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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
Beginne an dem Ende des Netzwerks, das am weitesten von den Klemmen entfernt ist.
Fasse Widerstände in Reihe durch Addieren zusammen und parallele Widerstände mit 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
Zeichne die Schaltung nach jedem Schritt neu.
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
Wähle einen Bezugsknoten (Masse) und benenne die übrigen Knotenspannungen.
Stelle an jedem unbekannten Knoten die Knotenregel auf: Die über alle Zweige abfließenden Ströme sind gleich den zufließenden.
Drücke jeden Zweigstrom als (Va − Vb)/R aus.
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
Zeichne in jeder Masche (jedem Fenster) der Schaltung einen Strom im Uhrzeigersinn ein.
Wende in jeder Masche die Maschenregel an: Die Summe der Spannungsabfälle ist null.
In einem Widerstand, den zwei Maschen gemeinsam haben, fließt die Differenz der beiden Maschenströme.
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
Zähle die unabhängigen Quellen. Für jede Quelle löst du eine einfachere Schaltung.
Behalte eine Quelle und schalte die anderen ab: Eine Spannungsquelle wird zum Kurzschluss (ein Draht), eine Stromquelle zum Leerlauf (eine Unterbrechung).
Berechne in der einfacheren Schaltung die gesuchte Spannung oder den gesuchten Strom und achte auf die Richtung.
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
Entferne die Last und markiere die beiden Klemmen a und b.
Bestimme die Leerlaufspannung zwischen a und b: Das ist Vth.
Schalte alle unabhängigen Quellen ab und bestimme den Widerstand, den man von a–b aus sieht: Das ist Rth.
Schließe die Last wieder an die Ersatzschaltung an: Vth in Reihe mit Rth.
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
Bestimme den Anfangswert unmittelbar nach dem Schalten: Kondensatorspannung und Spulenstrom können nicht springen.
Bestimme den Endwert lange nach dem Schalten: Ein Kondensator wirkt wie ein Leerlauf, eine Spule wie ein Kurzschluss.
Bestimme die Zeitkonstante: τ = RC oder τ = L/R, mit dem Widerstand, den der Kondensator bzw. die Spule sieht.
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
Rechne die Frequenz um: ω = 2πf.
Bestimme jeden Blindwiderstand: XL = ωL und XC = 1/(ωC).
Addiere Impedanzen wie Widerstände, mit Z = R + jX.
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
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
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.
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.
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.
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
Schreibe das charakteristische Polynom des geschlossenen Kreises auf: den Nenner von 1 + K·G(s) = 0, ausmultipliziert.
Trage die Koeffizienten abwechselnd in die ersten beiden Zeilen des Routh-Schemas ein und bilde die übrigen Zeilen.
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.
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
Zähle die Pole des offenen Kreises C(s)·G(s) bei s = 0: Das ist der Systemtyp.
Berechne die Fehlerkonstante, die zur Eingangsgröße passt: Kp für einen Sprung, Kv für eine Rampe, Ka für eine Parabel.
Wende ess = A/(1 + Kp), A/Kv oder A/Ka an, oder löse die Gleichung nach der benötigten Verstärkung auf.
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
Bestimme den Strom IR1, den die Quelle abgibt und der durch R1 fließt.
V1 = 9 VR1 = 15 ΩR2 = 8 ΩR3 = 6 ΩR4 = 20 Ω
IR1 = A
2.Reihen- und ParallelschaltungSchwer
Bestimme den Ersatzwiderstand Req, den die Quelle V1 sieht.
Die Stromquelle wird so eingestellt, dass das Knotenpotenzial an A VA = 7,5 V beträgt. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren den Quellenstrom Is (Richtung wie dargestellt).
Bestimme mit dem Überlagerungssatz die Spannung VR2 über R2 mit der eingezeichneten Polarität.
V1 = 9 VIs = 2 AR1 = 5 ΩR2 = 8 ΩR3 = 4 ΩR4 = 20 Ω
VR2 = V
8.ÜberlagerungssatzSchwer
Eine lineare Widerstandsschaltung enthält drei unabhängige Quellen: V1, V2 und Is. Der Strom I durch eine Last wird dreimal gemessen. Mit allen Quellen auf ihren Normalwerten ist I = −29 mA. Mit verdoppeltem V1 und unveränderten anderen beiden ist I = −40 mA. Mit umgekehrter Richtung von Is und unveränderten anderen beiden ist I = −17 mA. Bestimme den Laststrom I, wenn V2 abgeschaltet ist und V1 und Is ihre Normalwerte haben.
normal: I = −29 mA2·V1: I = −40 mA−Is: I = −17 mA
I = mA
9.Thévenin und NortonMittel
An a–b wird eine Last RL = 3 Ω angeschlossen. Ersetze den Rest der Schaltung durch ihr Thévenin-Ersatzschaltbild und bestimme den Laststrom IL.
V1 = 15 VR1 = 5 ΩR2 = 2 ΩR3 = 12 ΩRL = 3 Ω
IL = A
10.Thévenin und NortonSchwer
An a–b wird eine Last RL = 6 Ω angeschlossen. Ersetze den Rest der Schaltung durch ihr Thévenin-Ersatzschaltbild und bestimme den Laststrom IL.
Die Spule führt einen konstanten Strom von 1 A. Bei t = 0 schließt der Schalter den Kreis über R, und die Quelle wird abgetrennt, der Spulenstrom klingt also über R ab. Wie lange dauert es, bis der Strom auf 0,5 A gefallen ist? Bestimme t.
i(0) = 1 AR = 50 ΩL = 220 mH
t = ms
12.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
Kurz bevor der Schalter bei t = 0 schließt, liegt am Kondensator eine Spannung von 2 V mit der eingezeichneten Polarität. Bestimme die Kondensatorspannung vC bei t = 60 ms.
Vs = 15 VR = 1 kΩC = 22 µFvC(0) = 2 Vt = 60 ms
vC = V
13.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 50 V (Effektivwert) und 60 Hz. Bestimme den Effektivwert des Stroms I.
V = 50 V (rms)f = 60 HzR = 40 ΩL = 250 mHC = 47 µF
I = A
14.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
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 = 100 mHC = 0,22 µF
VL = V
15.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
Ein Einphasenmotor nimmt 18 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,65 induktiv aus einer 230-V-Versorgung auf. Bestimme die Blindleistung Q, die er aufnimmt.
P = 18 kWpf = 0,65V = 230 V
Q = kvar
16.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
Eine Quelle mit 10 V (Effektivwert) und 60 Hz hat eine Innenimpedanz Zs = 20 + j3 Ω. Die Lastimpedanz ZL kann frei gewählt werden. Bestimme die maximale Wirkleistung Pmax, die an die Last abgegeben werden kann.
Vs = 10 V (rms)f = 60 HzZs = 20 + j3 Ω
Pmax = W
17.DrehstromleistungMittel
Ein Drehstrom-Asynchronmotor gibt bei Volllast 110 kW mechanische Leistung ab. Bei dieser Last beträgt sein Wirkungsgrad 95 % und sein Leistungsfaktor 0,82 induktiv. Das Netz hat eine Leiterspannung von 480 V. Bestimme den Leiterstrom IL.
Pout = 110 kWη = 95%cos φ = 0,82VL = 480 V
IL = A
18.DrehstromleistungSchwer
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 60 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,8 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. Die Kondensatoren sind im Stern geschaltet. Bestimme die Kapazität Cph jedes Kondensators in µF.
P = 60 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,98VL = 480 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.TransformatorenMittel
Ein Verstärker mit einem Ausgangswiderstand von 800 Ω speist über einen idealen Transformator einen Lautsprecher mit 8 Ω. Für maximale Leistungsübertragung muss der Lautsprecher vom Verstärker aus wie 800 Ω erscheinen. Bestimme das Übersetzungsverhältnis a = N₁/N₂.
Rs = 800 ΩRL = 8 Ω
a =
20.TransformatorenSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 25 kVA hat Eisenverluste von 200 W und Kupferverluste von 400 W bei Nennlast. Bei welcher Last Sη,max, in kVA, ist sein Wirkungsgrad am höchsten?
S = 25 kVAPcore = 200 WPcu,fl = 400 W
Sη,max = kVA
21.OperationsverstärkerMittel
Der Operationsverstärker ist ideal und wird mit ±15 V versorgt. Bestimme die Ausgangsspannung Vout.
Der Integrierer verwendet einen idealen Operationsverstärker mit ±15 V Versorgung; sein Ausgang geht bei ±12 V in die Sättigung. Der Kondensator ist ungeladen, als bei t = 0 eine konstante Eingangsspannung Vin = 1 V angelegt wird. Bestimme die Ausgangsspannung Vout bei t = 500 ms.
Ein NPN-Transistor mit β = 100 wird mit einem Spannungsteiler an VCC = 18 V eingestellt: R₁ = 33 kΩ von VCC zur Basis und R₂ = 8,2 kΩ von der Basis nach Masse. Der Kollektorwiderstand ist RC = 2,7 kΩ und der Emitterwiderstand RE = 1 kΩ. Nimm VBE = 0,7 V an und verwende das Thévenin-Ersatzschaltbild des Teilers (vernachlässige den Basisstrom nicht). Bestimme den Kollektorstrom IC in mA.
Ein NPN-Transistor mit β = 100 schaltet einen Lastwiderstand von 220 Ω, der zwischen VCC = 12 V und seinem Kollektor liegt. Der Emitter liegt auf Masse. Die Basis wird von einem Logikausgang mit 5 V über einen Basiswiderstand RB = 100 kΩ angesteuert. Nimm VBE = 0,7 V und VCE(sat) = 0,2 V an. Bestimme den Kollektorstrom IC in mA, wenn der Eingang auf High liegt. Entscheide zuerst, ob der Transistor gesättigt ist.
Bestimme mit dem Karnaugh-Diagramm die minimale Summe von Produkten (SOP) von F(A, B, C, D) = Σm(0, 2, 4, 11, 12, 13, 14). Wie viele Produktterme N hat sie?
Ein 4-Bit-Binär-Abwärtszähler startet bei 7 (dezimal, Q = 0111). Welchen Zählerstand Q (dezimal) zeigt er nach 21 Taktimpulsen?
Q0 = 721n = 4
Q =
29.Laplace-TransformationenMittel
Bestimme f(t) für F(s) = (6s + 28)/(s² + 2s + 1) und werte f(1) aus.
F(s) = (6s + 28)/(s² + 2s + 1)t = 1 s
f(1) =
30.Laplace-TransformationenSchwer
Ein System gehorcht y″ + 9y′ + 18y = 36·u(t). Es startet in Ruhe (y(0) = 0, y′(0) = 0), und der Eingang ist ein Sprung u(t) = 5 für t ≥ 0. Bestimme mit der Laplace-Transformation den Ausgang y(0,2).
Die Strecke G(s) = K/(s(s + 14)) liegt in einem Regelkreis mit Einheits-Gegenkopplung. Bestimme die Verstärkung K, für die der geschlossene Kreis aperiodisch gedämpft ist (aperiodischer Grenzfall, zwei gleiche reelle Pole).
G(s) = K/(s(s + 14))Einheits-Gegenkopplung
K =
32.BlockschaltbilderSchwer
Fasse das Blockschaltbild mit G₁ = 19/(s + 5), G₂ = 6/(s + 7), einer inneren Gegenkopplung H₁ = 1 um G₂ und einer äußeren Gegenkopplung H₂ = 0,2 zusammen. Bestimme die statische Verstärkung T(0) von C(s)/R(s).
G₁ = 19/(s + 5)G₂ = 6/(s + 7)H₁ = 1H₂ = 0,2
T(0) =
33.SprungantwortMittel
Ein System hat die Übertragungsfunktion G(s) = 32,5/(s² + 7s + 65) und erhält einen Einheitssprung am Eingang. Die Pole sind s = σ ± jωd. Bestimme den Realteil σ.
G(s) = 32,5/(s² + 7s + 65)
σ =
34.SprungantwortSchwer
Ein Regelkreis mit Einheits-Gegenkopplung hat G(s) = K/(s(s + 16)). Bestimme die Verstärkung K, die eine Sprungantwort mit 15 % Überschwingen ergibt.
G(s) = K/(s(s + 16))%OS = 15 %
K =
35.Bode-Diagramme und ReservenMittel
Beim gezeigten Reihen-RLC-Bandpass wird der Ausgang über R = 2 Ω abgegriffen, mit L = 1 mH und C = 1 µF. Bestimme die Mittenfrequenz (Resonanzfrequenz) f0 in Hz.
R = 2 ΩL = 1 mHC = 1 µF
f0 = Hz
36.Bode-Diagramme und ReservenSchwer
Ein Regelkreis mit Einheitsrückführung hat die Übertragungsfunktion des offenen Kreises L(s) = 680/(s(s + 9)(s + 10)). Bestimme die Amplitudenreserve GM in dB.
L(s) = 680/(s(s + 9)(s + 10))
GM = dB
37.Stabilität: Routh-Hurwitz und WurzelortskurveMittel
Der Regelkreis im Schaubild läuft mit K = 2 und L(s) = K/(s(s + 1)(s + 4)). Um welchen Faktor m kann die Verstärkung erhöht werden, bevor der geschlossene Kreis instabil wird?
L(s) = K/(s(s + 1)(s + 4))K = 2
m =
38.Stabilität: Routh-Hurwitz und WurzelortskurveSchwer
Ein Regelkreis mit Einheitsrückführung hat L(s) = K/(s(s + 10)(s + 3)(s + 4)). Bestimme den Punkt σa, an dem die Asymptoten der Wurzelortskurve die reelle Achse schneiden.
L(s) = K/(s(s + 10)(s + 3)(s + 4))
σa =
39.Stationärer Fehler und PID-RegelungMittel
Ein Regelkreis mit Einheitsrückführung hat G(s) = K/((s + 1)(s + 5)). Bestimme die Verstärkung K, die für einen Sprung einen stationären Fehler von 25 % ergibt.
G(s) = K/((s + 1)(s + 5))ess = 25 %
K =
40.Stationärer Fehler und PID-RegelungSchwer
Ein Proportionalregler K = 2 regelt die Strecke G(s) = 4/(s(s + 2)) in einem Regelkreis mit Einheitsrückführung. Bestimme die Überschwingzeit tp der Sprungantwort.
G(s) = 4/(s(s + 2))K = 2
tp = s
3Lösungen
1.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR1 = 0,4262 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.
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 + 20 = 26 Ω
R2 ∥ 26 = 8·26/(8+26) = 6,118 Ω
Req = R1 + 6,118 = 15 + 6,118 = 21,12 Ω
Strom aus der Quelle
Die Quelle sieht nur Req, also liefert das ohmsche Gesetz den Strom, den sie abgibt. Dieser Strom fließt durch R₁.
IR1 = V1/Req = 9/21,12 = 0,4262 A
Antwort
IR1 = 0,4262 A
2.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: Req = 34,33 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.
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 = 6 + 5 = 11 Ω
R4 ∥ 11 = 2,357 Ω
R3 + 2,357 = 32,36 Ω
R2 ∥ 32,36 = 4,331 Ω
Req = R1 + 4,331 = 30 + 4,331 = 34,33 Ω
Antwort
Req = 34,33 Ω
3.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: PIs = 144,6 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/6 + (VA − 24)/20 + (VA − VB)/3 = 0
0,55·VA − 0,3333·VB = 1,2
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)/3 = 5
−0,3333·VA + 0,4·VB = 5
Lösen
Δ = (0,55)(0,4) − (−0,3333)(−0,3333) = 0,1089
VA = Δ1/Δ = 2,147/0,1089 = 19,71 V
VB = Δ2/Δ = 3,15/0,1089 = 28,93 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 = 28,93·5 = 144,6 W
Antwort
PIs = 144,6 W
4.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: Is = 2,087 A
Knotenpotenzialverfahren: Wähle einen Bezugsknoten, benenne die unbekannten Knotenpotenziale, stelle an jedem unbekannten Knoten die Kirchhoffsche Knotenregel mit dem ohmschen Gesetz (I = ΔV/R) auf und löse das entstehende Gleichungssystem.
Knotenregel am Knoten A
VA ist bekannt, daher liefert diese Gleichung VB.
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
(7,5 − 6)/15 + 7,5/25 = (VB − 7,5)/15
0,4 = (VB − 7,5)/15 → VB = 13,5 V
Knotenregel am Knoten B
Die über die Widerstände von B abfließenden Ströme sind gleich dem Strom, den Quellen in B hineinschieben.
Is = (VB − VA)/R3 + VB/R4 = (13,5 − 7,5)/15 + 13,5/8 = 2,087 A
Antwort
Is = 2,087 A
5.Maschenstromverfahren
Antwort: VR2 = −8,516 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.
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) = 12
8·I1 − 5·I2 = 12
Maschenregel in Masche 2
Im Uhrzeigersinn umlaufend sind die Spannungsabfälle an den Widerständen gleich den Quellenspannungen (von − nach + in Umlaufrichtung).
R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
2·I2 + 5(I2 − I1) = (−24)
−5·I1 + 7·I2 = −24
Lösen
Δ = (8)(7) − (−5)(−5) = 31
I1 = Δ1/Δ = −36/31 = −1,161 A
I2 = Δ2/Δ = −132/31 = −4,258 A
Antwort
IR2 = I2 = −4,258 A
VR2 = IR2·R2 = −4,258·2 = −8,516 V
Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.
6.Maschenstromverfahren
Antwort: IR2 = −0,05338 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.
Maschenströme festlegen
Zeichne in jedes Fenster einen Strom im Uhrzeigersinn: I1, I2, I3. Ein Widerstand, den zwei Maschen teilen, führt die Differenz ihrer Ströme.
Maschenregel in Masche 1
Im Uhrzeigersinn umlaufend sind die Spannungsabfälle an den Widerständen gleich den Quellenspannungen (von − nach + in Umlaufrichtung).
R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
8·I1 + 12(I1 − I2) = 5
20·I1 − 12·I2 = 5
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
30·I2 + 12(I2 − I1) + 4(I2 − I3) = 0
−12·I1 + 46·I2 − 4·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
8·I3 + 4(I3 − I2) = (−15)
−4·I2 + 12·I3 = −15
Lösen
Δ = Determinante der Koeffizientenmatrix = 8992
I1 = Δ1/Δ = 1960/8992 = 0,218 A
I2 = Δ2/Δ = −480/8992 = −0,05338 A
I3 = Δ3/Δ = −11400/8992 = −1,268 A
Antwort
IR2 = I2 = −0,05338 A
Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.
7.Überlagerungssatz
Antwort: VR2 = 9,455 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.
Fall 1 · V1 allein aktiv
Iₛ wird zum Leerlauf, daher bilden R₃ und R₄ einen Reihenzweig von A nach Masse, parallel zu R₂.
R3+R4 = 4+20 = 24 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 8·24/(8+24) = 6 Ω
VA = 9·6/(5+6) = 4,909 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 4,909·20/24 = 4,091 V
VR2′ = VA − 0 = 4,909 − 0 = 4,909 V
Fall 2 · Is allein aktiv
V₁ wird zum Kurzschluss, daher liegt R₁ parallel zu R₂. Iₛ teilt sich in B zwischen R₄ und dem Pfad über R₃ auf.
R1 ∥ R2 = 5·8/(5+8) = 3,077 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 20 ∥ 7,077 = 5,227 Ω
VB = Is·Req = 2·5,227 = 10,45 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 10,45·3,077/7,077 = 4,545 V
VR2″ = VA − 0 = 4,545 − 0 = 4,545 V
Anteile addieren
VR2 = VR2′ + VR2″
VR2 = 4,909 + 4,545 = 9,455 V
Ein negatives Ergebnis bedeutet, dass die tatsächliche Polarität der eingezeichneten entgegengesetzt ist.
8.Überlagerungssatz
Antwort: I = −17 mA
Überlagerungssatz: In einer linearen Schaltung ist jede Spannung und jeder Strom die Summe der Wirkungen jeder unabhängigen Quelle für sich allein. Um eine Quelle abzuschalten, ersetzt man eine ideale Spannungsquelle durch einen Kurzschluss und eine ideale Stromquelle durch einen Leerlauf. Die Widerstände bleiben, wo sie sind.
Die Messungen mit Anteilen aufschreiben
Jeder Anteil ist proportional zu seiner eigenen Quelle.
I₁ + I₂ + I₃ = −29
2·I₁ + I₂ + I₃ = −40
I₁ + I₂ − I₃ = −17
Nach den Anteilen auflösen
I₁ = −40 − (−29) = −11 mA
I₃ = (−29 − (−17))/2 = −6 mA
I₂ = −29 − (−11) − (−6) = −12 mA
V₂ abschalten
I = I₁ + I₃ = (−11) + (−6) = −17 mA
Antwort
I = −17 mA
9.Thévenin und Norton
Antwort: IL = 0,2609 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.
Rth bei abgeschalteten Quellen bestimmen
Ersetze Spannungsquellen durch Kurzschlüsse und Stromquellen durch Leerläufe und blicke dann von a–b in die Schaltung.
R1 ∥ R2 = 5·2/(5+2) = 1,429 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,429 + 12 = 13,43 Ω
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) = 15·2/(5+2) = 4,286 V
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) = 4,286/(13,43 + 3) = 0,2609 A
10.Thévenin und Norton
Antwort: IL = 2,551 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.
Rth bei abgeschalteten Quellen bestimmen
Ersetze Spannungsquellen durch Kurzschlüsse und Stromquellen durch Leerläufe und blicke dann von a–b in die Schaltung.
R1 ∥ R2 = 2·20/(2+20) = 1,818 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,818 + 10 = 11,82 Ω
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) = 21,82 + 2·1,818 = 25,45 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 25,45 + 2·10 = 45,45 V
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) = 45,45/(11,82 + 6) = 2,551 A
11.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: t = 3,05 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.
Zeitkonstante
τ = L/R = 220 mH / 50 Ω = 4,4 ms
Nach der Zeit auflösen
0,5 = 1·e−t/τ → t = τ·ln(1/0,5)
t = 4,4·ln(2) = 3,05 ms
Antwort
t = 3,05 ms
12.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: vC = 14,15 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) = 2 V, vC(∞) = Vs = 15 V
τ = R·C = 1 kΩ · 22 µF = 22 ms
vC(t) = 15 + (2 − 15)·e−t/τ
Spannung zum gegebenen Zeitpunkt
vC(60) = 15 + (−13)·e−60/22 = 14,15 V
Antwort
vC = 14,15 V
13.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: I = 0,9084 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·60 = 377 rad/s
XL = ωL = 377·0,25 = 94,25 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(377·47·10⁻⁶) = 56,44 Ω
Impedanz
In Reihe addieren sich die Impedanzen als komplexe Zahlen: Z = R + j(XL − XC).
Durch jedes Element einer Reihenschaltung fließt derselbe Strom.
I = V/|Z| = 50/55,04 = 0,9084 A
Antwort
I = 0,9084 A
14.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: VL = 89,89 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/√(0,1·0,22·10⁻⁶) = 6742 rad/s
I = V/R = 2/15 = 0,1333 A
Spannung an der Spule
XL = ω₀L = 6742·0,1 = 674,2 Ω
VL = I·XL = 0,1333·674,2 = 89,89 V
Antwort
VL = 89,89 V
Das ist das Q = 44,95-Fache der Versorgungsspannung.
15.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: Q = 21,04 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 = 18·1,169 = 21,04 kvar
Antwort
Q = 21,04 kvar
16.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: Pmax = 1,25 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* = 20 − j3 Ω
Maximale Leistung
I = Vs/(2Rs) = 10/40 = 0,25 A
Pmax = I²·RL = Vs²/(4Rs) = 10²/(4·20) = 1,25 W
Antwort
Pmax = 1,25 W
17.Drehstromleistung
Antwort: IL = 169,8 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 = 110/0,95 = 115,8 kW
Leiterstrom
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 115789/(√3·480·0,82) = 169,8 A
Antwort
IL = 169,8 A
18.Drehstromleistung
Antwort: Cph = 453,4 µF
Symmetrische Drehstromsysteme: In der Sternschaltung (Y) ist die Leiterspannung √3-mal so groß wie die Strangspannung, VL = √3·Vph, und der Leiterstrom ist gleich dem Strangstrom. In der Dreieckschaltung (Δ) ist die Leiterspannung gleich der Strangspannung, und der Leiterstrom ist √3-mal so groß wie der Strangstrom, IL = √3·Iph. Die Gesamtleistung ist das Dreifache der Leistung eines Strangs: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ. Blindleistungskompensation: Kondensatoren liefern Blindleistung vor Ort, QC = P·(tan φ1 − tan φ2). Jeder der drei Kondensatoren liefert QC/3 = V²·ω·C, wobei V die Spannung an diesem Kondensator ist: VL bei einer Dreieckbatterie, VL/√3 bei einer Sternbatterie.
Blindleistung vorher und nachher
Die Wirkleistung ändert sich nicht, daher legt jeder Leistungsfaktor die Blindleistung fest: Q = P·tan φ.
Q1 = 60·tan(acos 0,8) = 60·0,75 = 45 kvar
Q2 = 60·tan(acos 0,98) = 60·0,2031 = 12,18 kvar
Blindleistung der Kondensatoren
QC = Q1 − Q2 = 32,82 kvar
Kapazität pro Strang
In einer Sternbatterie ist jeder Kondensator zwischen einen Außenleiter und den Sternpunkt geschaltet.
Idealer Transformator: Die Spannungen verhalten sich wie die Windungszahlen, die Ströme umgekehrt: V₁/V₂ = N₁/N₂ = a und I₁/I₂ = N₂/N₁ = 1/a, also ist die aufgenommene gleich der abgegebenen Leistung, V₁·I₁ = V₂·I₂. Eine Lastimpedanz Z auf der Sekundärseite erscheint von der Primärseite aus als a²·Z.
Die umgerechnete Last anpassen
a²·8 = 800
a = √(800/8) = √100 = 10
Antwort
a = 10
20.Transformatoren
Antwort: Sη,max = 17,68 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
x²·400 = 200 → x = √(200/400) = 0,7071
Last bei maximalem Wirkungsgrad
Sη,max = x·S = 0,7071·25 = 17,68 kVA
Antwort
Sη,max = 17,68 kVA
21.Operationsverstärker
Antwort: Vout = 1,818 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) = 1·10/(1 + 10) = 0,9091 V
Nicht invertierende Verstärkung
V₋ = V₊, und der Strom durch R₁ fließt auch durch Rf.
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.
Der ideale Wert liegt innerhalb von ±Vsat, der Integrierer ist also noch nicht in der Begrenzung.
Vout = −Vin·t/(RC) = −1·500/220,9 = −2,263 V
Antwort
Vout = −2,263 V
23.Dioden und Transistoren
Antwort: IC = 2,68 mA
Arbeitspunkt eines Bipolartransistors: Im aktiven Bereich gilt VBE = 0,7 V, IC = β·IB und IE = (β + 1)·IB. Bestimme IB mit der Maschenregel aus der Basismasche, dann IC und dann VCE aus der Kollektor-Emitter-Masche. Ein Spannungsteiler an der Basis wird durch sein Thévenin-Ersatzschaltbild ersetzt: VTH = VCC·R₂/(R₁ + R₂), RTH = R₁∥R₂; ein Emitterwiderstand erscheint in der Basismasche (β + 1)-mal größer.
Thévenin-Ersatzschaltbild des Teilers
VTH = 18·8,2/(33 + 8,2) = 3,583 V
RTH = 33·8,2/(33 + 8,2) = 6,568 kΩ
Basisstrom
Maschenregel für die Basismasche; der Emitterstrom ist (β + 1)·IB.
IB = (3,583 − 0,7)/(6,568 + 101·1) = 26,8 µA
Kollektorstrom
IC = 100·26,8 µA = 2,68 mA
IE = 101·26,8 µA = 2,707 mA
Antwort
IC = 2,68 mA
24.Dioden und Transistoren
Antwort: IC = 4,3 mA
Bipolartransistor als Schalter: Um eine Last voll einzuschalten, wird der Transistor in die Sättigung gesteuert; dort gilt VCE = VCE(sat), und der Kollektorstrom wird von der Last bestimmt: IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC. Für die Sättigung braucht man mindestens IB = IC(sat)/β. Ist der Basisstrom kleiner, bleibt der Transistor aktiv und IC = β·IB.
Basisstrom
IB = (5 − 0,7)/100 kΩ = 43 µA
Gesättigt oder aktiv?
β·IB ist kleiner als IC(sat), also bleibt der Transistor aktiv.
β·IB = 4,3 mA
IC(sat) = (12 − 0,2)/220 = 53,64 mA
Kollektorstrom
IC = β·IB = 4,3 mA
Antwort
IC = 4,3 mA
Der Transistor ist aktiv, die Last ist also nicht voll eingeschaltet.
25.Zahlensysteme
Antwort: U = 208
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
48 = 0011 0000
invertiert: 1100 1111
+1 → 1101 0000
Vorzeichenlos lesen
1101 0000₂ = 256 − 48 = 208
Antwort
U = 208
26.Zahlensysteme
Antwort: M = 300 KiB
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.
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.
Die Einsen zusammenfassen
Jede Gruppe ist ein Rechteck aus 2ᵏ Feldern; Randfelder sind Nachbarn der Felder am gegenüberliegenden Rand.
BC′D′
A′B′D′
ABD′
ABC′
AB′CD
Minimale SOP-Form
F = BC′D′ + A′B′D′ + ABD′ + ABC′ + AB′CD
N = 5
Antwort
N = 5
Es gibt eine weitere Gruppierung derselben Größe; sie hat dieselbe Anzahl von Termen und Literalen.
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.
Volle Zyklen
Alle 16 Impulse bringen den Zähler in denselben Zustand zurück.
21 = 1·16 + 5
Zählerstand nach den restlichen Impulsen
Q = (7 − 5) mod 16 = 2
Q = 0010₂
Antwort
Q = 2
29.Laplace-Transformationen
Antwort: f(1) = 10,3
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 + 2s + 1 = (s + 1)²
Partialbruchzerlegung
6s + 28 = 6(s + 1) + 22
F(s) = 6/(s + 1) + 22/(s + 1)²
Rücktransformation
f(t) = 6·e−t + 22·t·e−t
f(1) = (6 + 22·1)·e−1 = 10,3
Antwort
f(1) = 10,3
30.Laplace-Transformationen
Antwort: y(0.2) = 2,036
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
Y(s) = 180/(s(s + 3)(s + 6))
Partialbruchzerlegung
A = 180/(3·6) = 10
B = 180/((−3)·3) = −20
C = 180/((−6)·(−3)) = 10
Ausfuhr
y(t) = 10 − 20·e−3t + 10·e−6t
y(0,2) = 2,036
Antwort
y(0,2) = 2,036
31.Blockschaltbilder
Antwort: K = 49
Blockschaltbild-Algebra: Blöcke in Reihe werden multipliziert (G₁·G₂), parallele Blöcke werden addiert (G₁ + G₂), und ein Regelkreis mit Vorwärtspfad G und Rückführpfad H wird bei Gegenkopplung zu T = G/(1 + G·H) und bei Mitkopplung zu G/(1 − G·H) zusammengefasst. Fasse zuerst die inneren Schleifen zusammen und arbeite dich dann nach außen. Die Pole des geschlossenen Regelkreises sind die Wurzeln der charakteristischen Gleichung 1 + G(s)H(s) = 0. Bei einem stabilen Kreis liefert ein Sprung der Größe A den stationären Ausgang A·T(0); bei Einheitsrückführung beträgt der stationäre Fehler auf einen Sprung A/(1 + Kp) mit Kp = G(0).
Charakteristische Gleichung
1 + K/(s(s + 14)) = 0 → s² + 14s + K = 0
Doppelte Wurzel
Ein quadratisches Polynom s² + βs + γ hat eine doppelte Wurzel, wenn β² = 4γ gilt.
14² = 4K → K = 196/4 = 49
Antwort
K = 49
Beide Pole des geschlossenen Kreises liegen dann bei s = −7.
32.Blockschaltbilder
Antwort: T(0) = 1,298
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).
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 = 65 → ωₙ = 8,062 rad/s
2ζωₙ = 7 → ζ = 7/(2·8,062) = 0,4341
Ergebnis
σ = −ζωₙ = −7/2 = −3,5
Antwort
σ = −3,5
34.Sprungantwort
Antwort: K = 239,5
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).
Übertragungsfunktion des geschlossenen Kreises
T(s) = K/(s² + 16s + K)
Dämpfungsgrad aus dem Überschwingen
ζ = −ln(0,15)/√(π² + ln²(0,15)) = 0,5169
Verstärkung
ωₙ = 16/(2ζ) = 15,48 rad/s
K = ωₙ² = 239,5
Antwort
K = 239,5
35.Bode-Diagramme und Reserven
Antwort: f0 = 5033 Hz
Frequenzgang: Setze s = jω in die Übertragungsfunktion ein. Der Betrag in Dezibel ist 20·log₁₀|H(jω)|, und die Phase ist die Summe der Winkel der Zählerfaktoren minus die der Nennerfaktoren. Ein RC- oder RL-Filter erster Ordnung hat seine Eckfrequenz (−3 dB) bei ωc = 1/(RC) beziehungsweise R/L, und fc = ωc/(2π); ein Tiefpass liefert |H| = 1/√(1 + (ω/ωc)²) und φ = −atan(ω/ωc). Im asymptotischen (geradlinigen) Bode-Diagramm knickt jeder Pol den Betrag an seiner Eckfrequenz um 20 dB/Dekade nach unten, jede Nullstelle knickt ihn um 20 dB/Dekade nach oben, und ein Integrator 1/s ergibt bei allen Frequenzen −20 dB/Dekade. Durchtrittsfrequenz ωc: |L(jω)| = 1 (0 dB); Phasenreserve PM = 180° + ∠L(jωc). Phasendurchtrittsfrequenz ω180: ∠L(jω) = −180°; Amplitudenreserve GM = −20·log₁₀|L(jω180)| dB. Der geschlossene Regelkreis ist stabil, wenn beide Reserven positiv sind.
Resonanzfrequenz
ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,001·1 × 10⁻⁶) = 31623 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 5033 Hz
Antwort
f0 = 5033 Hz
36.Bode-Diagramme und Reserven
Antwort: GM = 8,01 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.
Routh-Hurwitz-Kriterium: Ein lineares System ist stabil, wenn alle Wurzeln seines charakteristischen Polynoms in der linken Hälfte der s-Ebene liegen. Schreibe die Koeffizienten abwechselnd in die ersten beiden Zeilen des Routh-Schemas. Jeder Eintrag einer neuen Zeile ergibt sich aus den beiden Zeilen darüber; für ein kubisches Polynom a₃s³ + a₂s² + a₁s + a₀ ist der Eintrag der s¹-Zeile b₁ = (a₂·a₁ − a₃·a₀)/a₂. Die Anzahl der Vorzeichenwechsel in der ersten Spalte entspricht der Anzahl der Wurzeln in der rechten Halbebene. Mit einer Verstärkung K in den Koeffizienten müssen alle Einträge der ersten Spalte positiv bleiben: Die Verstärkung, die den Eintrag der s¹-Zeile null macht, ist die Stabilitätsgrenze, und die s²-Zeile liefert dann die Frequenz der Dauerschwingung.
Routh-Schema
s³ + 5s² + 4s + K = 0
s³: 1, 4
s²: 5, K
s¹: (5·4 − K)/5
s⁰: K
Größte stabile Verstärkung
Kmax = 5·4 = 20
Faktor
m = 20/2 = 10
Antwort
m = 10
Dieser Faktor ist die Amplitudenreserve als Verhältnis: 20 dB.
38.Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve
Antwort: σa = −4,25
Wurzelortskurve: Wenn die Verstärkung K von 0 bis ∞ wächst, wandern die Pole des geschlossenen Regelkreises, also die Wurzeln von 1 + K·G(s) = 0, von den Polen des offenen Kreises zu dessen Nullstellen oder ins Unendliche. Ein Punkt der reellen Achse gehört zur Ortskurve, wenn die Anzahl der reellen Pole und Nullstellen rechts von ihm ungerade ist. Die n − m Äste, die ins Unendliche laufen, folgen Asymptoten mit den Winkeln (2q + 1)·180°/(n − m), die im Schwerpunkt σₐ = (Σ Pole − Σ Nullstellen)/(n − m) beginnen. Äste verlassen die reelle Achse oder münden dort ein, wo dK/ds = 0 gilt. Die Winkelbedingung ∠G(s) = 180° legt die Form fest, und die Betragsbedingung K = 1/|G(s)| liefert die Verstärkung an jedem Punkt der Ortskurve.
Pole und Nullstellen
Pole: 0, −10, −3, −4
n − m = 4 − 0 = 4
Schwerpunkt
σa = (−17)/4 = −4,25
Antwort
σa = −4,25
Die 4 Asymptoten gehen vom Schwerpunkt unter den Winkeln 45°, 135°, 225°, 315° aus.
39.Stationärer Fehler und PID-Regelung
Antwort: K = 15
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 Fehlerkonstante
1/(1 + Kp) = 0,25 → Kp = 3
Verstärkung
K/5 = 3 → K = 15
Antwort
K = 15
Prüfe auch die Stabilität des geschlossenen Kreises: Für diesen Kreis zweiter Ordnung ist jedes K > 0 stabil.
40.Stationärer Fehler und PID-Regelung
Antwort: tp = 1,187 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) + 2·4 = s² + 2s + 8
ωₙ und ζ
ωₙ = √8 = 2,828 rad/s
ζ = 2/(2·2,828) = 0,3536
Anregelzeit bis zum Maximum
ωd = 2,828·√(1 − 0,3536²) = 2,646 rad/s
tp = π/2,646 = 1,187 s
Antwort
tp = 1,187 s
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