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​ = 2 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​9 VR2​3 ΩIR2​AR4​5 ΩB

Bestimme den Strom IR2 durch R2.

V1 = 9 VR1 = 2 ΩR2 = 3 ΩR3 = 2 ΩR4 = 5 Ω
IR2 = A
2.Reihen- und ParallelschaltungSchwer
R1​ = 12 ΩR3​ = 6 ΩR5​ = 10 Ω+−V1​9 VR2​5 ΩAR4​25 ΩBR6​8 Ω

Bestimme den Ersatzwiderstand Req, den die Quelle V1 sieht.

V1 = 9 VR1 = 12 ΩR2 = 5 ΩR3 = 6 ΩR4 = 25 ΩR5 = 10 ΩR6 = 8 Ω
Req = Ω
3.KnotenpotenzialverfahrenMittel
R1​ = 15 ΩIR1​R3​ = 10 Ω+−V1​30 VR2​15 ΩAR4​5 ΩBIs​3 A

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

V1 = 30 VIs = 3 AR1 = 15 ΩR2 = 15 ΩR3 = 10 ΩR4 = 5 Ω
IR1 = A
4.KnotenpotenzialverfahrenSchwer
R1​ = 4 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​12 VR2​4 ΩAR4​25 ΩBIs​?

Die Stromquelle wird so eingestellt, dass das Knotenpotenzial an A VA = 8 V beträgt. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren den Quellenstrom Is (Richtung wie dargestellt).

V1 = 12 VR1 = 4 ΩR2 = 4 ΩR3 = 25 ΩR4 = 25 ΩVA = 8 V
Is = A
5.MaschenstromverfahrenMittel
R1​ = 3 ΩR2​ = 12 Ω+−V1​15 VR3​15 ΩIR3​A+−V2​10 VI1​I2​

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

V1 = 15 VV2 = 10 VR1 = 3 ΩR2 = 12 ΩR3 = 15 Ω
IR3 = A
6.MaschenstromverfahrenSchwer
R1​ = 8 ΩR2​ = 3 ΩIR2​R3​ = 15 Ω+−V1​10 VR4​20 ΩAR5​4 ΩB+−V2​5 VI1​I2​I3​

Bestimme mit dem Maschenstromverfahren den Strom IR2 durch R2 in Pfeilrichtung.

V1 = 10 VV2 = 5 VR1 = 8 ΩR2 = 3 ΩR3 = 15 ΩR4 = 20 ΩR5 = 4 Ω
IR2 = A
7.ÜberlagerungssatzMittel
R1​ = 10 ΩR3​ = 15 ΩIR3​+−V1​15 VR2​10 ΩAR4​3 ΩBIs​?

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

V1 = 15 VR1 = 10 ΩR2 = 10 ΩR3 = 15 ΩR4 = 3 Ω
Is = A
8.ÜberlagerungssatzSchwer
R1​ = 20 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 3 Ω+−V1​6 VR3​8 ΩIR3​AIs​4 AB+−V2​?

Bestimme den Wert der Spannungsquelle V2 (Polarität wie dargestellt), bei dem der Strom IR3 durch R3 null wird.

V1 = 6 VIs = 4 AR1 = 20 ΩR2 = 15 ΩR3 = 8 ΩR4 = 3 Ω
V2 = V
9.Thévenin und NortonMittel
R1​ = 20 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​9 VR2​3 ΩAab

Bestimme den Thévenin-Widerstand Rth an den Klemmen a–b.

V1 = 9 VR1 = 20 ΩR2 = 3 ΩR3 = 15 Ω
Rth = Ω
10.Thévenin und NortonSchwer
R1​ = 10 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​5 VR2​25 ΩAIs​0,5 ABab

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

V1 = 5 VIs = 0,5 AR1 = 10 ΩR2 = 25 ΩR3 = 20 Ω
Vth = V
11.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
+−Vs​24 Vt = 0R1​ = 3,3 kΩR2​ = 1 kΩC68 µF+−vC​

Die Quelle Vₛ lädt den Kondensator über R₁, und R₂ liegt parallel zu C. Der Kondensator ist ungeladen, wenn der Schalter bei t = 0 schließt. Bestimme die Zeitkonstante τ der Schaltung nach dem Schließen des Schalters.

Vs = 24 VR1 = 3,3 kΩR2 = 1 kΩC = 68 µF
τ = ms
12.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
+−Vs​10 Vt = 0R = 4,7 kΩC33 µF+−vC​vC​(0) = 30 V

Kurz bevor der Schalter bei t = 0 schließt, liegt am Kondensator eine Spannung von 30 V mit der eingezeichneten Polarität. Wie lange dauert es, bis vC den Wert 24 V erreicht? Bestimme t.

Vs = 10 VR = 4,7 kΩC = 33 µFvC(0) = 30 V
t = ms
13.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
100 V60 HzR = 60 ΩL = 50 mHI

Ein Widerstand und eine Spule liegen parallel an einer Versorgung mit 100 V (Effektivwert) und 60 Hz. Bestimme den Effektivwert des Stroms I.

V = 100 V (rms)f = 60 HzR = 60 ΩL = 50 mH
I = A
14.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
120 V1000 HzR = 60 ΩL = 50 mHC = 4,7 µF

Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 120 V (Effektivwert) und 1000 Hz. Bestimme die Resonanzfrequenz f0 der Schaltung.

V = 120 V (rms)f = 1000 HzR = 60 ΩL = 50 mHC = 4,7 µF
f0 = Hz
15.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
P = 8 kWQ = ?Sφ

Ein Einphasenmotor nimmt 8 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,85 induktiv aus einer 400-V-Versorgung auf. Bestimme die Blindleistung Q, die er aufnimmt.

P = 8 kWpf = 0,85V = 400 V
Q = kvar
16.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
12 V60 HzRs​ = 20 ΩXs​ = j15 ΩZL​ = ?

Eine Quelle mit 12 V (Effektivwert) und 60 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 = 12 V (rms)f = 60 HzZs = 20 + j15 Ω
Pmax = W
17.DrehstromleistungMittel
ABCVL​ = 400 VIL​ = 75 Acos φ = 0,8induktiv

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt aus einem Netz mit einer Leiterspannung von 400 V einen Leiterstrom von 75 A auf. Der Leistungsfaktor ist 0,8 induktiv. Bestimme die gesamte Wirkleistung P, die die Last aufnimmt, in kW.

VL = 400 VIL = 75 Acos φ = 0,8
P = kW
18.DrehstromleistungSchwer
P = 250 kWφ1​S1​Q2​QC​

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 250 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,65 induktiv aus einem Netz mit 415 V (Leiterspannung) und 50 Hz auf. Eine parallel zur Last geschaltete Drehstrom-Kondensatorbatterie soll den Gesamtleistungsfaktor auf 0,9 induktiv anheben. Die Wirkleistung bleibt gleich. Die Kondensatoren sind im Stern geschaltet. Bestimme die Kapazität Cph jedes Kondensators in µF.

P = 250 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,9VL = 415 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.TransformatorenMittel
5 ΩN1​N2​20 Ω

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

Rs = 20 ΩRL = 5 Ω
a =
20.TransformatorenSchwer
pf 0,825 kVA, 50% Last

Ein einphasiger Transformator mit 25 kVA hat Eisenverluste von 125 W und Kupferverluste von 500 W bei Nennlast. Er liefert 50 % seiner Nennscheinleistung bei einem Leistungsfaktor von 0,8 induktiv. Bestimme die Gesamtverluste Ploss in Watt bei dieser Last.

S = 25 kVAPcore = 125 WPcu,fl = 500 Wx = 0,5pf = 0,8
Ploss = W
21.OperationsverstärkerMittel
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 47 kΩVin​

Wähle den Rückkopplungswiderstand Rf so, dass dieser nichtinvertierende Verstärker eine Spannungsverstärkung von 2 hat.

R1 = 47 kΩAv = 2
Rf = kΩ
22.OperationsverstärkerSchwer
−+Vout​C = 0,47 µFVin​ = 1,1 VR = 22 kΩ

Der Integrierer verwendet einen idealen Operationsverstärker mit ±15 V Versorgung; sein Ausgang geht bei ±13 V in die Sättigung. Der Kondensator ist ungeladen, als bei t = 0 eine konstante Eingangsspannung Vin = 1,1 V angelegt wird. Bestimme die Ausgangsspannung Vout bei t = 10 ms.

Vin = 1,1 VR = 22 kΩC = 0,47 µFVsat = ±13 Vt = 10 ms
Vout = V
23.Dioden und TransistorenMittel
RC​ = 1,2 kΩβ = 150IC​ = ?VCC​ = 9 VRB​ = 820 kΩ

Ein NPN-Transistor mit β = 150 wird über einen Basiswiderstand RB = 820 kΩ aus der Versorgung VCC = 9 V eingestellt. Der Kollektorwiderstand ist RC = 1,2 kΩ, und der Emitter liegt auf Masse. Nimm VBE = 0,7 V an und gehe davon aus, dass der Transistor im aktiven Bereich arbeitet. Bestimme den Kollektorstrom IC in mA.

VCC = 9 VRB = 820 kΩRC = 1,2 kΩβ = 150VBE = 0,7 V
IC = mA
24.Dioden und TransistorenSchwer
RC​ = 680 Ωβ = 150IC​ = ?VCC​ = 24 V3,3 VRB​ = 220 kΩ

Ein NPN-Transistor mit β = 150 schaltet einen Lastwiderstand von 680 Ω, der zwischen VCC = 24 V und seinem Kollektor liegt. Der Emitter liegt auf Masse. Die Basis wird von einem Logikausgang mit 3,3 V über einen Basiswiderstand RB = 220 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.

VCC = 24 VRC = 680 Ωβ = 150Vin = 3,3 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 VRB = 220 kΩ
IC = mA
25.ZahlensystemeMittel
8-Bit-Zweierkomplement?−128?64?32?16?8?4?2?1

Schreibe −50 als 8-Bit-Muster im Zweierkomplement. Lies das Muster als vorzeichenlose Binärzahl: Welchen Wert U hat es im Dezimalsystem?

N = −508 bit
U =
26.ZahlensystemeSchwer
Klicke auf die Bits, um sie zu setzen012806403201608040201

Setze die Bits auf das 8-Bit-Ergebnis von 0011 0011 >> 3. Welchen Wert R hat das Ergebnis dezimal?

0011 0011>> 3
R =
27.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & FlipflopsMittel
ABCD000111100001111010010302041507160121130151141809011110

Bestimme mit dem Karnaugh-Diagramm das minimale Produkt von Summen (POS) von F(A, B, C, D) = Σm(0, 5, 6, 8, 10, 13, 14). Wie viele Summenterme (Faktoren) N hat es?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 5, 6, 8, 10, 13, 14)
N =
28.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & FlipflopsSchwer
DQ3​Q3​DQ2​Q2​DQ1​Q1​DQ0​Q0​CLKSHIFT

Ein 4-Bit-Schieberegister Q₃Q₂Q₁Q₀ enthält 0111. Bei jeder Taktflanke werden die Bits um eine Stelle nach rechts geschoben (Q₃ → Q₂ → Q₁ → Q₀, Q₀ geht verloren), und der serielle Eingang gelangt in Q₃. Der serielle Eingang ist 0, 0, 1, 0, 1, 1, 1 an den 7 Flanken. Gib den Endzustand Q = Q₃Q₂Q₁Q₀ als Dezimalzahl an.

Q₃Q₂Q₁Q₀ = 01110, 0, 1, 0, 1, 1, 1
Q =
29.Laplace-TransformationenMittel
ReIm−55

Bestimme f(t) für F(s) = (4s + 21)/(s² + 2s + 37) mit quadratischer Ergänzung und werte f(0,75) aus.

F(s) = (4s + 21)/(s² + 2s + 37)t = 0,75 s
f(0.75) =
30.Laplace-TransformationenSchwer
t (s)y(t)t = 0,4y(0,4) = ?

Löse y″ + 4y′ + 3y = 0 mit y(0) = −3 und y′(0) = 1 mit der Laplace-Transformation und bestimme y(0,4).

y″ + 4y′ + 3y = 0y(0) = −3y′(0) = 1t = 0,4 s
y(0.4) =
31.BlockschaltbilderMittel
R(s)+1(s + 1)(s + 2)(s + 4)G(s)C(s)−

Ein Regelkreis mit Einheits-Gegenkopplung hat G(s) = 1(s + 1)/((s + 2)(s + 4)). An der Führungsgröße wird ein Sprung der Größe 2 angelegt. Bestimme den stationären Fehler ess.

G(s) = 1(s + 1)/((s + 2)(s + 4))R = 2
ess =
32.BlockschaltbilderSchwer
R(s)+Ks(s + 3)(s + 8)G(s)C(s)−

Die Strecke G(s) = K/(s(s + 3)(s + 8)) liegt in einem Regelkreis mit Einheits-Gegenkopplung. Bestimme mit dem Routh-Hurwitz-Kriterium die größte Verstärkung Kmax, für die der geschlossene Kreis stabil ist.

G(s) = K/(s(s + 3)(s + 8))Einheits-Gegenkopplung
Kmax =
33.SprungantwortMittel
t (s)y(t)1

Ein System hat die Übertragungsfunktion G(s) = 33/(s² + 9s + 33) und erhält einen Einheitssprung am Eingang. Bestimme den Dämpfungsgrad ζ.

G(s) = 33/(s² + 9s + 33)
ζ =
34.SprungantwortSchwer
+−5 VR = 121 ΩL = 500 mHC = 22 µFvC​

Ein Reihen-RLC-Kreis mit R = 121 Ω, L = 500 mH und C = 22 µF wird bei t = 0 an einen Sprung von 5 V angeschlossen. Der Kondensator ist ungeladen, und vor dem Sprung fließt kein Strom. Bestimme die maximale Kondensatorspannung vC,max.

R = 121 ΩL = 500 mHC = 22 µFV = 5 V
vC,max = V
35.Bode-Diagramme und ReservenMittel
vin​C = 100 nFR = 3,3 kΩvout​

Der gezeigte RC-Hochpass hat R = 3,3 kΩ, C = 100 nF. Ein sinusförmiges Eingangssignal von 96 Hz wird angelegt. Bestimme die Phasenverschiebung φ von vout relativ zu vin in Grad.

R = 3,3 kΩC = 100 nFf = 96 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) = 144/(s(s + 8)(s + 10)). Bestimme die Amplitudenreserve GM in dB.

L(s) = 144/(s(s + 8)(s + 10))
GM = dB
37.Stabilität: Routh-Hurwitz und WurzelortskurveMittel
R(s)+K = 351s(s + 2)(s + 5)C(s)−

Der Regelkreis im Schaubild läuft mit K = 35 und L(s) = K/(s(s + 2)(s + 5)). Um welchen Faktor m kann die Verstärkung erhöht werden, bevor der geschlossene Kreis instabil wird?

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 5))K = 35
m =
38.Stabilität: Routh-Hurwitz und WurzelortskurveSchwer
ReIm−2−4−6j2j4j6

Die Wurzelortskurve von L(s) = K/((s + 1)(s + 4)(s + 6)) ist skizziert. Bestimme die Frequenz ω, bei der die Ortskurve die imaginäre Achse schneidet.

L(s) = K/((s + 1)(s + 4)(s + 6))
ω = rad/s
39.Stationärer Fehler und PID-RegelungMittel
r(t) = 1 + 3t+5s(s + 5)(s + 10)C(s)−

Auf einen Regelkreis mit Einheitsrückführung und G(s) = 5/(s(s + 5)(s + 10)) wird die Eingangsgröße r(t) = 1 + 3t (ein Sprung plus eine Rampe) gegeben. Bestimme den stationären Fehler ess.

G(s) = 5/(s(s + 5)(s + 10))r(t) = 1 + 3t
ess =
40.Stationärer Fehler und PID-RegelungSchwer
R(s)+K10s(s + 10)C(s)−

Ein Proportionalregler K regelt die Strecke G(s) = 10/(s(s + 10)) in einem Regelkreis mit Einheitsrückführung. Bestimme die Verstärkung K, die dem geschlossenen Kreis den Dämpfungsgrad ζ = 0,4 gibt.

G(s) = 10/(s(s + 10))ζ = 0,4
K =

3Lösungen

1.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: IR2 = 1,537 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​ = 2 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​9 VR2​3 ΩAR4​5 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 = 2 + 5 = 7 Ω
R2 ∥ 7 = 3·7/(3+7) = 2,1 Ω
Req = R1 + 2,1 = 2 + 2,1 = 4,1 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 = 9/4,1 = 2,195 A

Strom durch R₂

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

VA = V1 − IR1·R1 = 9 − 2,195·2 = 4,61 V
IR2 = VA/R2 = 4,61/3 = 1,537 A

Antwort

IR2 = 1,537 A
2.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: Req = 15,84 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​ = 12 ΩR3​ = 6 ΩR5​ = 10 Ω+−V1​9 VR2​5 ΩAR4​25 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 = 10 + 8 = 18 Ω
R4 ∥ 18 = 10,47 Ω
R3 + 10,47 = 16,47 Ω
R2 ∥ 16,47 = 3,835 Ω
Req = R1 + 3,835 = 12 + 3,835 = 15,84 Ω

Antwort

Req = 15,84 Ω
3.Knotenpotenzialverfahren

Antwort: IR1 = 1 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​ = 10 Ω+−V1​30 VR2​15 ΩAR4​5 ΩBIs​3 A

Knoten festlegen

Masse ist der untere Leiter. Bekannte Knotenpotenziale ergeben sich direkt aus den Quellen (V1 = 30 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/15 + (VA − 30)/15 + (VA − VB)/10 = 0
0,2333·VA − 0,1·VB = 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/5 + (VB − VA)/10 = 3
−0,1·VA + 0,3·VB = 3

Lösen

Δ = (0,2333)(0,3) − (−0,1)(−0,1) = 0,06
VA = Δ1/Δ = 0,9/0,06 = 15 V
VB = Δ2/Δ = 0,9/0,06 = 15 V

Antwort

IR1 = (V1 − VA)/R1 = (30 − 15)/15 = 1 A
4.Knotenpotenzialverfahren

Antwort: Is = 2,32 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
(8 − 12)/4 + 8/4 = (VB − 8)/25
1 = (VB − 8)/25 → VB = 33 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 = (33 − 8)/25 + 33/25 = 2,32 A

Antwort

Is = 2,32 A
5.Maschenstromverfahren

Antwort: IR3 = 0,8046 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 Ω+−V1​15 VR3​15 ΩA+−V2​10 VI1​I2​

Maschenströme festlegen

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

Maschenregel in Masche 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
3·I1 + 15(I1 − I2) = 15
18·I1 − 15·I2 = 15

Maschenregel in Masche 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
12·I2 + 15(I2 − I1) = (−10)
−15·I1 + 27·I2 = −10

Lösen

Δ = (18)(27) − (−15)(−15) = 261
I1 = Δ1/Δ = 255/261 = 0,977 A
I2 = Δ2/Δ = 45/261 = 0,1724 A

Antwort

IR3 = I1 − I2 = 0,8046 A

Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.

6.Maschenstromverfahren

Antwort: IR2 = 0,513 A

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

R1​ = 8 ΩR2​ = 3 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​10 VR4​20 ΩAR5​4 ΩB+−V2​5 VI1​I2​I3​

Maschenströme festlegen

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

Maschenregel in Masche 1

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

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
8·I1 + 20(I1 − I2) = 10
28·I1 − 20·I2 = 10

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
3·I2 + 20(I2 − I1) + 4(I2 − I3) = 0
−20·I1 + 27·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
15·I3 + 4(I3 − I2) = (−5)
−4·I2 + 19·I3 = −5

Lösen

Δ = Determinante der Koeffizientenmatrix = 6316
I1 = Δ1/Δ = 4570/6316 = 0,7236 A
I2 = Δ2/Δ = 3240/6316 = 0,513 A
I3 = Δ3/Δ = −980/6316 = −0,1552 A

Antwort

IR2 = I2 = 0,513 A

Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.

7.Überlagerungssatz

Antwort: Is = 2,5 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​ = 10 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​15 VR2​10 ΩAR4​3 ΩBOFFEN

Fall 1 · V1 wirkt allein

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

R3+R4 = 15+3 = 18 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 10·18/(10+18) = 6,429 Ω
VA = 15·6,429/(10+6,429) = 5,87 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 5,87·3/18 = 0,9783 V
IR3′ = (VA − VB)/R3 = (5,87 − 0,9783)/15 = 0,3261 A

Fall 2 · Is wirkt allein

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

R1 ∥ R2 = 5 Ω
IR3″ = −Is·R4/(R4 + R3 + R1∥R2) = −Is·3/23 = −0,1304·Is

Die Summe null setzen

IR3′ + IR3″ = 0,3261 − 0,1304·Is = 0
Is = 0,3261/0,1304 = 2,5 A

Antwort

Is = 2,5 A
8.Überlagerungssatz

Antwort: V2 = 6,6 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​ = 20 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 3 Ω+−V1​6 VR3​8 ΩAOFFENBKURZSCHLUSS

Fall 1 · V1 wirkt allein

V₂ wird zum Kurzschluss und Iₛ zum Leerlauf. Von A aus gesehen liegt R₃ parallel zur Reihenschaltung R₂+R₄.

R3 ∥ (R2+R4) = 8 ∥ 18 = 5,538 Ω
VA = 6·5,538/(20+5,538) = 1,301 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 1,301·3/18 = 0,2169 V
R1​ = 20 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 3 ΩKURZSCHLUSSR3​8 ΩAIs​4 ABKURZSCHLUSS

Fall 2 · Is wirkt allein

Beide Spannungsquellen werden zu Kurzschlüssen. Iₛ teilt sich in B zwischen R₄ (jetzt nach Masse) und R₂ in Reihe mit R₁ ∥ R₃ auf. Der Pfeil von Iₛ zeigt nach unten, von seinem Knoten weg, Iₛ zieht also Strom aus diesem Knoten ab: Sein Term geht mit Minuszeichen ein.

R1 ∥ R3 = 5,714 Ω, also ist der linke Pfad R2+5,714 = 20,71 Ω
Req = R4 ∥ 20,71 = 2,62 Ω
VB = −Is·Req = −4·2,62 = −10,48 V
VA = VB·5,714/20,71 = −2,892 V

Fall 3 · V2 wirkt allein, pro Volt

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

R1 ∥ R3 = 5,714 Ω
VA‴ = V2·5,714/(3 + 15 + 5,714) = 0,241·V2

VA null setzen

Mit VA = 0 liegt keine Spannung an R₃, sein Strom ist also null.

VA′ + VA″ + VA‴ = 1,301 + (−2,892) + 0,241·V2 = 0
V2 = 1,59/0,241 = 6,6 V

Antwort

V2 = 6,6 V
9.Thévenin und Norton

Antwort: Rth = 17,61 Ω

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

R1​ = 20 ΩR3​ = 15 ΩKURZSCHLUSSR2​3 ΩAabRth​

Rth bei abgeschalteten Quellen bestimmen

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

R1 ∥ R2 = 20·3/(20+3) = 2,609 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,609 + 15 = 17,61 Ω
10.Thévenin und Norton

Antwort: Vth = 17,14 V

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

R1​ = 10 ΩR3​ = 20 ΩKURZSCHLUSSR2​25 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 = 10·25/(10+25) = 7,143 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 7,143 + 20 = 27,14 Ω
R1​ = 10 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​5 VR2​25 ΩAIs​0,5 ABab+−Vth​

Vth bestimmen, die Leerlaufspannung

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

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 3,571 + 0,5·7,143 = 7,143 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 7,143 + 0,5·20 = 17,14 V
11.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: τ = 52,19 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.

Thévenin-Ersatzschaltung aus Sicht des Kondensators

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

Rth = R1 ∥ R2 = 3,3·1/(3,3 + 1) = 0,7674 kΩ
vC(∞) = 24·1/(3,3 + 1) = 5,581 V

Zeitkonstante

τ = Rth·C = 0,7674·68 = 52,19 ms

Antwort

τ = 52,19 ms
12.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: t = 55,32 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) = 30 V, vC(∞) = Vs = 10 V
τ = R·C = 4,7 kΩ · 33 µF = 155,1 ms
vC(t) = 10 + (30 − 10)·e−t/τ

Nach der Zeit auflösen

24 = 10 + (20)·e−t/τ → e−t/τ = (24 − 10)/(30 − 10) = 0,7
t = τ·ln((30 − 10)/(24 − 10)) = 155,1·ln(1,429) = 55,32 ms

Antwort

t = 55,32 ms
13.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: I = 5,561 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|.

Blindwiderstand

XL = ωL = 2π·60·0,05 = 18,85 Ω

Zweigströme

Beide Zweige liegen direkt an der Versorgung, jeder sieht also die volle Spannung V.

IR = V/R = 100/60 = 1,667 A
IX = V/XL = 100/18,85 = 5,305 A

Gesamtstrom

Der Strom im Widerstand ist in Phase mit V, der Blindstrom um 90° verschoben, sie addieren sich also wie die Seiten eines rechtwinkligen Dreiecks.

I = √(IR² + IX²) = √(1,667² + 5,305²) = 5,561 A

Antwort

I = 5,561 A
14.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: f0 = 328,3 Hz

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

Resonanz

Bei Resonanz heben sich induktiver und kapazitiver Blindwiderstand auf: ωL = 1/(ωC). Die Frequenz der Versorgung spielt keine Rolle.

f0 = 1/(2π√(LC)) = 1/(2π·√(0,05·4,7·10⁻⁶)) = 328,3 Hz

Antwort

f0 = 328,3 Hz
15.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: Q = 4,958 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(0,85) = 31,79°, tan φ = 0,6197

Blindleistung

Q = P·tan φ = 8·0,6197 = 4,958 kvar

Antwort

Q = 4,958 kvar
16.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: Pmax = 1,8 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) = 12/40 = 0,3 A
Pmax = I²·RL = Vs²/(4Rs) = 12²/(4·20) = 1,8 W

Antwort

Pmax = 1,8 W
17.Drehstromleistung

Antwort: P = 41,57 kW

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

Scheinleistung

S = √3·VL·IL = √3·400·75 = 51,96 kVA

Wirkleistung

P = S·cos φ = 51,96·0,8 = 41,57 kW

Antwort

P = 41,57 kW
18.Drehstromleistung

Antwort: Cph = 3164 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 = 250·tan(acos 0,65) = 250·1,169 = 292,3 kvar
Q2 = 250·tan(acos 0,9) = 250·0,4843 = 121,1 kvar

Blindleistung der Kondensatoren

QC = Q1 − Q2 = 171,2 kvar

Kapazität pro Strang

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

V = 415/√3 = 239,6 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 57067/(314,2·239,6²) = 3164 µF

Antwort

Cph = 3164 µF
19.Transformatoren

Antwort: a = 2

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

Die umgerechnete Last anpassen

a²·5 = 20
a = √(20/5) = √4 = 2

Antwort

a = 2
20.Transformatoren

Antwort: Ploss = 250 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 = 0,25·500 = 125 W

Gesamtverluste

Die Eisenverluste sind bei jeder Last gleich.

Ploss = 125 + 125 = 250 W

Antwort

Ploss = 250 W

Der Wirkungsgrad bei dieser Last ist η = 97,56%.

21.Operationsverstärker

Antwort: Rf = 47 kΩ

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

Verstärkung eines nichtinvertierenden Verstärkers

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

Av = 1 + Rf/R1
Rf = (2 − 1)·47 = 47 kΩ

Antwort

Rf = 47 kΩ
22.Operationsverstärker

Antwort: Vout = −1,064 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.

Eingangsstrom und Anstiegsrate

kΩ mal µF ergibt Millisekunden.

RC = 22 kΩ · 0,47 µF = 10,34 ms
Anstiegsrate = −Vin/(RC) = −1,1/10,34 = −0,1064 V/ms

Ausgang zum gegebenen Zeitpunkt

Der ideale Wert liegt innerhalb von ±Vsat, der Integrierer ist also noch nicht in der Begrenzung.

Vout = −Vin·t/(RC) = −1,1·10/10,34 = −1,064 V

Antwort

Vout = −1,064 V
23.Dioden und Transistoren

Antwort: IC = 1,518 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.

Basisstrom

IB = (VCC − VBE)/RB = (9 − 0,7)/820 kΩ = 10,12 µA

Kollektorstrom

IC = β·IB = 150·10,12 µA = 1,518 mA

Antwort

IC = 1,518 mA

Kontrolle: VCE = 7,178 V liegt deutlich über 0,2 V, der Transistor ist also tatsächlich aktiv.

24.Dioden und Transistoren

Antwort: IC = 1,773 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 = (3,3 − 0,7)/220 kΩ = 11,82 µA

Gesättigt oder aktiv?

β·IB ist kleiner als IC(sat), also bleibt der Transistor aktiv.

β·IB = 1,773 mA
IC(sat) = (24 − 0,2)/680 = 35 mA

Kollektorstrom

IC = β·IB = 1,773 mA

Antwort

IC = 1,773 mA

Der Transistor ist aktiv, die Last ist also nicht voll eingeschaltet.

25.Zahlensysteme

Antwort: U = 206

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

50 = 0011 0010
invertiert: 1100 1101
+1 → 1100 1110

Vorzeichenlos lesen

1100 1110₂ = 256 − 50 = 206

Antwort

U = 206
26.Zahlensysteme

Antwort: R = 6

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

Das Rechtsschieben um 3 verschiebt jedes Bit um 3 Stellen nach rechts; Bits, die am rechten Ende herausfallen, gehen verloren, und links kommen Nullen nach.

0011 0011 >> 3
= 0000 0110

Wert des Ergebnisses

0000 0110₂ = 6

Antwort

R = 6
27.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & Flipflops

Antwort: N = 4

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

ABCD000111100001111010010302041507160121130151141809011110

Die Nullen zusammenfassen

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

(C′ + D′)
(B + D′)
(B′ + C + D)
(A + B + C′)

Minimale POS-Form

F = (C′ + D′)(B + D′)(B′ + C + D)(A + B + C′)
N = 4

Antwort

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

Antwort: Q = 14

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

Zustand nach jeder Flanke

0111 → 0011 → 0001 → 1000 → 0100 → 1010 → 1101 → 1110

Dezimalwert

1110₂ = 14

Antwort

Q = 14
29.Laplace-Transformationen

Antwort: f(0.75) = −1,707

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

Quadratische Ergänzung

s² + 2s + 37 = (s + 1)² + 36 = (s + 1)² + 6²

Zähler anpassen

F(s) = 4·(s + 1)/((s + 1)² + 6²) + (17/6)·6/((s + 1)² + 6²)

Rücktransformation

f(t) = e−t·(4·cos 6t + 2,833·sin 6t)
f(0,75) = e−0,75·(4·cos(6·0,75) + 2,833·sin(6·0,75)) = −1,707

Antwort

f(0,75) = −1,707
30.Laplace-Transformationen

Antwort: y(0.4) = −2,38

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

s²Y − (−3)s − 1 + 4(sY − (−3)) + 3Y = 0
Y(s) = (−3s − 11)/((s + 1)(s + 3))

Partialbruchzerlegung

A = −8/2 = −4
B = −2/(−2) = 1

Ergebnis

y(t) = −4·e−t + e−3t
y(0,4) = −2,38

Antwort

y(0,4) = −2,38

Kontrolle: y(0) = A + B = −3.

31.Blockschaltbilder

Antwort: ess = 1,778

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) = 1·1/(2·4) = 0,125

Stationärer Fehler

ess = A/(1 + Kₚ) = 2/(1 + 0,125) = 1,778

Antwort

ess = 1,778
32.Blockschaltbilder

Antwort: Kmax = 264

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

s³ + 11s² + 24s + K = 0

Routh-Schema

s³ | 1 24
s² | 11 K
s¹ | (11·24 − K)/11
s⁰ | K

Stabilitätsgrenze

Alle Einträge der ersten Spalte müssen positiv sein.

Kmax = 11·24 = 264

Antwort

Kmax = 264
33.Sprungantwort

Antwort: ζ = 0,7833

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 = 33 → ωₙ = 5,745 rad/s
2ζωₙ = 9 → ζ = 9/(2·5,745) = 0,7833

Ergebnis

ζ = 0,7833

Antwort

ζ = 0,7833
34.Sprungantwort

Antwort: vC,max = 6,262 V

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 = 1/√(LC) = 1/√(0,5·2,2 × 10⁻⁵) = 301,5 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (121/2)·√(2,2 × 10⁻⁵/0,5) = 0,4013

Ergebnis

%OS = 25,25 %
vC,max = 5·(1 + 0,2525) = 6,262 V

Antwort

vC,max = 6,262 V
35.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: φ = 78,74 °

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

Eckfrequenz

ωc = 1/(RC) = 1/(3300·1 × 10⁻⁷) = 3030 rad/s
fc = 482,3 Hz → f/fc = 96/482,3 = 0,1991

Phase

φ = 90° − atan(0,1991) = 78,74°

Antwort

φ = 78,74°
36.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: GM = 20 dB

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

Phasendurchtritt

(ω/8)·(ω/10) = 1 → ω180 = √(8·10) = 8,944 rad/s

Betrag am Phasendurchtritt

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 64)·√(ω² + 100)) = K/(8·10·(8 + 10)) = K/1440

Amplitudenreserve

GM = 20·log₁₀(1440/144) = 20 dB

Antwort

GM = 20 dB
37.Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve

Antwort: m = 2

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

Routh-Schema

s³ + 7s² + 10s + K = 0
s³: 1, 10
s²: 7, K
s¹: (7·10 − K)/7
s⁰: K

Größte stabile Verstärkung

Kmax = 7·10 = 70

Faktor

m = 70/35 = 2

Antwort

m = 2

Dieser Faktor ist die Amplitudenreserve als Verhältnis: 6,021 dB.

38.Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve

Antwort: ω = 5,831 rad/s

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.

Kritische Verstärkung

s³ + 11s² + 34s + 24 + K = 0
s¹: (11·34 − 24 − K)/11 = 0 → K = 350

Schnittfrequenz

11s² + 24 + 350 = 11s² + 374 = 0 → s² = −34
ω = √34 = 5,831 rad/s

Antwort

ω = 5,831 rad/s
39.Stationärer Fehler und PID-Regelung

Antwort: ess = 30

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.

Geschwindigkeitskonstante

Kv = lim s·G(s) = 0,1

Sprunganteil

Kp = ∞ → estep = 0

Rampenfehler

ess = 3/0,1 = 30

Antwort

ess = 30
40.Stationärer Fehler und PID-Regelung

Antwort: K = 15,62

P-, PI- und PID-Regelung: Der Regler C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s wirkt auf den Regelfehler. Eine proportionale Verstärkung macht den Kreis schneller und verkleinert den Fehler einer Strecke vom Typ 0, beseitigt ihn aber nie. Der Integralanteil fügt einen Pol bei s = 0 hinzu: Der Systemtyp steigt um eins, und ein Sprung wird ohne Fehler verfolgt. Der Differenzialanteil erhöht die Dämpfung. Um die Verstärkungen zu wählen, schreibe das charakteristische Polynom des geschlossenen Kreises auf und vergleiche es mit s² + 2ζωns + ωn². Dann gilt %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd mit ωd = ωn√(1 − ζ²) und ts ≈ 4/(ζωn).

Charakteristisches Polynom

s(s + 10) + 10K = s² + 10s + 10K

Eigenfrequenz

2·0,4·ωₙ = 10 → ωₙ = 12,5 rad/s

Verstärkung

10K = ωₙ² = 156,2 → K = 15,62

Antwort

K = 15,62

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