = 12 V eingestellt: R₁ = 47 kΩ von VCC zur Basis und R₂ = 8,2 kΩ von der Basis nach Masse. Der Kollektorwiderstand ist RC = 1,5 kΩ und der Emitterwiderstand RE = 1,5 kΩ. Nimm VBE = 0,7 V an und verwende das Thévenin-Ersatzschaltbild des Teilers (vernachlässige den Basisstrom nicht). Bestimme die Kollektor-Emitter-Spannung VCE.

VCC = 12 VR1 = 47 kΩR2 = 8,2 kΩRC = 1,5 kΩRE = 1,5 kΩβ = 80
VCE = V
24.Dioden und TransistorenSchwer
+−≤ 21 V330 Ω3,3 V

Ein 3,3-V-Z-Dioden-Regler hat einen Vorwiderstand von 330 Ω. Die Eingangsspannung kann auf 21 V steigen, und die Last kann abgetrennt werden. Bestimme die größte Leistung PZ,max, die die Z-Diode in Wärme umsetzen muss.

Vin,max = 21 VVZ = 3,3 VR = 330 Ω
PZ,max = mW
25.ZahlensystemeMittel
8-Bit-Zweierkomplement?−128?64?32?16?8?4?2?1

Schreibe −56 als 8-Bit-Muster im Zweierkomplement. Lies das Muster als vorzeichenlose Binärzahl: Welchen Wert U hat es im Dezimalsystem?

N = −568 bit
U =
26.ZahlensystemeSchwer
32-Bit-Zweierkomplement, N = ??Vorzeichen???????????????????????????????

Was ist die kleinste (negativste) ganze Zahl N, die im 32-Bit-Zweierkomplement gespeichert werden kann?

32 bit
N =
27.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & FlipflopsMittel
MUX0I0​0I1​1I2​1I3​ABS1​S0​F

Ein 4-zu-1-Multiplexer hat die Auswahleingänge S₁ = A und S₀ = B, und seine Dateneingänge liegen auf I₀ = 0, I₁ = 0, I₂ = 1, I₃ = 1. Für wie viele der 8 Kombinationen von A, B und C ist der Ausgang F = 1? Bestimme N.

I₀ = 0I₁ = 0I₂ = 1I₃ = 1
N =
28.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & FlipflopsSchwer
ABCD00011110000111101011031214051706012X131150141809X11X10

Bestimme für F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 2, 4, 7, 8, 15) + d(10, 11, 13), wobei d die Don’t-Care-Bedingungen kennzeichnet, die Anzahl N der wesentlichen Primimplikanten.

F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 2, 4, 7, 8, 15) + d(10, 11, 13)
N =
29.Laplace-TransformationenMittel
ReIm−1−2−3−4−5−61

Bestimme f(t) für F(s) = (4s + 22)/(s² + 6s + 10) mit quadratischer Ergänzung und werte f(0,2) aus.

F(s) = (4s + 22)/(s² + 6s + 10)t = 0,2 s
f(0.2) =
30.Laplace-TransformationenSchwer
t (s)y(t)t = 0,25y(0,25) = ?

Ein System gehorcht y″ + 7y′ + 12y = 36·u(t), mit y(0) = 5 und y′(0) = 0. Bei t = 0 wird ein Sprung u(t) = 2 auf den Eingang gegeben. Bestimme mit der Laplace-Transformation y(0,25).

y″ + 7y′ + 12y = 36·u(t)y(0) = 5y′(0) = 0u(t) = 2t = 0,25 s
y(0.25) =
31.BlockschaltbilderMittel
R(s)+2(s + 3)(s + 5)(s + 8)G(s)C(s)−

Ein Regelkreis mit Einheits-Gegenkopplung hat G(s) = 2(s + 3)/((s + 5)(s + 8)). An der Führungsgröße wird ein Sprung der Größe 2 angelegt. Bestimme den stationären Fehler ess.

G(s) = 2(s + 3)/((s + 5)(s + 8))R = 2
ess =
32.BlockschaltbilderSchwer
R(s)+21Regler+D(s)+3s + 3StreckeC(s)−

Ein Proportionalregler K = 21 steuert die Strecke G(s) = 3/(s + 3) in einem Regelkreis mit Einheits-Gegenkopplung. Eine Störung D greift am Streckeneingang an (sie wird zum Reglerausgang addiert). Ein Führungssprung der Größe 10 und ein Störsprung der Größe 5 werden gleichzeitig angelegt. Bestimme den stationären Ausgang css.

K = 21G(s) = 3/(s + 3)D = 5R = 10
css =
33.SprungantwortMittel
t (s)y(t)2

Ein System hat die Übertragungsfunktion G(s) = 172/(s² + 15s + 86) und erhält einen Einheitssprung am Eingang. Die Pole sind s = σ ± jωd. Bestimme den Realteil σ.

G(s) = 172/(s² + 15s + 86)
σ =
34.SprungantwortSchwer
t (s)y(t)140 %

Ein System zweiter Ordnung ohne Nullstellen soll eine Sprungantwort mit 40 % Überschwingen haben. Bestimme den Dämpfungsgrad ζ.

%OS = 40 %
ζ =
35.Bode-Diagramme und ReservenMittel
vin​R = 47 ΩL = 47 mHvout​

Der gezeigte RL-Hochpass hat R = 47 Ω, L = 47 mH. Ein sinusförmiges Eingangssignal von 80 Hz wird angelegt. Bestimme die Verstärkung |H| = |vout/vin| in dB.

R = 47 ΩL = 47 mHf = 80 Hz
|H| = dB
36.Bode-Diagramme und ReservenSchwer
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Ein Regelkreis mit Einheitsrückführung hat die Übertragungsfunktion des offenen Kreises L(s) = 76/(s(s + 3)(s + 5)). Bestimme die Amplitudenreserve GM in dB.

L(s) = 76/(s(s + 3)(s + 5))
GM = dB
37.Stabilität: Routh-Hurwitz und WurzelortskurveMittel
R(s)+1651s(s + 1)(s + 10)C(s)−

Der Regelkreis im Schaubild arbeitet mit Gegenkopplung und hat L(s) = 165/(s(s + 1)(s + 10)). Wie viele Pole N des geschlossenen Kreises liegen in der rechten Halbebene?

L(s) = 165/(s(s + 1)(s + 10))
N =
38.Stabilität: Routh-Hurwitz und WurzelortskurveSchwer
ReImζ = 0,8−1−2−3−4−5−6−71j1j2

Die Wurzelortskurve von L(s) = K/(s(s + 6)) ist abgebildet. Bestimme die Verstärkung K, bei der die Pole des geschlossenen Kreises den Dämpfungsgrad ζ = 0,8 haben.

L(s) = K/(s(s + 6))ζ = 0,8
K =
39.Stationärer Fehler und PID-RegelungMittel
r(t) = 4·t²/2+2(s + 1)s²(s + 2)C(s)−

Auf einen Regelkreis mit Einheitsrückführung und G(s) = 2(s + 1)/(s²(s + 2)) wird die parabelförmige Eingangsgröße r(t) = 4·t²/2 gegeben. Bestimme den stationären Fehler ess.

G(s) = 2(s + 1)/(s²(s + 2))r(t) = 4·t²/2
ess =
40.Stationärer Fehler und PID-RegelungSchwer
R(s)+5 + Kd​s4s(s + 2)C(s)−

Ein PD-Regler C(s) = 5 + Kd·s regelt die Strecke G(s) = 4/(s(s + 2)) in einem Regelkreis mit Einheitsrückführung. Bestimme die Differenzialverstärkung Kd, die dem geschlossenen Kreis den Dämpfungsgrad ζ = 0,5 gibt.

G(s) = 4/(s(s + 2))Kp = 5ζ = 0,5
Kd = s

3Lösungen

1.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: IR1 = 0,6573 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​ = 12 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​10 VR2​5 ΩAR4​3 ΩB

Widerstände vom fernen Ende her zusammenfassen

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

R3 + R4 = 6 + 3 = 9 Ω
R2 ∥ 9 = 5·9/(5+9) = 3,214 Ω
Req = R1 + 3,214 = 12 + 3,214 = 15,21 Ω

Strom aus der Quelle

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

IR1 = V1/Req = 10/15,21 = 0,6573 A

Antwort

IR1 = 0,6573 A
2.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: Req = 27,09 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​ = 20 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 10 Ω+−V1​5 VR2​30 ΩAR4​6 ΩBR6​5 Ω

Widerstände vom fernen Ende her zusammenfassen

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

R5 + R6 = 10 + 5 = 15 Ω
R4 ∥ 15 = 4,286 Ω
R3 + 4,286 = 9,286 Ω
R2 ∥ 9,286 = 7,091 Ω
Req = R1 + 7,091 = 20 + 7,091 = 27,09 Ω

Antwort

Req = 27,09 Ω
3.Knotenpotenzialverfahren

Antwort: PIs = 82,03 W

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.

KCL am Knoten A

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

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/15 + (VA − 18)/4 + (VA − VB)/8 = 0
0,4417·VA − 0,125·VB = 4,5

KCL am Knoten B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/15 + (VB − VA)/8 = 3
−0,125·VA + 0,1917·VB = 3

Lösen

Δ = (0,4417)(0,1917) − (−0,125)(−0,125) = 0,06903
VA = Δ1/Δ = 1,237/0,06903 = 17,93 V
VB = Δ2/Δ = 1,887/0,06903 = 27,34 V

Von der Stromquelle abgegebene Leistung

Die Quelle schiebt Iₛ nach oben in den Knoten B, von Masse (0 V) auf VB. Eine Quelle, deren Strom an ihrem Pluspol austritt, gibt P = V·I ab.

PIs = VB·Is = 27,34·3 = 82,03 W

Antwort

PIs = 82,03 W
4.Knotenpotenzialverfahren

Antwort: VA = 30 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.

Knotenregel am Knoten A

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

(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
0,2333·VA − 0,03333·VB = 6

Knotenregel am Knoten B

Die gesteuerte Quelle schiebt g·VA in den Knoten B. Behandle sie wie eine unabhängige Quelle und bringe dann den Term mit VA auf die linke Seite.

(VB − VA)/R3 + VB/R4 = 0,25·VA
−0,2833·VA + 0,2833·VB = 0

Lösen

Δ = (0,2333)(0,2833) − (−0,03333)(−0,2833) = 0,05667
VA = Δ1/Δ = 1,7/0,05667 = 30 V
VB = Δ2/Δ = 1,7/0,05667 = 30 V

Antwort

VA = 30 V
5.Maschenstromverfahren

Antwort: VR3 = 10,11 V

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

R1​ = 3 ΩR2​ = 20 Ω+−V1​15 VR3​5 ΩA+−V2​18 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
3·I1 + 5(I1 − I2) = 15
8·I1 − 5·I2 = 15

Maschenregel in Masche 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
20·I2 + 5(I2 − I1) = (−18)
−5·I1 + 25·I2 = −18

Lösen

Δ = (8)(25) − (−5)(−5) = 175
I1 = Δ1/Δ = 285/175 = 1,629 A
I2 = Δ2/Δ = −69/175 = −0,3943 A

Antwort

IR3 = I1 − I2 = 2,023 A
VR3 = IR3·R3 = 2,023·5 = 10,11 V

Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.

6.Maschenstromverfahren

Antwort: VR2 = 1,304 V

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​ = 2 ΩR2​ = 20 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​6 VR4​3 ΩAR5​5 ΩB+−V2​6 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
2·I1 + 3(I1 − I2) = 6
5·I1 − 3·I2 = 6

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
20·I2 + 3(I2 − I1) + 5(I2 − I3) = 0
−3·I1 + 28·I2 − 5·I3 = 0

Maschenregel in Masche 3

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

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
10·I3 + 5(I3 − I2) = (−6)
−5·I2 + 15·I3 = −6

Lösen

Δ = Determinante der Koeffizientenmatrix = 1840
I1 = Δ1/Δ = 2280/1840 = 1,239 A
I2 = Δ2/Δ = 120/1840 = 0,06522 A
I3 = Δ3/Δ = −696/1840 = −0,3783 A

Antwort

IR2 = I2 = 0,06522 A
VR2 = IR2·R2 = 0,06522·20 = 1,304 V

Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.

7.Überlagerungssatz

Antwort: I = 22 mA

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

Die Antwort als Summe von Anteilen schreiben

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

I = k₁·Vs + k₂·Is
10·k₁ + 5·k₂ = 14
8·k₁ + 2·k₂ = 10,4

Nach den Konstanten auflösen

Δ = (10)(2) − (5)(8) = −20
k₁ = Δ1/Δ = −24/−20 = 1,2
k₂ = Δ2/Δ = −8/−20 = 0,4
k₁ = 1,2 mA/V, k₂ = 0,4

Den neuen Strom vorhersagen

I = 1,2·15 + 0,4·10 = 22 mA

Antwort

I = 22 mA
8.Überlagerungssatz

Antwort: IR3 = 2,191 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​ = 2 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 2 Ω+−V1​18 VR3​5 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) = 5 ∥ 12 = 3,529 Ω
VA = 18·3,529/(2+3,529) = 11,49 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 11,49·2/12 = 1,915 V
IR3′ = (VA − 0)/R3 = (11,49 − 0)/5 = 2,298 A
R1​ = 2 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 2 ΩKURZSCHLUSSR3​5 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 = 1,429 Ω, also ist der linke Pfad R2+1,429 = 11,43 Ω
Req = R4 ∥ 11,43 = 1,702 Ω
VB = Is·Req = 2·1,702 = 3,404 V
VA = VB·1,429/11,43 = 0,4255 V
IR3″ = (VA − 0)/R3 = (0,4255 − 0)/5 = 0,08511 A
R1​ = 2 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 2 ΩKURZSCHLUSSR3​5 ΩAOFFENB−+V2​9 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 = 2·5/(2+5) = 1,429 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−9)·11,43/13,43 = −7,66 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −7,66·1,429/11,43 = −0,9574 V
IR3‴ = (VA − 0)/R3 = (−0,9574 − 0)/5 = −0,1915 A

Anteile addieren

IR3 = IR3′ + IR3″ + IR3‴
IR3 = 2,298 + 0,08511 + (−0,1915) = 2,191 A

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

9.Thévenin und Norton

Antwort: IN = 0,8276 A

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

R1​ = 15 ΩR3​ = 4 ΩKURZSCHLUSSR2​6 ΩAabRth​

Rth bei abgeschalteten Quellen bestimmen

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

R1 ∥ R2 = 15·6/(15+6) = 4,286 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,286 + 4 = 8,286 Ω
R1​ = 15 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​24 VR2​6 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) = 24·6/(15+6) = 6,857 V
IN​0,8276 ARth​8,286 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 = 6,857/8,286 = 0,8276 A
10.Thévenin und Norton

Antwort: PL = 2,851 W

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

R1​ = 5 ΩR3​ = 2 ΩKURZSCHLUSSR2​5 ΩAOFFENBabRth​

Rth bei abgeschalteten Quellen bestimmen

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

R1 ∥ R2 = 5·5/(5+5) = 2,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,5 + 2 = 4,5 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​5 VR2​5 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) = 2,5 + 1,5·2,5 = 6,25 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 6,25 + 1,5·2 = 9,25 V
Rth​ = 4,5 Ω+−Vth​9,25 VRL​20 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) = 9,25/(4,5 + 20) = 0,3776 A
PL = IL²·RL = 0,3776²·20 = 2,851 W
11.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: vC = 5,744 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.

Thévenin-Ersatzschaltung aus Sicht des Kondensators

Schließe die Quelle kurz, um Rth zu bestimmen; entferne den Kondensator, um die Spannung zu bestimmen, auf die er sich einstellt.

Rth = R1 ∥ R2 = 2,2·4,7/(2,2 + 4,7) = 1,499 kΩ
vC(∞) = 12·4,7/(2,2 + 4,7) = 8,174 V

Zeitkonstante

τ = Rth·C = 1,499·33 = 49,45 ms

Ladekurve

vC(t) = 8,174·(1 − e−60/49,45) = 5,744 V

Antwort

vC = 5,744 V
12.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: vC = 22,14 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.

Anfangswert, Endwert, Zeitkonstante

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

vC(0) = 3 V, vC(∞) = Vs = 24 V
τ = R·C = 3,3 kΩ · 10 µF = 33 ms
vC(t) = 24 + (3 − 24)·e−t/τ

Spannung zum gegebenen Zeitpunkt

vC(80) = 24 + (−21)·e−80/33 = 22,14 V

Antwort

vC = 22,14 V
13.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: I = 0,01881 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·50 = 314,2 rad/s
XL = ωL = 314,2·0,15 = 47,12 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·4,7·10⁻⁶) = 677,3 Ω

Impedanz

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(100² + (−630,1)²) = 638 Ω

Strom

Durch jedes Element einer Reihenschaltung fließt derselbe Strom.

I = V/|Z| = 12/638 = 0,01881 A

Antwort

I = 0,01881 A
14.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: VC = 24,95 V

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

Blindwiderstände

ω = 2πf = 2π·100 = 628,3 rad/s
XL = ωL = 628,3·0,25 = 157,1 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(628,3·100·10⁻⁶) = 15,92 Ω

Impedanz

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(40² + (141,2)²) = 146,7 Ω

Strom

Durch jedes Element einer Reihenschaltung fließt derselbe Strom.

I = V/|Z| = 230/146,7 = 1,568 A

Spannung am Kondensator

VC = I·XC = 1,568·15,92 = 24,95 V

Antwort

VC = 24,95 V
15.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: S = 3527 VA

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.

Strom

|Z| = √(9² + 12²) = 15 Ω
I = V/|Z| = 230/15 = 15,33 A

Scheinleistung

S = V·I = 230·15,33 = 3527 VA

Antwort

S = 3527 VA
16.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: ΔP = 41,5 kW

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

Blindleistung der vorhandenen Last

Q1 = 31·tan(arccos 0,85) = 19,21 kvar

Größte gesamte Wirkleistung

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

P = √(Smax² − Q1²) = √(75² − 19,21²) = 72,5 kW

Zusätzliche Wirkleistung

ΔP = 72,5 − 31 = 41,5 kW

Antwort

ΔP = 41,5 kW
17.Drehstromleistung

Antwort: IL = 16,46 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 = 15/0,93 = 16,13 kW

Leiterstrom

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 16129/(√3·690·0,82) = 16,46 A

Antwort

IL = 16,46 A
18.Drehstromleistung

Antwort: QC = 50,91 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 = 75·tan(acos 0,75) = 75·0,8819 = 66,14 kvar
Q2 = 75·tan(acos 0,98) = 75·0,2031 = 15,23 kvar

Blindleistung der Kondensatoren

QC = Q1 − Q2 = 50,91 kvar

Antwort

QC = 50,91 kvar
19.Transformatoren

Antwort: a = 2

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

a²·5 = 20
a = √(20/5) = √4 = 2

Antwort

a = 2
20.Transformatoren

Antwort: Ploss = 328,1 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.

Kupferverluste bei dieser Last

Pcu = x²·Pcu,fl = 0,0625·450 = 28,13 W

Gesamtverluste

Die Eisenverluste sind bei jeder Last gleich.

Ploss = 300 + 28,13 = 328,1 W

Antwort

Ploss = 328,1 W

Der Wirkungsgrad bei dieser Last ist η = 98,64%.

21.Operationsverstärker

Antwort: Rf = 14 kΩ

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

Verstärkung eines nichtinvertierenden Verstärkers

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

Av = 1 + Rf/R1
Rf = (8 − 1)·2 = 14 kΩ

Antwort

Rf = 14 kΩ
22.Operationsverstärker

Antwort: Vout = 2,043 V

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

Verstärkung jeder Stufe

A1 = −Rf1/R1 = −100/10 = −10
A2 = 1 + Rf2/R2 = 1 + 1/47 = 1,021

Stufe für Stufe

V1 = −10·(−0,2) = 2 V
Vout = 1,021·2 = 2,043 V

Antwort

Vout = 2,043 V
23.Dioden und Transistoren

Antwort: VCE = 9,965 V

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 = 12·8,2/(47 + 8,2) = 1,783 V
RTH = 47·8,2/(47 + 8,2) = 6,982 kΩ

Basisstrom

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

IB = (1,783 − 0,7)/(6,982 + 81·1,5) = 8,426 µA

Kollektorstrom

IC = 80·8,426 µA = 0,6741 mA
IE = 81·8,426 µA = 0,6825 mA

Kollektor-Emitter-Spannung

VCE = 12 − 0,6741·1,5 − 0,6825·1,5 = 9,965 V

Antwort

VCE = 9,965 V
24.Dioden und Transistoren

Antwort: PZ,max = 177 mW

Z-Dioden-Regler: Eine in Sperrrichtung betriebene Z-Diode hält ihre Spannung VZ, solange ihr Strom über einem Minimum IZ,min bleibt. Der Vorwiderstand R nimmt die Differenz zwischen Eingangs- und Ausgangsspannung auf: IR = (Vin − VZ)/R. Dieser Strom teilt sich auf die Last, IL = VZ/RL, und die Z-Diode, IZ = IR − IL, auf. Entwirf für die ungünstigsten Fälle: Die niedrigste Eingangsspannung bei größter Last muss noch IZ,min übrig lassen, und die höchste Eingangsspannung ohne Last ergibt die größte Verlustleistung der Z-Diode PZ = VZ·IZ.

Zenerstrom im ungünstigsten Fall

IZ = 17,7/330 = 53,64 mA

Leistung der Z-Diode

PZ = 3,3·53,64 = 177 mW

Antwort

PZ,max = 177 mW
25.Zahlensysteme

Antwort: U = 200

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

56 = 0011 1000
invertiert: 1100 0111
+1 → 1100 1000

Vorzeichenlos lesen

1100 1000₂ = 256 − 56 = 200

Antwort

U = 200
26.Zahlensysteme

Antwort: N = −2,147 × 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.

Negativster Wert

−231 = −2147483648

Antwort

N = −2147483648
27.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & Flipflops

Antwort: N = 4

Multiplexer: Ein 2ⁿ-zu-1-Multiplexer schaltet einen seiner Dateneingänge auf den Ausgang durch; die als Binärzahl gelesenen Auswahlleitungen bestimmen, welchen. Bei einem 4-zu-1-MUX mit den Auswahleingängen S₁S₀ = AB gilt F = A′B′·I₀ + A′B·I₁ + AB′·I₂ + AB·I₃. Legt man die Dateneingänge auf 0, 1, C oder C′, erzeugt der MUX jede Funktion von A, B und C, was ein gängiger Weg ist, Logik mit einem Baustein aufzubauen.

Ausgangsausdruck

F = AB′ + AB

Zeilen mit F = 1

ABC = 100, 101, 110, 111
N = 4

Antwort

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

Antwort: N = 4

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

Primimplikanten

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

B′D′, BCD, A′C′D′, ACD, ABD, A′B′C′
ABCD00011110000111101011031214051706012X131150141809X11X10

Wesentliche Primimplikanten

B′D′, BCD, A′C′D′, A′B′C′
N = 4

Antwort

N = 4
29.Laplace-Transformationen

Antwort: f(0.2) = 3,242

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 + 6s + 10 = (s + 3)² + 1 = (s + 3)² + 1²

Zähler anpassen

F(s) = 4·(s + 3)/((s + 3)² + 1²) + (10/1)·1/((s + 3)² + 1²)

Rücktransformation

f(t) = e−3t·(4·cos 1t + 10·sin 1t)
f(0,2) = e−3·0,2·(4·cos(1·0,2) + 10·sin(1·0,2)) = 3,242

Antwort

f(0,2) = 3,242
30.Laplace-Transformationen

Antwort: y(0.25) = 5,214

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

Gleichung transformieren

(s² + 7s + 12)·Y(s) = 5s + 35 + 72/s
Y(s) = (5s² + 35s + 72)/(s(s + 3)(s + 4))

Partialbruchzerlegung

A = 72/(3·4) = 6
B = 12/((−3)·1) = −4
C = 12/((−4)·(−1)) = 3

Ergebnis

y(t) = 6 − 4·e−3t + 3·e−4t
y(0,25) = 5,214

Antwort

y(0,25) = 5,214

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

31.Blockschaltbilder

Antwort: ess = 1,739

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

Lagefehlerkonstante

Kₚ = G(0) = 2·3/(5·8) = 0,15

Stationärer Fehler

ess = A/(1 + Kₚ) = 2/(1 + 0,15) = 1,739

Antwort

ess = 1,739
32.Blockschaltbilder

Antwort: css = 9,773

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

Übertragungsfunktionen

C/D = G/(1 + K·G) = 3/(s + 3 + 63)
C/R = K·G/(1 + K·G) = 63/(s + 3 + 63)

Stationärer Zustand

css = 10·63/66 + 5·3/66 = 9,773

Antwort

css = 9,773

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

33.Sprungantwort

Antwort: σ = −7,5

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 = 86 → ωₙ = 9,274 rad/s
2ζωₙ = 15 → ζ = 15/(2·9,274) = 0,8087

Ergebnis

σ = −ζωₙ = −15/2 = −7,5

Antwort

σ = −7,5
34.Sprungantwort

Antwort: ζ = 0,28

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(0,4)/√(π² + ln²(0,4)) = 0,9163/√(9,87 + 0,8396) = 0,28

Antwort

ζ = 0,28
35.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: |H| = −6,953 dB

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

Eckfrequenz

ωc = R/L = 47/0,047 = 1000 rad/s
fc = 159,2 Hz → f/fc = 80/159,2 = 0,5027

Verstärkung

|H| = 0,5027/√(1 + 0,5027²) = 0,4491
20·log₁₀(0,4491) = −6,953 dB

Antwort

|H| = −6,953 dB
36.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: GM = 3,967 dB

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

Phasendurchtritt

(ω/3)·(ω/5) = 1 → ω180 = √(3·5) = 3,873 rad/s

Betrag am Phasendurchtritt

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 9)·√(ω² + 25)) = K/(3·5·(3 + 5)) = K/120

Amplitudenreserve

GM = 20·log₁₀(120/76) = 3,967 dB

Antwort

GM = 3,967 dB
37.Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve

Antwort: N = 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

s³ + 11s² + 10s + 165 = 0

Routh-Schema

s³: 1, 10
s²: 11, 165
s¹: −5
s⁰: 165

Vorzeichenwechsel in der ersten Spalte

1 → 11 → −5 → 165
N = 2

Antwort

N = 2

Die Verstärkung liegt über der Grenze K = 110, also ist ein komplexes Polpaar in die rechte Halbebene gewandert.

38.Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve

Antwort: K = 14,06

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 + 6s + K = s² + 2ζωₙs + ωₙ²
2·0,8·ωₙ = 6 → ωₙ = 3,75 rad/s

Verstärkung

K = ωₙ² = 3,75² = 14,06

Antwort

K = 14,06

Die Pole des geschlossenen Kreises liegen dort, wo die ζ-Gerade den senkrechten Ast bei s = −3 schneidet.

39.Stationärer Fehler und PID-Regelung

Antwort: ess = 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.

Beschleunigungskonstante

Ka = 2·1/2 = 1

Parabelfehler

ess = 4/1 = 4

Antwort

ess = 4
40.Stationärer Fehler und PID-Regelung

Antwort: Kd = 0,618 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 + 2) + 4(5 + Kds) = s² + (2 + 4Kd)s + 20

Eigenfrequenz

ωₙ = √20 = 4,472 rad/s

Differenzialverstärkung

2 + 4Kd = 2·0,5·4,472 = 4,472
Kd = 0,618 s

Antwort

Kd = 0,618 s

Der Differenzialanteil erhöht die Dämpfung, ohne ωₙ zu verändern.

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