Übungsaufgaben für die Prüfung FE Electrical and Computer: Lernpaket

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

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1Formeln und Methoden

Reihen- und Parallelschaltung

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

Methode

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

Knotenpotenzialverfahren

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

Methode

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

Maschenstromverfahren

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

Methode

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

Überlagerungssatz

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

Methode

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

Thévenin und Norton

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

Methode

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

RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

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

Methode

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

Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

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

Methode

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

Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

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

Drehstromleistung

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

Transformatoren

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

Operationsverstärker

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

Dioden und Transistoren

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

Zahlensysteme

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

Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & Flipflops

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

Methode

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

Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve

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

Methode

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

Stationärer Fehler und PID-Regelung

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

Methode

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

2Übungsaufgaben

1.Reihen- und ParallelschaltungMittel
R1​ = 20 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​30 VR2​12 ΩAR4​8 ΩB

Bestimme den Ersatzwiderstand Req, den die Quelle V1 sieht.

V1 = 30 VR1 = 20 ΩR2 = 12 ΩR3 = 4 ΩR4 = 8 Ω
Req = Ω
2.Reihen- und ParallelschaltungSchwer
R1​ = 5 ΩIR1​R3​ = 15 ΩR5​ = 25 Ω+−V1​36 VR2​2 ΩAR4​3 ΩBR6​8 Ω

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

V1 = 36 VR1 = 5 ΩR2 = 2 ΩR3 = 15 ΩR4 = 3 ΩR5 = 25 ΩR6 = 8 Ω
IR1 = A
3.KnotenpotenzialverfahrenMittel
R1​ = 15 ΩIR1​R3​ = 6 Ω+−V1​24 VR2​8 ΩAR4​15 ΩBIs​5 A

Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren den Strom IR1 durch R1 in Pfeilrichtung.

V1 = 24 VIs = 5 AR1 = 15 ΩR2 = 8 ΩR3 = 6 ΩR4 = 15 Ω
IR1 = A
4.KnotenpotenzialverfahrenSchwer
R1​ = 2 ΩR2​ = 4 ΩR4​ = 5 Ω+−V1​5 VR3​4 ΩAR5​4 ΩBIs​4 A+−V2​9 V

Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren das Knotenpotenzial VB (gegen Masse gemessen).

V1 = 5 VIs = 4 AV2 = 9 VR1 = 2 ΩR2 = 4 ΩR3 = 4 ΩR4 = 5 ΩR5 = 4 Ω
VB = V
5.MaschenstromverfahrenMittel
R1​ = 4 ΩR2​ = 15 Ω+−V1​9 VR3​5 ΩA+−V2​9 VI1​I2​

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

V1 = 9 VV2 = 9 VR1 = 4 ΩR2 = 15 ΩR3 = 5 Ω
I1 = A
6.MaschenstromverfahrenSchwer
R1​ = 3 ΩR2​ = 12 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​6 VR4​20 ΩAR5​8 ΩB+−V2​18 VI1​I2​I3​

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

V1 = 6 VV2 = 18 VR1 = 3 ΩR2 = 12 ΩR3 = 4 ΩR4 = 20 ΩR5 = 8 Ω
I2 = A
7.ÜberlagerungssatzMittel
R1​ = 12 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​12 VR2​15 ΩAR4​6 Ω+−VR4​BIs​1 A

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

V1 = 12 VIs = 1 AR1 = 12 ΩR2 = 15 ΩR3 = 12 ΩR4 = 6 Ω
VR4 = V
8.ÜberlagerungssatzSchwer
R1​ = 3 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 8 Ω+−V1​15 VR3​10 ΩIR3​AIs​6 AB+−V2​9 V

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

V1 = 15 VIs = 6 AV2 = 9 VR1 = 3 ΩR2 = 30 ΩR3 = 10 ΩR4 = 8 Ω
IR3 = A
9.Thévenin und NortonMittel
R1​ = 6 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​6 VR2​6 ΩAab

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

V1 = 6 VR1 = 6 ΩR2 = 6 ΩR3 = 8 Ω
IN = A
10.Thévenin und NortonSchwer
R1​ = 25 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​18 VR2​15 ΩAIs​3 ABRL​2 ΩIL​

An a–b wird eine Last RL = 2 Ω angeschlossen. Bestimme mit einem Thévenin-Ersatzschaltbild die an die Last abgegebene Leistung PL.

V1 = 18 VIs = 3 AR1 = 25 ΩR2 = 15 ΩR3 = 10 ΩRL = 2 Ω
PL = W
11.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
+−Vs​5 Vt = 0R = 10 ΩL47 mHi(t)

Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Wie lange nach dem Schließen des Schalters erreicht der Strom 50 % seines Endwerts? Bestimme t.

Vs = 5 VR = 10 ΩL = 47 mH
t = ms
12.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
+−Vs​20 Vt = 0R = 6,8 kΩC10 µF+−vC​vC​(0) = 3 V

Kurz bevor der Schalter bei t = 0 schließt, liegt am Kondensator eine Spannung von 3 V mit der eingezeichneten Polarität. Wie lange dauert es, bis vC den Wert 9,8 V erreicht? Bestimme t.

Vs = 20 VR = 6,8 kΩC = 10 µFvC(0) = 3 V
t = ms
13.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Vf0​ = 5000 HzRL = 50 mHC = ?

Ein RLC-Reihenschwingkreis mit L = 50 mH soll bei 5000 Hz in Resonanz sein. Bestimme die nötige Kapazität C.

f0 = 5000 HzL = 50 mH
C = µF
14.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
100 V50 HzR = 20 ΩL = 150 mHC = 10 µFI

Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 100 V (Effektivwert) und 50 Hz. Bestimme den Effektivwert des Stroms I.

V = 100 V (rms)f = 50 HzR = 20 ΩL = 150 mHC = 10 µF
I = A
15.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
P = 27 kWQSφ

Ein Einphasenmotor nimmt 27 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,8 induktiv aus einer 400-V-Versorgung auf. Bestimme den Leiterstrom I.

P = 27 kWpf = 0,8V = 400 V
I = A
16.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
10 V50 HzRs​ = 20 ΩXs​ = j15 ΩZL​ = ?

Eine Quelle mit 10 V (Effektivwert) und 50 Hz hat eine Innenimpedanz Zs = 20 + j15 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 = 50 HzZs = 20 + j15 Ω
Pmax = W
17.DrehstromleistungMittel
ABCVL​ = 400 VZ = 12 + j5 Ωpro Strang

Eine symmetrische Last in Dreieckschaltung mit einer Impedanz von 12 + j5 Ω pro Strang ist an ein symmetrisches Drehstromnetz mit einer Leiterspannung von 400 V angeschlossen. Bestimme die gesamte Wirkleistung P, die die Last aufnimmt, in kW.

VL = 400 VZ = 12 + j5 Ω pro Strang
P = kW
18.DrehstromleistungSchwer
P = 50 kWφ1​S1​Q2​QC​

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 50 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,7 induktiv aus einem Netz mit 400 V (Leiterspannung) und 60 Hz auf. Eine parallel zur Last geschaltete Drehstrom-Kondensatorbatterie soll den Gesamtleistungsfaktor auf 0,98 induktiv anheben. Die Wirkleistung bleibt gleich. Die Kondensatoren sind im Stern geschaltet. Bestimme die Kapazität Cph jedes Kondensators in µF.

P = 50 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,98VL = 400 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.TransformatorenMittel
RL​ = 12 Ω2014800 VV2​I1​ = ?I2​

An der Primärwicklung eines idealen Transformators mit dem Übersetzungsverhältnis N₁:N₂ = 20:1 liegen 4800 V. An die Sekundärwicklung ist ein Widerstand von 12 Ω angeschlossen. Bestimme den Primärstrom I1.

N1:N2 = 20:1V1 = 4800 VRL = 12 Ω
I1 = A
20.TransformatorenSchwer
pf 0,975 kVA, 50% Last

Ein einphasiger Transformator mit 75 kVA hat Eisenverluste von 225 W und Kupferverluste von 675 W bei Nennlast. Er liefert 50 % seiner Nennscheinleistung bei einem Leistungsfaktor von 0,9 induktiv. Bestimme die Gesamtverluste Ploss in Watt bei dieser Last.

S = 75 kVAPcore = 225 WPcu,fl = 675 Wx = 0,5pf = 0,9
Ploss = W
21.OperationsverstärkerMittel
−+Vout​Rf​ = 2 kΩVin​R1​ = 1 kΩ

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

R1 = 1 kΩRf = 2 kΩVsat = ±14 V
Vin,max = V
22.OperationsverstärkerSchwer
Vin​V1​Vout​Stufe 1: invertierendR1​ = 22 kΩRf1​ = 100 kΩStufe 2: nicht invertierendR2​ = 100 kΩRf2​ = 1 kΩ

Zwei ideale Operationsverstärkerstufen sind in Kette geschaltet: ein invertierender Verstärker (R1, Rf1), gefolgt von einem nicht invertierenden Verstärker (R2 nach Masse, Rf2 in der Rückkopplung). Beide werden mit ±15 V versorgt. Der Eingang ist Vin = 0,85 V. Bestimme die Ausgangsspannung Vout.

R1 = 22 kΩRf1 = 100 kΩR2 = 100 kΩRf2 = 1 kΩVin = 0,85 V
Vout = V
23.Dioden und TransistorenMittel
RC​ = 2,2 kΩβ = 100RE​ = 2,2 kΩVCC​ = 20 VR1​ = 22 kΩR2​ = 15 kΩ

Ein NPN-Transistor mit β = 100 wird mit einem Spannungsteiler an VCC = 20 V eingestellt: R₁ = 22 kΩ von VCC zur Basis und R₂ = 15 kΩ von der Basis nach Masse. Der Kollektorwiderstand ist RC = 2,2 kΩ und der Emitterwiderstand RE = 2,2 kΩ. Nimm VBE = 0,7 V an und verwende das Thévenin-Ersatzschaltbild des Teilers (vernachlässige den Basisstrom nicht). Bestimme die Kollektor-Emitter-Spannung VCE.

VCC = 20 VR1 = 22 kΩR2 = 15 kΩRC = 2,2 kΩRE = 2,2 kΩβ = 100
VCE = V
24.Dioden und TransistorenSchwer
V (V)I (mA)0,6320Q = ?

Eine Diode wird modelliert als 0,6 V in Reihe mit 10 Ω (sie leitet oberhalb von 0,6 V). Sie liegt in Reihe mit einem Widerstand von 150 Ω an einer Versorgung von 3 V. Bestimme den Arbeitsstrom ID, bei dem die Diodenkennlinie die Widerstandsgerade schneidet.

Vs = 3 VR = 150 ΩV0 = 0,6 Vrd = 10 Ω
ID = mA
25.ZahlensystemeMittel
8-Bit-Zweierkomplement?−128?64?32?16?8?4?2?1

Schreibe −38 als 8-Bit-Muster im Zweierkomplement. Lies das Muster als vorzeichenlose Binärzahl: Welchen Wert U hat es im Dezimalsystem?

N = −388 bit
U =
26.ZahlensystemeSchwer
Klicke auf die Bits, um sie zu setzen012806403201608040201

Setze die Bits auf das 8-Bit-Ergebnis von 1101 1111 AND 1101 1101. Welchen Wert R hat das Ergebnis dezimal?

1101 1111AND1101 1101
R =
27.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & FlipflopsMittel
ABC00011110010001130204150716

Bestimme mit dem Karnaugh-Diagramm die minimale Summe von Produkten (SOP) von F(A, B, C) = Σm(3, 5, 6). Wie viele Literale L enthält sie insgesamt (eine Variable mit Strich zählt als ein Literal)?

F(A, B, C) = Σm(3, 5, 6)
L =
28.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & FlipflopsSchwer
ABCD000111100001111000X11302X405X716X120131150141809111110

Bestimme die minimale SOP-Form von F(A, B, C, D) = Σm(3, 6, 8, 10, 11, 15) + d(1, 4, 7, 12), wobei d die Don’t-Care-Bedingungen kennzeichnet. Wie viele Produktterme N hat sie?

F(A, B, C, D) = Σm(3, 6, 8, 10, 11, 15) + d(1, 4, 7, 12)
N =
29.Laplace-TransformationenMittel
t (s)f(t)t = 0,1f(0,1) = ?

Bestimme f(t) für F(s) = 15/(s(s + 3)(s + 5)) mit der Partialbruchzerlegung und werte f(0,1) aus.

F(s) = 15/(s(s + 3)(s + 5))t = 0,1 s
f(0.1) =
30.Laplace-TransformationenSchwer
ReIm−1−2−3−4−5−6−71

Ein System wird durch die Differentialgleichung y″ + 6y′ + 10y = 3u′ + 19u beschrieben, mit Eingang u(t) und Ausgang y(t). Bestimme seine Übertragungsfunktion G(s) = Y(s)/U(s) (Anfangsbedingungen null) und werte die Impulsantwort g(t) bei t = 0,25 s aus. Bestimme g(0,25).

y″ + 6y′ + 10y = 3u′ + 19ut = 0,25 s
g(0.25) =
31.BlockschaltbilderMittel
R(s)+1(s + 4)(s + 3)(s + 8)G(s)C(s)−

Ein Regelkreis mit Einheits-Gegenkopplung hat G(s) = 1(s + 4)/((s + 3)(s + 8)). An der Führungsgröße wird ein Sprung der Größe 5 angelegt. Bestimme den stationären Fehler ess.

G(s) = 1(s + 4)/((s + 3)(s + 8))R = 5
ess =
32.BlockschaltbilderSchwer
R(s)+9Regler+D(s)+6s + 7StreckeC(s)−

Ein Proportionalregler K = 9 steuert die Strecke G(s) = 6/(s + 7) in einem Regelkreis mit Einheits-Gegenkopplung. Eine Störung D greift am Streckeneingang an (sie wird zum Reglerausgang addiert). Ein Führungssprung der Größe 5 und ein Störsprung der Größe 1 werden gleichzeitig angelegt. Bestimme den stationären Ausgang css.

K = 9G(s) = 6/(s + 7)D = 1R = 5
css =
33.SprungantwortMittel
t (s)y(t)3

Ein System hat die Übertragungsfunktion G(s) = 198/(s² + 12s + 66) und erhält einen Einheitssprung am Eingang. Bestimme die Eigenkreisfrequenz ωn in rad/s.

G(s) = 198/(s² + 12s + 66)
ωn = rad/s
34.SprungantwortSchwer
k = 500 N/mc = 45 N·s/mm = 4 kgF = 20 Nx(t)

Eine Masse m = 4 kg hängt an einer Feder k = 500 N/m mit einem viskosen Dämpfer c = 45 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). In der Gleichgewichtslage in Ruhe wird plötzlich eine konstante Kraft F = 20 N aufgebracht. Bestimme den Dämpfungsgrad ζ.

m = 4 kgk = 500 N/mc = 45 N·s/mF = 20 N
ζ =
35.Bode-Diagramme und ReservenMittel
vin​L = 47 mHR = 100 Ωvout​

Der gezeigte RL-Tiefpass hat R = 100 Ω, L = 47 mH. Ein sinusförmiges Eingangssignal von 85 Hz wird angelegt. Bestimme die Phasenverschiebung φ von vout relativ zu vin in Grad.

R = 100 ΩL = 47 mHf = 85 Hz
φ = °
36.Bode-Diagramme und ReservenSchwer
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Ein Regelkreis mit Einheitsrückführung hat die Übertragungsfunktion des offenen Kreises L(s) = K/(s(s + 2)(s + 8)). Bestimme die Verstärkung K, die eine Amplitudenreserve von 3 dB ergibt.

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 8))GM = 3 dB
K =
37.Stabilität: Routh-Hurwitz und WurzelortskurveMittel
R(s)+K = 14,41s(s + 1)(s + 8)C(s)−

Der Regelkreis im Schaubild läuft mit K = 14,4 und L(s) = K/(s(s + 1)(s + 8)). Um welchen Faktor m kann die Verstärkung erhöht werden, bevor der geschlossene Kreis instabil wird?

L(s) = K/(s(s + 1)(s + 8))K = 14,4
m =
38.Stabilität: Routh-Hurwitz und WurzelortskurveSchwer
ReIm−1−2−3−4−5−6−71j1j2

Bestimme für L(s) = K/((s + 6)(s² + 6s + 13)) den Abgangswinkel θd der Wurzelortskurve vom komplexen Pol in der oberen Halbebene, gemessen von der positiven reellen Achse.

L(s) = K/((s + 6)(s² + 6s + 13))
θd = °
39.Stationärer Fehler und PID-RegelungMittel
r(t) = 2t+Ks(s + 1)C(s)−

Ein Regelkreis mit Einheitsrückführung und G(s) = K/(s(s + 1)) soll der Rampe r(t) = 2t mit einem stationären Fehler von 0,5 folgen. Bestimme die Verstärkung K.

G(s) = K/(s(s + 1))r(t) = 2tess = 0,5
K =
40.Stationärer Fehler und PID-RegelungSchwer
r(t) = 1t+2 + 5/s10(s + 1)(s + 4)C(s)−

Ein PI-Regler C(s) = 2 + 5/s regelt die Strecke G(s) = 10/((s + 1)(s + 4)) in einem Regelkreis mit Einheitsrückführung. Bestimme den stationären Fehler ess für die Rampe r(t) = 1t.

C(s) = 2 + 5/sG(s) = 10/((s + 1)(s + 4))r(t) = 1t
ess =

3Lösungen

1.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: Req = 26 Ω

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

R1​ = 20 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​30 VR2​12 ΩAR4​8 ΩB

Widerstände vom fernen Ende her zusammenfassen

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

R3 + R4 = 4 + 8 = 12 Ω
R2 ∥ 12 = 12·12/(12+12) = 6 Ω
Req = R1 + 6 = 20 + 6 = 26 Ω

Antwort

Req = 26 Ω
2.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: IR1 = 5,296 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​ = 5 ΩR3​ = 15 ΩR5​ = 25 Ω+−V1​36 VR2​2 ΩAR4​3 ΩBR6​8 Ω

Widerstände vom fernen Ende her zusammenfassen

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

R5 + R6 = 25 + 8 = 33 Ω
R4 ∥ 33 = 2,75 Ω
R3 + 2,75 = 17,75 Ω
R2 ∥ 17,75 = 1,797 Ω
Req = R1 + 1,797 = 5 + 1,797 = 6,797 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 = 36/6,797 = 5,296 A

Antwort

IR1 = 5,296 A
3.Knotenpotenzialverfahren

Antwort: IR1 = 0,1592 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.

R1​ = 15 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​24 VR2​8 ΩAR4​15 ΩBIs​5 A

Knoten festlegen

Masse ist der untere Leiter. Bekannte Knotenpotenziale ergeben sich direkt aus den Quellen (V1 = 24 V). Unbekannt: VA, VB.

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/8 + (VA − 24)/15 + (VA − VB)/6 = 0
0,3583·VA − 0,1667·VB = 1,6

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)/6 = 5
−0,1667·VA + 0,2333·VB = 5

Lösen

Δ = (0,3583)(0,2333) − (−0,1667)(−0,1667) = 0,05583
VA = Δ1/Δ = 1,207/0,05583 = 21,61 V
VB = Δ2/Δ = 2,058/0,05583 = 36,87 V

Antwort

IR1 = (V1 − VA)/R1 = (24 − 21,61)/15 = 0,1592 A
4.Knotenpotenzialverfahren

Antwort: VB = 10,08 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.

R1​ = 2 ΩR2​ = 4 ΩR4​ = 5 Ω+−V1​5 VR3​4 ΩAR5​4 ΩBIs​4 A+−V2​9 V

Knoten festlegen

Masse ist der untere Leiter. Bekannte Knotenpotenziale ergeben sich direkt aus den Quellen (V1 = 5 V, V2 = 9 V). Unbekannt: VA, VB.

KCL am Knoten A

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

VA/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/4 + (VA − 5)/2 + (VA − VB)/4 = 0
VA − 0,25·VB = 2,5

KCL am Knoten B

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

VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/4 + (VB − VA)/4 + (VB − 9)/5 = 4
−0,25·VA + 0,7·VB = 5,8

Lösen

Δ = (1)(0,7) − (−0,25)(−0,25) = 0,6375
VA = Δ1/Δ = 3,2/0,6375 = 5,02 V
VB = Δ2/Δ = 6,425/0,6375 = 10,08 V

Antwort

VB = 10,08 V
5.Maschenstromverfahren

Antwort: I1 = 0,871 A

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

R1​ = 4 ΩR2​ = 15 Ω+−V1​9 VR3​5 ΩA+−V2​9 VI1​I2​

Maschenströme festlegen

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

Maschenregel in Masche 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
4·I1 + 5(I1 − I2) = 9
9·I1 − 5·I2 = 9

Maschenregel in Masche 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
15·I2 + 5(I2 − I1) = (−9)
−5·I1 + 20·I2 = −9

Lösen

Δ = (9)(20) − (−5)(−5) = 155
I1 = Δ1/Δ = 135/155 = 0,871 A
I2 = Δ2/Δ = −36/155 = −0,2323 A

Antwort

I1 = 0,871 A

Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.

6.Maschenstromverfahren

Antwort: I2 = −0,3926 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​ = 3 ΩR2​ = 12 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​6 VR4​20 ΩAR5​8 ΩB+−V2​18 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
3·I1 + 20(I1 − I2) = 6
23·I1 − 20·I2 = 6

Maschenregel in Masche 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
12·I2 + 20(I2 − I1) + 8(I2 − I3) = 0
−20·I1 + 40·I2 − 8·I3 = 0

Maschenregel in Masche 3

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

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
4·I3 + 8(I3 − I2) = (−18)
−8·I2 + 12·I3 = −18

Lösen

Δ = Determinante der Koeffizientenmatrix = 4768
I1 = Δ1/Δ = −384/4768 = −0,08054 A
I2 = Δ2/Δ = −1872/4768 = −0,3926 A
I3 = Δ3/Δ = −8400/4768 = −1,762 A

Antwort

I2 = −0,3926 A

Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.

7.Überlagerungssatz

Antwort: VR4 = 6,162 V

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

R1​ = 12 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​12 VR2​15 ΩAR4​6 ΩBOFFEN

Fall 1 · V1 allein aktiv

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

R3+R4 = 12+6 = 18 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 15·18/(15+18) = 8,182 Ω
VA = 12·8,182/(12+8,182) = 4,865 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 4,865·6/18 = 1,622 V
VR4′ = VB − 0 = 1,622 − 0 = 1,622 V
R1​ = 12 ΩR3​ = 12 ΩKURZSCHLUSSR2​15 ΩAR4​6 ΩBIs​1 A

Fall 2 · Is allein aktiv

V₁ wird zum Kurzschluss, daher liegt R₁ parallel zu R₂. Iₛ teilt sich in B zwischen R₄ und dem Pfad über R₃ auf.

R1 ∥ R2 = 12·15/(12+15) = 6,667 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 6 ∥ 18,67 = 4,541 Ω
VB = Is·Req = 1·4,541 = 4,541 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 4,541·6,667/18,67 = 1,622 V
VR4″ = VB − 0 = 4,541 − 0 = 4,541 V

Anteile addieren

VR4 = VR4′ + VR4″
VR4 = 1,622 + 4,541 = 6,162 V

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

8.Überlagerungssatz

Antwort: IR3 = 1,414 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​ = 3 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 8 Ω+−V1​15 VR3​10 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) = 10 ∥ 38 = 7,917 Ω
VA = 15·7,917/(3+7,917) = 10,88 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 10,88·8/38 = 2,29 V
IR3′ = (VA − 0)/R3 = (10,88 − 0)/10 = 1,088 A
R1​ = 3 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 8 ΩKURZSCHLUSSR3​10 ΩAIs​6 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 = 2,308 Ω, also ist der linke Pfad R2+2,308 = 32,31 Ω
Req = R4 ∥ 32,31 = 6,412 Ω
VB = Is·Req = 6·6,412 = 38,47 V
VA = VB·2,308/32,31 = 2,748 V
IR3″ = (VA − 0)/R3 = (2,748 − 0)/10 = 0,2748 A
R1​ = 3 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 8 ΩKURZSCHLUSSR3​10 ΩAOFFENB+−V2​9 V

Fall 3 · V2 allein aktiv

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

R1 ∥ R3 = 3·10/(3+10) = 2,308 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 9·32,31/40,31 = 7,214 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 7,214·2,308/32,31 = 0,5153 V
IR3‴ = (VA − 0)/R3 = (0,5153 − 0)/10 = 0,05153 A

Anteile addieren

IR3 = IR3′ + IR3″ + IR3‴
IR3 = 1,088 + 0,2748 + 0,05153 = 1,414 A

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

9.Thévenin und Norton

Antwort: IN = 0,2727 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​ = 6 ΩR3​ = 8 ΩKURZSCHLUSSR2​6 ΩAabRth​

Rth bei abgeschalteten Quellen bestimmen

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

R1 ∥ R2 = 6·6/(6+6) = 3 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3 + 8 = 11 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​6 VR2​6 ΩAab+−Vth​

Vth bestimmen, die Leerlaufspannung

Bei offenen Klemmen a–b fließt kein Strom durch R₃, also fällt daran keine Spannung ab und V_b = V_A. R₁ und R₂ bilden einen Spannungsteiler.

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 6·6/(6+6) = 3 V
IN​0,2727 ARth​11 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 = 3/11 = 0,2727 A
10.Thévenin und Norton

Antwort: PL = 11,55 W

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

R1​ = 25 ΩR3​ = 10 ΩKURZSCHLUSSR2​15 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 = 25·15/(25+15) = 9,375 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 9,375 + 10 = 19,38 Ω
R1​ = 25 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​18 VR2​15 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) = 6,75 + (−3)·9,375 = −21,38 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −21,38 + (−3)·10 = −51,37 V
Rth​ = 19,38 Ω−+Vth​51,37 VRL​2 ΩIL​

Die Last an das Thévenin-Ersatzschaltbild anschließen

Thévenin-Quelle und R_th in Reihe verhalten sich an a–b genau wie die ursprüngliche Schaltung, daher sieht die Last einen einfachen Reihenkreis.

IL = Vth/(Rth + RL) = −51,37/(19,38 + 2) = −2,404 A
PL = IL²·RL = −2,404²·2 = 11,55 W
11.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: t = 3,258 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 und Endstrom

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

τ = L/R = 47 mH / 10 Ω = 4,7 ms
i(∞) = Vs/R = 5/10 = 0,5 A

Nach der Zeit auflösen

0,5 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,5)
t = −4,7·ln(0,5) = 3,258 ms

Antwort

t = 3,258 ms
12.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: t = 34,74 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) = 3 V, vC(∞) = Vs = 20 V
τ = R·C = 6,8 kΩ · 10 µF = 68 ms
vC(t) = 20 + (3 − 20)·e−t/τ

Nach der Zeit auflösen

9,8 = 20 + (−17)·e−t/τ → e−t/τ = (9,8 − 20)/(3 − 20) = 0,6
t = τ·ln((3 − 20)/(9,8 − 20)) = 68·ln(1,667) = 34,74 ms

Antwort

t = 34,74 ms
13.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: C = 0,02026 µF

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|.

Resonanzbedingung

Bei Resonanz heben sich induktiver und kapazitiver Blindwiderstand auf: ωL = 1/(ωC).

ω₀ = 2π·5000 = 31416 rad/s
C = 1/(ω₀²·L) = 1/(31416²·0,05) = 0,02026 µF

Antwort

C = 0,02026 µF
14.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: I = 0,3678 A

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

Blindwiderstände

ω = 2πf = 2π·50 = 314,2 rad/s
XL = ωL = 314,2·0,15 = 47,12 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·10·10⁻⁶) = 318,3 Ω

Impedanz

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(20² + (−271,2)²) = 271,9 Ω

Strom

Durch jedes Element einer Reihenschaltung fließt derselbe Strom.

I = V/|Z| = 100/271,9 = 0,3678 A

Antwort

I = 0,3678 A
15.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: I = 84,38 A

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

Leiterstrom

Nur der Wirkanteil der Leistung verrichtet Arbeit, also teile durch den Leistungsfaktor.

I = P/(V·cos φ) = 27000/(400·0,8) = 84,38 A

Antwort

I = 84,38 A
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 − j15 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: P = 34,08 kW

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

Strangspannung

Vph = VL = 400 V

Strangstrom

|Z| = √(12² + 5²) = 13 Ω
Iph = 400/13 = 30,77 A

Gesamte Wirkleistung

Nur der ohmsche Anteil jeder Impedanz nimmt Wirkleistung auf.

P = 3·Iph²·R = 3·30,77²·12 = 34,08 kW

Antwort

P = 34,08 kW

Kontrolle: cos φ = R/|Z| = 0,9231, und √3·VL·IL·cos φ ergibt dieselbe Leistung.

18.Drehstromleistung

Antwort: Cph = 677,4 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 = 50·tan(acos 0,7) = 50·1,02 = 51,01 kvar
Q2 = 50·tan(acos 0,98) = 50·0,2031 = 10,15 kvar

Blindleistung der Kondensatoren

QC = Q1 − Q2 = 40,86 kvar

Kapazität pro Strang

In einer Sternbatterie ist jeder Kondensator zwischen einen Außenleiter und den Sternpunkt geschaltet.

V = 400/√3 = 230,9 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 13619/(377·230,9²) = 677,4 µF

Antwort

Cph = 677,4 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 = 4800/20 = 240 V
I2 = 240/12 = 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 = 4800 Ω, und 4800/4800 ergibt denselben Strom.

20.Transformatoren

Antwort: Ploss = 393,8 W

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

Kupferverluste bei dieser Last

Pcu = x²·Pcu,fl = 0,25·675 = 168,8 W

Gesamtverluste

Die Eisenverluste sind bei jeder Last gleich.

Ploss = 225 + 168,8 = 393,8 W

Antwort

Ploss = 393,8 W

Der Wirkungsgrad bei dieser Last ist η = 98,85%.

21.Operationsverstärker

Antwort: Vin,max = 7 V

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

Verstärkung

|Av| = Rf/R1 = 2/1 = 2

Größter Eingang vor der Begrenzung

Vin,max = Vsat/|Av| = 14/2 = 7 V

Antwort

Vin,max = 7 V
22.Operationsverstärker

Antwort: Vout = −3,902 V

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

Verstärkung jeder Stufe

A1 = −Rf1/R1 = −100/22 = −4,545
A2 = 1 + Rf2/R2 = 1 + 1/100 = 1,01

Stufe für Stufe

V1 = −4,545·0,85 = −3,864 V
Vout = 1,01·(−3,864) = −3,902 V

Antwort

Vout = −3,902 V
23.Dioden und Transistoren

Antwort: VCE = 5,826 V

Arbeitspunkt eines Bipolartransistors: Im aktiven Bereich gilt VBE = 0,7 V, IC = β·IB und IE = (β + 1)·IB. Bestimme IB mit der Maschenregel aus der Basismasche, dann IC und dann VCE aus der Kollektor-Emitter-Masche. Ein Spannungsteiler an der Basis wird durch sein Thévenin-Ersatzschaltbild ersetzt: VTH = VCC·R₂/(R₁ + R₂), RTH = R₁∥R₂; ein Emitterwiderstand erscheint in der Basismasche (β + 1)-mal größer.

Thévenin-Ersatzschaltbild des Teilers

VTH = 20·15/(22 + 15) = 8,108 V
RTH = 22·15/(22 + 15) = 8,919 kΩ

Basisstrom

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

IB = (8,108 − 0,7)/(8,919 + 101·2,2) = 32,05 µA

Kollektorstrom

IC = 100·32,05 µA = 3,205 mA
IE = 101·32,05 µA = 3,237 mA

Kollektor-Emitter-Spannung

VCE = 20 − 3,205·2,2 − 3,237·2,2 = 5,826 V

Antwort

VCE = 5,826 V
24.Dioden und Transistoren

Antwort: ID = 15 mA

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

Die beiden Gleichungen kombinieren

3 = 0,6 + I·(150 + 10)

Arbeitsstrom

ID = 2,4/160 = 15 mA
VD = 0,6 + 0,015·10 = 0,75 V

Antwort

ID = 15 mA
25.Zahlensysteme

Antwort: U = 218

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

38 = 0010 0110
invertiert: 1101 1001
+1 → 1101 1010

Vorzeichenlos lesen

1101 1010₂ = 256 − 38 = 218

Antwort

U = 218
26.Zahlensysteme

Antwort: R = 221

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

AND ergibt nur dort 1, wo beide Bits 1 sind.

1101 1111
AND 1101 1101
= 1101 1101

Wert des Ergebnisses

1101 1101₂ = 221

Antwort

R = 221
27.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & Flipflops

Antwort: L = 9

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.

ABC00011110010001130204150716

Die Einsen zusammenfassen

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

A′BC
AB′C
ABC′

Minimale SOP-Form

F = A′BC + AB′C + ABC′
L = 9

Antwort

L = 9
28.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & Flipflops

Antwort: N = 3

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

Primimplikanten

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

CD, AC′D′, A′B′D, A′BD′, AB′D′, A′BC, AB′C
ABCD000111100001111000X11302X405X716X120131150141809111110

Minimale Überdeckung

F = CD + A′BD′ + AB′D′
N = 3

Antwort

N = 3

Es gibt eine weitere Gruppierung derselben Größe; sie hat dieselbe Anzahl von Termen und Literalen.

29.Laplace-Transformationen

Antwort: f(0.1) = 0,05775

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).

Partialbruchzerlegung

F(s) = A/s + B/(s + 3) + C/(s + 5)
A = 15/(3·5) = 1
B = 15/((−3)·2) = −2,5
C = 15/((−5)·(−2)) = 1,5

Rücktransformation

f(t) = 1 − 2,5·e−3t + 1,5·e−5t

Auswerten

f(0,1) = 1 − 2,5·e−3·0,1 + 1,5·e−5·0,1 = 0,05775

Antwort

f(0,1) = 0,05775
30.Laplace-Transformationen

Antwort: g(0.25) = 2,542

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 + 19)/(s² + 6s + 10)

Partialbruchzerlegung

s² + 6s + 10 = (s + 3)² + 1²
G(s) = 3·(s + 3)/((s + 3)² + 1²) + (10/1)·1/((s + 3)² + 1²)

Impulsantwort

g(t) = e−3t·(3·cos 1t + 10·sin 1t)
g(0,25) = 2,542

Antwort

g(0,25) = 2,542
31.Blockschaltbilder

Antwort: ess = 4,286

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

Lagefehlerkonstante

Kₚ = G(0) = 1·4/(3·8) = 0,1667

Stationärer Fehler

ess = A/(1 + Kₚ) = 5/(1 + 0,1667) = 4,286

Antwort

ess = 4,286
32.Blockschaltbilder

Antwort: css = 4,525

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) = 6/(s + 7 + 54)
C/R = K·G/(1 + K·G) = 54/(s + 7 + 54)

Stationärer Zustand

css = 5·54/61 + 1·6/61 = 4,525

Antwort

css = 4,525

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

33.Sprungantwort

Antwort: ωn = 8,124 rad/s

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

Mit der Normalform vergleichen

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

ωₙ² = 66 → ωₙ = 8,124 rad/s
2ζωₙ = 12 → ζ = 12/(2·8,124) = 0,7385

Ergebnis

ωₙ = 8,124 rad/s

Antwort

ωn = 8,124 rad/s
34.Sprungantwort

Antwort: ζ = 0,5031

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

Eigenkreisfrequenz und Dämpfungsgrad

ωₙ = √(k/m) = √(500/4) = 11,18 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 45/(2·√(500·4)) = 0,5031

Ergebnis

ζ = 0,5031

Antwort

ζ = 0,5031
35.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: φ = −14,09 °

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

Eckfrequenz

ωc = R/L = 100/0,047 = 2128 rad/s
fc = 338,6 Hz → f/fc = 85/338,6 = 0,251

Phase

φ = − atan(0,251) = −14,09°

Antwort

φ = −14,09°
36.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: K = 113,3

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/2)·(ω/8) = 1 → ω180 = √(2·8) = 4 rad/s

Betrag am Phasendurchtritt

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 4)·√(ω² + 64)) = K/(2·8·(2 + 8)) = K/160

Geforderte Verstärkung

160/K = 103/20 = 1,413
K = 160/1,413 = 113,3

Antwort

K = 113,3
37.Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve

Antwort: m = 5

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 + 9s² + 8s + K = 0
s³: 1, 8
s²: 9, K
s¹: (9·8 − K)/9
s⁰: K

Größte stabile Verstärkung

Kmax = 9·8 = 72

Faktor

m = 72/14,4 = 5

Antwort

m = 5

Dieser Faktor ist die Amplitudenreserve als Verhältnis: 13,98 dB.

38.Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve

Antwort: θd = 56,31 °

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.

Lage der Pole

s² + 6s + 13 = 0 → s = −3 ± j2
s = −6

Winkel der anderen Pole

∠(−3 + j2 + 6) = atan2(2, 3) = 33,69°
∠(−3 + j2 − (−3 − j2)) = ∠(j4) = 90°

Abgangswinkel

θd = 180° − 33,69° − 90° = 56,31°

Antwort

θd = 56,31°
39.Stationärer Fehler und PID-Regelung

Antwort: K = 4

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

Erforderliche Geschwindigkeitskonstante

Kv = A/ess = 2/0,5 = 4

Verstärkung

K = 1·Kv = 4

Antwort

K = 4

Eine große Verstärkung macht diesen Kreis sehr schwach gedämpft: ζ = 0,25. Dieser Zielkonflikt ist der Grund, warum Kompensatoren eingesetzt werden.

40.Stationärer Fehler und PID-Regelung

Antwort: ess = 0,08

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).

Geschwindigkeitskonstante

s·C(s) = 2s + 5 → 5 für s → 0.

Kv = 5·10/4 = 12,5

Rampenfehler

ess = 1/12,5 = 0,08

Antwort

ess = 0,08

Der PI-Regler beseitigt den Sprungfehler vollständig; einer Rampe wird mit konstantem Nachlauf gefolgt.

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