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​ = 8 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​10 VR2​10 ΩIR2​AR4​10 ΩB

Bestimme den Strom IR2 durch R2.

V1 = 10 VR1 = 8 ΩR2 = 10 ΩR3 = 10 ΩR4 = 10 Ω
IR2 = A
2.Reihen- und ParallelschaltungSchwer
R1​ = 25 ΩIR1​R3​ = 8 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​9 VR2​2 ΩAR4​5 ΩBR6​15 Ω

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

V1 = 9 VR1 = 25 ΩR2 = 2 ΩR3 = 8 ΩR4 = 5 ΩR5 = 3 ΩR6 = 15 Ω
IR1 = A
3.KnotenpotenzialverfahrenMittel
R1​10 Ω+−V1​18 VI1​R2​6 Ω+−V2​30 VR3​15 Ω−+V3​30 VA

Zwischen Knoten A und Masse liegen drei Zweige, wie dargestellt. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren den Strom I1 im Zweig 1, der in Pfeilrichtung nach oben in den Knoten A fließt.

V1 = 18 VR1 = 10 ΩV2 = 30 VR2 = 6 ΩV3 = 30 VR3 = 15 Ω
I1 = A
4.KnotenpotenzialverfahrenSchwer
R1​ = 4 Ω−+Vs​ = 5 V+−V1​9 VR2​25 ΩAR3​12 ΩBIs​2,5 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 das Knotenpotenzial VA (gegen Masse gemessen).

V1 = 9 VIs = 2,5 AVs = 5 VR1 = 4 ΩR2 = 25 ΩR3 = 12 Ω
VA = V
5.MaschenstromverfahrenMittel
R1​ = 5 ΩR2​ = 2 Ω+−V1​18 VR3​5 ΩA+−V2​6 VI1​I2​

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

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

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

V1 = 9 VV2 = 9 VR1 = 5 ΩR2 = 12 ΩR3 = 20 ΩR4 = 15 ΩR5 = 10 Ω
I2 = A
7.ÜberlagerungssatzMittel
R1​ = 4 ΩR3​ = 3 ΩIR3​+−V1​12 VR2​8 ΩAR4​10 ΩBIs​?

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

V1 = 12 VR1 = 4 ΩR2 = 8 ΩR3 = 3 ΩR4 = 10 Ω
Is = A
8.ÜberlagerungssatzSchwer
R1​ = 3 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 25 Ω+−V1​9 VR3​8 Ω−+VR3​AIs​0,5 AB+−V2​24 V

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

V1 = 9 VIs = 0,5 AV2 = 24 VR1 = 3 ΩR2 = 3 ΩR3 = 8 ΩR4 = 25 Ω
VR3 = V
9.Thévenin und NortonMittel
R1​ = 10 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​18 VR2​3 ΩAab

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

V1 = 18 VR1 = 10 ΩR2 = 3 ΩR3 = 12 Ω
IN = A
10.Thévenin und NortonSchwer
R1​ = 20 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​18 VR2​6 ΩAIs​3 ABab

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

V1 = 18 VIs = 3 AR1 = 20 ΩR2 = 6 ΩR3 = 20 Ω
Vth = V
11.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
+−Vs​5 Vt = 0R = 50 ΩL68 mHi(t)

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

Vs = 5 VR = 50 ΩL = 68 mHt = 1 ms
vL = V
12.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
+−Vs​12 Vt = 0R = 6,8 kΩC68 µF+−vC​vC​(0) = 18 V

Kurz bevor der Schalter bei t = 0 schließt, liegt am Kondensator eine Spannung von 18 V mit der eingezeichneten Polarität. Wie lange dauert es, bis vC den Wert 15 V erreicht? Bestimme t.

Vs = 12 VR = 6,8 kΩC = 68 µFvC(0) = 18 V
t = ms
13.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
230 V200 HzR = 40 ΩL = 150 mHC = 4,7 µF

Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 230 V (Effektivwert) und 200 Hz. Bestimme den Phasenwinkel φ der Impedanz in Grad (positiv, wenn der Strom der Spannung nacheilt).

V = 230 V (rms)f = 200 HzR = 40 ΩL = 150 mHC = 4,7 µF
φ = °
14.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
2 Vf0​R = 15 ΩL = 200 mHC = 0,47 µF

Ein RLC-Reihenschwingkreis wird von einer Quelle mit 2 V (Effektivwert) gespeist, deren Frequenz auf die Resonanzfrequenz der Schaltung eingestellt ist. Bestimme die Effektivspannung VL an der Spule.

V = 2 V (rms)R = 15 ΩL = 200 mHC = 0,47 µF
VL = V
15.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
P = 19 kWQ = ?Sφ

Ein Einphasenmotor nimmt 19 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,65 induktiv aus einer 400-V-Versorgung auf. Bestimme die Blindleistung Q, die er aufnimmt.

P = 19 kWpf = 0,65V = 400 V
Q = kvar
16.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
100 V60 HzRs​ = 4 ΩXs​ = j3 ΩZL​ = ?

Eine Quelle mit 100 V (Effektivwert) und 60 Hz hat eine Innenimpedanz Zs = 4 + j3 Ω. Die Lastimpedanz ZL kann frei gewählt werden. Bestimme die maximale Wirkleistung Pmax, die an die Last abgegeben werden kann.

Vs = 100 V (rms)f = 60 HzZs = 4 + j3 Ω
Pmax = W
17.DrehstromleistungMittel
ABCVL​ = 400 VIL​ = ?M55 kW, η = 94%cos φ = 0,85

Ein Drehstrom-Asynchronmotor gibt bei Volllast 55 kW mechanische Leistung ab. Bei dieser Last beträgt sein Wirkungsgrad 94 % und sein Leistungsfaktor 0,85 induktiv. Das Netz hat eine Leiterspannung von 400 V. Bestimme den Leiterstrom IL.

Pout = 55 kWη = 94%cos φ = 0,85VL = 400 V
IL = A
18.DrehstromleistungSchwer
P = 150 kWφ1​S1​Q2​QC​

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 150 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,72 induktiv aus einem Netz mit 400 V (Leiterspannung) und 50 Hz auf. Eine parallel zur Last geschaltete Drehstrom-Kondensatorbatterie soll den Gesamtleistungsfaktor auf 0,92 induktiv anheben. Die Wirkleistung bleibt gleich. Die Kondensatoren sind im Dreieck geschaltet. Bestimme die Kapazität Cph jedes Kondensators in µF.

P = 150 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,92VL = 400 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.TransformatorenMittel
RL​ = 6 Ω2012400 VV2​I1​ = ?I2​

An der Primärwicklung eines idealen Transformators mit dem Übersetzungsverhältnis N₁:N₂ = 20:1 liegen 2400 V. An die Sekundärwicklung ist ein Widerstand von 6 Ω angeschlossen. Bestimme den Primärstrom I1.

N1:N2 = 20:1V1 = 2400 VRL = 6 Ω
I1 = A
20.TransformatorenSchwer
50 kVA

Ein einphasiger Transformator mit 50 kVA hat Eisenverluste von 400 W und Kupferverluste von 1600 W bei Nennlast. Bei welcher Last Sη,max, in kVA, ist sein Wirkungsgrad am höchsten?

S = 50 kVAPcore = 400 WPcu,fl = 1600 W
Sη,max = kVA
21.OperationsverstärkerMittel
−+Vout​Rf​ = 2 kΩR1​ = 1 kΩVin​ = −1,5 VRa​ = 4,7 kΩRb​ = 1 kΩ

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

Vin = −1,5 VRa = 4,7 kΩRb = 1 kΩR1 = 1 kΩRf = 2 kΩ
Vout = V
22.OperationsverstärkerSchwer
−+Vout​R2​ = 1 kΩV1​ = −0,8 VR1​ = 100 kΩV2​ = 1,5 VR3​ = 22 kΩR4​ = 22 kΩ

Der Operationsverstärker ist ideal und wird mit ±15 V versorgt. Die Widerstandsverhältnisse sind nicht abgeglichen. Bestimme die Ausgangsspannung Vout.

V1 = −0,8 VV2 = 1,5 VR1 = 100 kΩR2 = 1 kΩR3 = 22 kΩR4 = 22 kΩ
Vout = V
23.Dioden und TransistorenMittel
RC​ = 1,2 kΩβ = 75VCC​ = 10 VRB​ = 560 kΩ

Ein NPN-Transistor mit β = 75 wird über einen Basiswiderstand RB = 560 kΩ aus der Versorgung VCC = 10 V eingestellt. Der Kollektorwiderstand ist RC = 1,2 kΩ, und der Emitter liegt auf Masse. Nimm VBE = 0,7 V an und gehe davon aus, dass der Transistor im aktiven Bereich arbeitet. Bestimme die Kollektor-Emitter-Spannung VCE.

VCC = 10 VRB = 560 kΩRC = 1,2 kΩβ = 75VBE = 0,7 V
VCE = V
24.Dioden und TransistorenSchwer
RC​ = 470 Ωβ = 200VCC​ = 9 V3,3 VRB​ = ?

Ein NPN-Transistor mit β = 200 schaltet einen Lastwiderstand von 470 Ω, der zwischen VCC = 9 V und seinem Kollektor liegt. Der Emitter liegt auf Masse. Die Basis wird von einem Logikausgang mit 3,3 V über einen Basiswiderstand RB angesteuert. Nimm VBE = 0,7 V und VCE(sat) = 0,2 V an. Bestimme den größten Basiswiderstand RB in kΩ, der den Transistor gerade noch in die Sättigung steuert.

VCC = 9 VRC = 470 Ωβ = 200Vin = 3,3 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 V
RB = kΩ
25.ZahlensystemeMittel
Stellenwerte im Zweierkomplement1−12816413201608141201

Das 8-Bit-Muster 1110 0110 speichert eine vorzeichenbehaftete Ganzzahl im Zweierkomplement. Welchen Wert N hat sie im Dezimalsystem?

1110 01108 bit
N =
26.ZahlensystemeSchwer
Klicke auf die Bits, um sie zu setzen012806403201608040201

Setze die Bits auf das 8-Bit-Ergebnis von 1011 1100 XOR 1000 1101. Welchen Wert R hat das Ergebnis dezimal?

1011 1100XOR1000 1101
R =
27.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & FlipflopsMittel
ABCD00011110000111101111

In diesem Karnaugh-Diagramm hat genau eine 1 keine benachbarte 1, bleibt also in der minimalen SOP-Form eine Gruppe aus einem Feld (ein voller Minterm mit vier Literalen). Nachbarn über den Rand des Diagramms zählen mit. Klicke dieses Feld an.

F = Σm(1, 10, 11, 15)
  1. 1AB = 00, CD = 00
  2. 2AB = 00, CD = 01
  3. 3AB = 00, CD = 11
  4. 4AB = 00, CD = 10
  5. 5AB = 01, CD = 00
  6. 6AB = 01, CD = 01
  7. 7AB = 01, CD = 11
  8. 8AB = 01, CD = 10
  9. 9AB = 11, CD = 00
  10. 10AB = 11, CD = 01
  11. 11AB = 11, CD = 11
  12. 12AB = 11, CD = 10
  13. 13AB = 10, CD = 00
  14. 14AB = 10, CD = 01
  15. 15AB = 10, CD = 11
  16. 16AB = 10, CD = 10
28.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & FlipflopsSchwer
DQ3​Q3​DQ2​Q2​DQ1​Q1​DQ0​Q0​CLKSHIFT

Ein 4-Bit-Schieberegister Q₃Q₂Q₁Q₀ enthält 1011. Bei jeder Taktflanke werden die Bits um eine Stelle nach rechts geschoben (Q₃ → Q₂ → Q₁ → Q₀, Q₀ geht verloren), und der serielle Eingang gelangt in Q₃. Der serielle Eingang ist 0, 1, 1, 1 an den 4 Flanken. Gib den Endzustand Q = Q₃Q₂Q₁Q₀ als Dezimalzahl an.

Q₃Q₂Q₁Q₀ = 10110, 1, 1, 1
Q =
29.Laplace-TransformationenMittel
ReIm−1−2−3−4−5−61

F(s) = (6s + 6)/(s² + 9s + 18). Ihre Rücktransformierte hat die Form f(t) = A·e−3t + B·e−6t. Bestimme den Koeffizienten A mit der Partialbruchzerlegung.

F(s) = (6s + 6)/(s² + 9s + 18)
A =
30.Laplace-TransformationenSchwer
ReIm−1−2−3−4−5−6−71

Ein System wird durch die Differentialgleichung y″ + 5y′ + 4y = 3u′ + 20u 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 = 1,5 s aus. Bestimme g(1,5).

y″ + 5y′ + 4y = 3u′ + 20ut = 1,5 s
g(1.5) =
31.BlockschaltbilderMittel
R(s)+14K+2s + 1G(s)C(s)3H₁−−

Die Strecke G(s) = 2/(s + 1) hat eine innere (unterlagerte) Gegenkopplung mit der Verstärkung H₁ = 3. Eine Reglerverstärkung K = 14 und eine äußere Einheits-Gegenkopplung schließen das System. Bestimme den Pol p des geschlossenen Kreises.

G(s) = 2/(s + 1)H₁ = 3K = 14
p =
32.BlockschaltbilderSchwer
R(s)+27Regler+D(s)+1s + 6StreckeC(s)−

Ein Proportionalregler K = 27 steuert die Strecke G(s) = 1/(s + 6) in einem Regelkreis mit Einheits-Gegenkopplung. Eine Störung D greift am Streckeneingang an (sie wird zum Reglerausgang addiert). Bei R = 0 wird ein Störsprung der Größe 2 angelegt. Bestimme den stationären Ausgang css.

K = 27G(s) = 1/(s + 6)D = 2R = 0
css =
33.SprungantwortMittel
t (s)y(t)1

Ein System hat die Übertragungsfunktion G(s) = 47/(s² + 7s + 47) und erhält einen Einheitssprung am Eingang. Die Pole sind s = σ ± jωd. Bestimme den Realteil σ.

G(s) = 47/(s² + 7s + 47)
σ =
34.SprungantwortSchwer
R(s)+275s(s + 6)G(s)C(s)−

Ein Regelkreis mit Einheits-Gegenkopplung hat G(s) = 275/(s(s + 6)). Bestimme die 2-%-Ausregelzeit ts der Sprungantwort des geschlossenen Kreises mit ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 275/(s(s + 6))
ts = s
35.Bode-Diagramme und ReservenMittel
vin​R = 1 kΩC = 4,7 nFvout​

Der gezeigte RC-Tiefpass hat R = 1 kΩ, C = 4,7 nF. Ein sinusförmiges Eingangssignal von 68 kHz wird angelegt. Bestimme die Verstärkung |H| = |vout/vin| in dB.

R = 1 kΩC = 4,7 nFf = 68 kHz
|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) = 70/(s(s + 1)(s + 10)). Bestimme die Phasendurchtrittsfrequenz ω180, bei der ∠L(jω) = −180° ist.

L(s) = 70/(s(s + 1)(s + 10))
ω180 = rad/s
37.Stabilität: Routh-Hurwitz und WurzelortskurveMittel
R(s)+16801s(s + 4)(s + 10)C(s)−

Der Regelkreis im Schaubild arbeitet mit Gegenkopplung und hat L(s) = 1680/(s(s + 4)(s + 10)). Wie viele Pole N des geschlossenen Kreises liegen in der rechten Halbebene?

L(s) = 1680/(s(s + 4)(s + 10))
N =
38.Stabilität: Routh-Hurwitz und WurzelortskurveSchwer
ReImζ = 0,707−0,5−1−1,5−2−2,50,5j0,5j1

Die Wurzelortskurve von L(s) = K/(s(s + 2)) ist abgebildet. Bestimme die Verstärkung K, bei der die Pole des geschlossenen Kreises den Dämpfungsgrad ζ = 0,707 haben.

L(s) = K/(s(s + 2))ζ = 0,707
K =
39.Stationärer Fehler und PID-RegelungMittel
r(t) = 2t+Ks(s + 2)C(s)−

Ein Regelkreis mit Einheitsrückführung und G(s) = K/(s(s + 2)) soll der Rampe r(t) = 2t mit einem stationären Fehler von 0,2 folgen. Bestimme die Verstärkung K.

G(s) = K/(s(s + 2))r(t) = 2tess = 0,2
K =
40.Stationärer Fehler und PID-RegelungSchwer
R(s)+4 + Kd​s2s(s + 4)C(s)−

Ein PD-Regler C(s) = 4 + Kd·s regelt die Strecke G(s) = 2/(s(s + 4)) in einem Regelkreis mit Einheitsrückführung. Bestimme die Differenzialverstärkung Kd, die dem geschlossenen Kreis den Dämpfungsgrad ζ = 0,9 gibt.

G(s) = 2/(s(s + 4))Kp = 4ζ = 0,9
Kd = s

3Lösungen

1.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: IR2 = 0,4545 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​ = 8 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​10 VR2​10 ΩAR4​10 ΩB

Widerstände vom fernen Ende her zusammenfassen

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

R3 + R4 = 10 + 10 = 20 Ω
R2 ∥ 20 = 10·20/(10+20) = 6,667 Ω
Req = R1 + 6,667 = 8 + 6,667 = 14,67 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 = 10/14,67 = 0,6818 A

Strom durch R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 10 − 0,6818·8 = 4,545 V
IR2 = VA/R2 = 4,545/10 = 0,4545 A

Antwort

IR2 = 0,4545 A
2.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: IR1 = 0,3369 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​ = 25 ΩR3​ = 8 ΩR5​ = 3 Ω+−V1​9 VR2​2 ΩAR4​5 ΩBR6​15 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 = 3 + 15 = 18 Ω
R4 ∥ 18 = 3,913 Ω
R3 + 3,913 = 11,91 Ω
R2 ∥ 11,91 = 1,712 Ω
Req = R1 + 1,712 = 25 + 1,712 = 26,71 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 = 9/26,71 = 0,3369 A

Antwort

IR1 = 0,3369 A
3.Knotenpotenzialverfahren

Antwort: I1 = 0,36 A

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

Knotenregel am Knoten A

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

(VA − 18)/10 + (VA − 30)/6 + (VA − (−30))/15 = 0

Nach VA auflösen

VA = (18/10 + 30/6 + (−30)/15) / (1/10 + 1/6 + 1/15) = 4,8/0,3333 = 14,4 V

Zweigstrom

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

I1 = (18 − VA)/R1 = (18 − 14,4)/10 = 0,36 A

Antwort

I1 = 0,36 A

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

4.Knotenpotenzialverfahren

Antwort: VA = 11,61 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 + 5
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is

Lösen

(VA − 9)/4 + VA/25 + (VA + 5)/12 = 2,5
VA·(1/4 + 1/25 + 1/12) = 2,5 + 9/4 − 5/12 = 4,333
VA = 4,333/0,3733 = 11,61 V
VB = 16,61 V

Antwort

VA = 11,61 V
5.Maschenstromverfahren

Antwort: I2 = 0,6667 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​ = 5 ΩR2​ = 2 Ω+−V1​18 VR3​5 ΩA+−V2​6 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
5·I1 + 5(I1 − I2) = 18
10·I1 − 5·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 + 5(I2 − I1) = (−6)
−5·I1 + 7·I2 = −6

Lösen

Δ = (10)(7) − (−5)(−5) = 45
I1 = Δ1/Δ = 96/45 = 2,133 A
I2 = Δ2/Δ = 30/45 = 0,6667 A

Antwort

I2 = 0,6667 A

Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.

6.Maschenstromverfahren

Antwort: I2 = 0,1673 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​ = 5 ΩR2​ = 12 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​9 VR4​15 ΩAR5​10 ΩB+−V2​9 VI1​I2​I3​

Maschenströme festlegen

Zeichne in jedes Fenster einen Strom im Uhrzeigersinn: I1, I2, I3. Ein Widerstand, den zwei Maschen teilen, führt die Differenz ihrer Ströme.

Maschenregel in Masche 1

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

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
5·I1 + 15(I1 − I2) = 9
20·I1 − 15·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
12·I2 + 15(I2 − I1) + 10(I2 − I3) = 0
−15·I1 + 37·I2 − 10·I3 = 0

Maschenregel in Masche 3

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

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
20·I3 + 10(I3 − I2) = (−9)
−10·I2 + 30·I3 = −9

Lösen

Δ = Determinante der Koeffizientenmatrix = 13450
I1 = Δ1/Δ = 7740/13450 = 0,5755 A
I2 = Δ2/Δ = 2250/13450 = 0,1673 A
I3 = Δ3/Δ = −3285/13450 = −0,2442 A

Antwort

I2 = 0,1673 A

Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.

7.Überlagerungssatz

Antwort: Is = 0,8 A

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

R1​ = 4 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​12 VR2​8 ΩAR4​10 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 = 3+10 = 13 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 8·13/(8+13) = 4,952 Ω
VA = 12·4,952/(4+4,952) = 6,638 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 6,638·10/13 = 5,106 V
IR3′ = (VA − VB)/R3 = (6,638 − 5,106)/3 = 0,5106 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 = 2,667 Ω
IR3″ = −Is·R4/(R4 + R3 + R1∥R2) = −Is·10/15,67 = −0,6383·Is

Die Summe null setzen

IR3′ + IR3″ = 0,5106 − 0,6383·Is = 0
Is = 0,5106/0,6383 = 0,8 A

Antwort

Is = 0,8 A
8.Überlagerungssatz

Antwort: VR3 = −8,711 V

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

R1​ = 3 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 25 Ω+−V1​9 VR3​8 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) = 8 ∥ 28 = 6,222 Ω
VA = 9·6,222/(3+6,222) = 6,072 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 6,072·25/28 = 5,422 V
VR3′ = 0 − VA = 0 − 6,072 = −6,072 V
R1​ = 3 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 25 ΩKURZSCHLUSSR3​8 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 = 2,182 Ω, also ist der linke Pfad R2+2,182 = 5,182 Ω
Req = R4 ∥ 5,182 = 4,292 Ω
VB = Is·Req = 0,5·4,292 = 2,146 V
VA = VB·2,182/5,182 = 0,9036 V
VR3″ = 0 − VA = 0 − 0,9036 = −0,9036 V
R1​ = 3 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 25 ΩKURZSCHLUSSR3​8 ΩAOFFENB+−V2​24 V

Fall 3 · V2 allein aktiv

V₁ wird zum Kurzschluss und Iₛ zum Leerlauf. R₁ ∥ R₃ hängt an A, in Reihe mit R₂ zurück nach B.

R1 ∥ R3 = 3·8/(3+8) = 2,182 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 24·5,182/30,18 = 4,12 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 4,12·2,182/5,182 = 1,735 V
VR3‴ = 0 − VA = 0 − 1,735 = −1,735 V

Anteile addieren

VR3 = VR3′ + VR3″ + VR3‴
VR3 = (−6,072) + (−0,9036) + (−1,735) = −8,711 V

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

9.Thévenin und Norton

Antwort: IN = 0,2903 A

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

R1​ = 10 ΩR3​ = 12 ΩKURZSCHLUSSR2​3 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 = 10·3/(10+3) = 2,308 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,308 + 12 = 14,31 Ω
R1​ = 10 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​18 VR2​3 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) = 18·3/(10+3) = 4,154 V
IN​0,2903 ARth​14,31 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 = 4,154/14,31 = 0,2903 A
10.Thévenin und Norton

Antwort: Vth = 78 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​ = 20 ΩR3​ = 20 ΩKURZSCHLUSSR2​6 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 = 20·6/(20+6) = 4,615 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,615 + 20 = 24,62 Ω
R1​ = 20 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​18 VR2​6 ΩAIs​3 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) = 4,154 + 3·4,615 = 18 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 18 + 3·20 = 78 V
11.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: vL = 2,397 V

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

Zeitkonstante und Endstrom

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

τ = L/R = 68 mH / 50 Ω = 1,36 ms
i(∞) = Vs/R = 5/50 = 0,1 A

Spulenspannung

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

vL(t) = Vs·e−t/τ = 5·e−1/1,36 = 2,397 V

Antwort

vL = 2,397 V
12.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: t = 320,5 ms

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

Anfangswert, Endwert, Zeitkonstante

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

vC(0) = 18 V, vC(∞) = Vs = 12 V
τ = R·C = 6,8 kΩ · 68 µF = 462,4 ms
vC(t) = 12 + (18 − 12)·e−t/τ

Nach der Zeit auflösen

15 = 12 + (6)·e−t/τ → e−t/τ = (15 − 12)/(18 − 12) = 0,5
t = τ·ln((18 − 12)/(15 − 12)) = 462,4·ln(2) = 320,5 ms

Antwort

t = 320,5 ms
13.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: φ = 25,62 °

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 = 1257·0,15 = 188,5 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·4,7·10⁻⁶) = 169,3 Ω

Impedanz

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(40² + (19,18)²) = 44,36 Ω

Phasenwinkel

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(19,18/40) = 25,62°

Antwort

φ = 25,62°
14.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: VL = 86,98 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|.

Resonanz

Bei Resonanz heben sich die Blindwiderstände auf, die Impedanz ist also nur R.

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,2·0,47·10⁻⁶) = 3262 rad/s
I = V/R = 2/15 = 0,1333 A

Spannung an der Spule

XL = ω₀L = 3262·0,2 = 652,3 Ω
VL = I·XL = 0,1333·652,3 = 86,98 V

Antwort

VL = 86,98 V

Das ist das Q = 43,49-Fache der Versorgungsspannung.

15.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: Q = 22,21 kvar

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

Winkel

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

Blindleistung

Q = P·tan φ = 19·1,169 = 22,21 kvar

Antwort

Q = 22,21 kvar
16.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: Pmax = 625 W

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

Konjugiert komplexe Anpassung

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

ZL = Zs* = 4 − j3 Ω

Maximale Leistung

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

Antwort

Pmax = 625 W
17.Drehstromleistung

Antwort: IL = 99,36 A

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

Elektrische Aufnahmeleistung

Pin = Pout/η = 55/0,94 = 58,51 kW

Leiterstrom

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 58511/(√3·400·0,85) = 99,36 A

Antwort

IL = 99,36 A
18.Drehstromleistung

Antwort: Cph = 535 µF

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

Blindleistung vorher und nachher

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

Q1 = 150·tan(acos 0,72) = 150·0,9639 = 144,6 kvar
Q2 = 150·tan(acos 0,92) = 150·0,426 = 63,9 kvar

Blindleistung der Kondensatoren

QC = Q1 − Q2 = 80,68 kvar

Kapazität pro Strang

In einer Dreieckbatterie ist jeder Kondensator zwischen zwei Außenleiter geschaltet.

V = 400 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 26893/(314,2·400²) = 535 µF

Antwort

Cph = 535 µF
19.Transformatoren

Antwort: I1 = 1 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.

Sekundärspannung und -strom

V2 = 2400/20 = 120 V
I2 = 120/6 = 20 A

Primärstrom

Ein idealer Transformator hat keine Verluste: V₁·I₁ = V₂·I₂.

I1 = I2/20 = 1 A

Antwort

I1 = 1 A

Kontrolle: Die Last von der Primärseite aus gesehen ist a²·RL = 2400 Ω, und 2400/2400 ergibt denselben Strom.

20.Transformatoren

Antwort: Sη,max = 25 kVA

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

Kupferverluste gleich Eisenverluste

x²·1600 = 400 → x = √(400/1600) = 0,5

Last bei maximalem Wirkungsgrad

Sη,max = x·S = 0,5·50 = 25 kVA

Antwort

Sη,max = 25 kVA
21.Operationsverstärker

Antwort: Vout = −0,7895 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) = −1,5·1/(4,7 + 1) = −0,2632 V

Nicht invertierende Verstärkung

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

Vout = V₊·(1 + Rf/R1) = −0,2632·(1 + 2/1) = −0,7895 V

Antwort

Vout = −0,7895 V
22.Operationsverstärker

Antwort: Vout = 0,7655 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₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 1,5·22/(22 + 22) = 0,75 V

Die beiden Eingänge überlagern

Mit V₂ = 0 sieht V₁ einen invertierenden Verstärker. Mit V₁ = 0 wird V₊ mit der nicht invertierenden Verstärkung 1 + R₂/R₁ verstärkt.

Vout = −(1/100)·(−0,8) + (1 + 1/100)·0,75 = 0,008 + 0,7575 = 0,7655 V

Antwort

Vout = 0,7655 V
23.Dioden und Transistoren

Antwort: VCE = 8,505 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.

Basisstrom

IB = (VCC − VBE)/RB = (10 − 0,7)/560 kΩ = 16,61 µA

Kollektorstrom

IC = β·IB = 75·16,61 µA = 1,246 mA

Kollektor-Emitter-Spannung

VCE = 10 − 1,246 mA·1,2 kΩ = 8,505 V

Antwort

VCE = 8,505 V
24.Dioden und Transistoren

Antwort: RB = 27,77 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)/470 = 18,72 mA

Minimaler Basisstrom

IB(min) = IC(sat)/β = 18,72/200 = 93,62 µA

Basiswiderstand

RB = (3,3 − 0,7)/IB = 2,6 V/0,09362 mA = 27,77 kΩ

Antwort

RB = 27,77 kΩ

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

25.Zahlensysteme

Antwort: N = −26

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

Stellenwerte addieren

Die übrigen Bits behalten ihre normalen positiven Werte.

−128 + 64 + 32 + 4 + 2 = −26

Antwort

N = −26
26.Zahlensysteme

Antwort: R = 49

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

Bit für Bit

XOR ergibt 1, wo sich die beiden Bits unterscheiden.

1011 1100
XOR 1000 1101
= 0011 0001

Wert des Ergebnisses

0011 0001₂ = 49

Antwort

R = 49
27.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & Flipflops

Antwort: AB = 00, CD = 01

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.

Nachbarn jeder 1

Eine 1 mit einer benachbarten 1 kann einer Gruppe aus zwei oder mehr Feldern angehören.

m1: m0, m3, m5, m9 → 0
ABCD00011110000111101111

Die isolierte 1

m1 = A′B′C′D → AB = 00, CD = 01

Antwort

AB = 00, CD = 01
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

1011 → 0101 → 1010 → 1101 → 1110

Dezimalwert

1110₂ = 14

Antwort

Q = 14
29.Laplace-Transformationen

Antwort: A = −4

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

Nenner in Faktoren zerlegen

s² + 9s + 18 = (s + 3)(s + 6)
F(s) = A/(s + 3) + B/(s + 6)

Zuhaltemethode

Multipliziere mit (s + 3) und setze s = −3: Der B-Term verschwindet.

A = (6s + 6)/(s + 6) |s = −3 = −12/3 = −4

Antwort

A = −4
(B = 10, also f(t) = −4·e−3t + 10·e−6t)
30.Laplace-Transformationen

Antwort: g(1.5) = 1,258

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) = (3s + 20)/(s² + 5s + 4)

Partialbruchzerlegung

s² + 5s + 4 = (s + 1)(s + 4)
A = 5,667, B = −2,667

Impulsantwort

g(t) = 5,667·e−t − 2,667·e−4t
g(1,5) = 1,258

Antwort

g(1,5) = 1,258
31.Blockschaltbilder

Antwort: p = −35

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) = 2/(s + 1 + 2·3) = 2/(s + 7)

Äußere Schleife

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 28/(s + 7 + 28) = 28/(s + 35)

Ergebnis

p = −35

Antwort

p = −35
32.Blockschaltbilder

Antwort: css = 0,06061

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) = 1/(s + 6 + 27)

Stationärer Zustand

css = 2·1/33 = 0,06061

Antwort

css = 0,06061

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

33.Sprungantwort

Antwort: σ = −3,5

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 = 47 → ωₙ = 6,856 rad/s
2ζωₙ = 7 → ζ = 7/(2·6,856) = 0,5105

Ergebnis

σ = −ζωₙ = −7/2 = −3,5

Antwort

σ = −3,5
34.Sprungantwort

Antwort: ts = 1,333 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).

Übertragungsfunktion des geschlossenen Kreises

T(s) = 275/(s² + 6s + 275): ωₙ = 16,58 rad/s, ζ = 0,1809

Ausregelzeit

ζωₙ = 6/2 = 3
ts ≈ 4/(ζωₙ) = 1,333 s

Antwort

ts = 1,333 s

Für diesen Kreis ist ζωₙ = a/2, unabhängig von K: Ein größeres K erhöht das Überschwingen, verkürzt aber nicht die Ausregelzeit.

35.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: |H| = −7,018 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 = 1/(RC) = 1/(1000·4,7 × 10⁻⁹) = 212766 rad/s
fc = 33863 Hz → f/fc = 68000/33863 = 2,008

Verstärkung

|H| = 1/√(1 + 2,008²) = 0,4458
20·log₁₀(0,4458) = −7,018 dB

Antwort

|H| = −7,018 dB
36.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: ω180 = 3,162 rad/s

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

Phasendurchtritt

(ω/1)·(ω/10) = 1 → ω180 = √(1·10) = 3,162 rad/s

Antwort

ω180 = 3,162 rad/s
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 + 14s² + 40s + 1680 = 0

Routh-Schema

s³: 1, 40
s²: 14, 1680
s¹: −80
s⁰: 1680

Vorzeichenwechsel in der ersten Spalte

1 → 14 → −80 → 1680
N = 2

Antwort

N = 2

Die Verstärkung liegt über der Grenze K = 560, also ist ein komplexes Polpaar in die rechte Halbebene gewandert.

38.Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve

Antwort: K = 2,001

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 + 2s + K = s² + 2ζωₙs + ωₙ²
2·0,707·ωₙ = 2 → ωₙ = 1,414 rad/s

Verstärkung

K = ωₙ² = 1,414² = 2,001

Antwort

K = 2,001

Die Pole des geschlossenen Kreises liegen dort, wo die ζ-Gerade den senkrechten Ast bei s = −1 schneidet.

39.Stationärer Fehler und PID-Regelung

Antwort: K = 20

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

Erforderliche Geschwindigkeitskonstante

Kv = A/ess = 2/0,2 = 10

Verstärkung

K = 2·Kv = 20

Antwort

K = 20

Eine große Verstärkung macht diesen Kreis sehr schwach gedämpft: ζ = 0,2236. Dieser Zielkonflikt ist der Grund, warum Kompensatoren eingesetzt werden.

40.Stationärer Fehler und PID-Regelung

Antwort: Kd = 0,5456 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 + 4) + 2(4 + Kds) = s² + (4 + 2Kd)s + 8

Eigenfrequenz

ωₙ = √8 = 2,828 rad/s

Differenzialverstärkung

4 + 2Kd = 2·0,9·2,828 = 5,091
Kd = 0,5456 s

Antwort

Kd = 0,5456 s

Der Differenzialanteil erhöht die Dämpfung, ohne ωₙ zu verändern.

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