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​ = 4 ΩIR1​R3​ = 4 Ω+−V1​10 VR2​2 ΩAR4​6 ΩB

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

V1 = 10 VR1 = 4 ΩR2 = 2 ΩR3 = 4 ΩR4 = 6 Ω
IR1 = A
2.Reihen- und ParallelschaltungSchwer
R1​ = 12 ΩIR1​R3​ = 6 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​24 VR2​4 ΩAR4​3 ΩBR6​5 Ω

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

V1 = 24 VR1 = 12 ΩR2 = 4 ΩR3 = 6 ΩR4 = 3 ΩR5 = 30 ΩR6 = 5 Ω
IR1 = A
3.KnotenpotenzialverfahrenMittel
R1​ = 2 ΩR3​ = 6 ΩIR3​+−V1​10 VR2​3 ΩAR4​5 ΩBIs​1 A

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

V1 = 10 VIs = 1 AR1 = 2 ΩR2 = 3 ΩR3 = 6 ΩR4 = 5 Ω
IR3 = A
4.KnotenpotenzialverfahrenSchwer
R1​ = 20 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​6 VR2​3 ΩAR4​20 ΩB0,1·VA​

Die Raute ist eine spannungsgesteuerte Stromquelle, die einen Strom von 0,1·VA (in A, mit VA in V) nach oben in den Knoten B schiebt. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren das Knotenpotenzial VB (gegen Masse gemessen).

V1 = 6 VR1 = 20 ΩR2 = 3 ΩR3 = 15 ΩR4 = 20 Ωg = 0,1 A/V
VB = V
5.MaschenstromverfahrenMittel
R1​ = 10 ΩR2​ = 20 Ω+−V1​6 VR3​6 Ω+−VR3​A+−V2​10 VI1​I2​

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

V1 = 6 VV2 = 10 VR1 = 10 ΩR2 = 20 ΩR3 = 6 Ω
VR3 = V
6.MaschenstromverfahrenSchwer
R1​ = 5 ΩR2​ = 2 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​10 VR4​12 ΩAR5​10 ΩB+−V2​15 VI1​I2​I3​

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

V1 = 10 VV2 = 15 VR1 = 5 ΩR2 = 2 ΩR3 = 6 ΩR4 = 12 ΩR5 = 10 Ω
I1 = A
7.ÜberlagerungssatzMittel
R1​ = 5 ΩR3​ = 4 ΩIR3​+−V1​10 VR2​20 ΩAR4​8 ΩBIs​1 A

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

V1 = 10 VIs = 1 AR1 = 5 ΩR2 = 20 ΩR3 = 4 ΩR4 = 8 Ω
IR3 = A
8.ÜberlagerungssatzSchwer
R1​ = 30 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 3 Ω+−V1​18 VR3​8 ΩIR3​AIs​5 AB+−V2​?

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

V1 = 18 VIs = 5 AR1 = 30 ΩR2 = 3 ΩR3 = 8 ΩR4 = 3 Ω
V2 = V
9.Thévenin und NortonMittel
R1​ = 6 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​10 VR2​2 ΩAab

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

V1 = 10 VR1 = 6 ΩR2 = 2 ΩR3 = 8 Ω
Vth = V
10.Thévenin und NortonSchwer
R1​ = 10 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​10 VR2​2 ΩAIs​3 ABab

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

V1 = 10 VIs = 3 AR1 = 10 ΩR2 = 2 ΩR3 = 15 Ω
Vth = V
11.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
+−Vs​10 Vt = 0R1​ = 3,3 kΩR2​ = 6,8 kΩC220 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 = 10 VR1 = 3,3 kΩR2 = 6,8 kΩC = 220 µF
τ = ms
12.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
+−Vs​20 Vt = 0R = 1 kΩC33 µF+−vC​vC​(0) = 6 V

Kurz bevor der Schalter bei t = 0 schließt, liegt am Kondensator eine Spannung von 6 V mit der eingezeichneten Polarität. Bestimme die Kondensatorspannung vC bei t = 75 ms.

Vs = 20 VR = 1 kΩC = 33 µFvC(0) = 6 Vt = 75 ms
vC = V
13.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
12 V60 HzR = 50 ΩL = 250 mHC = 22 µFI

Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 12 V (Effektivwert) und 60 Hz. Bestimme die aus der Versorgung aufgenommene Wirkleistung P.

V = 12 V (rms)f = 60 HzR = 50 ΩL = 250 mHC = 22 µF
P = W
14.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
12 Vf0​R = 2 ΩL = 50 mHC = 10 µF

Ein RLC-Reihenschwingkreis wird von einer Quelle mit 12 V (Effektivwert) gespeist, deren Frequenz auf die Resonanzfrequenz der Schaltung eingestellt ist. Bestimme die Effektivspannung VL an der Spule.

V = 12 V (rms)R = 2 ΩL = 50 mHC = 10 µF
VL = V
15.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
230 VZ4 + j3 ΩI

Eine Last mit der Impedanz Z = 4 + j3 Ω liegt an einer einphasigen Versorgung mit 230 V (Effektivwert). Bestimme die aufgenommene Blindleistung Q.

V = 230 VZ = 4 + j3 Ω
Q = var
16.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
P1​ = 49 kWQ1​S1​φ

Ein einphasiger Transformator mit 150 kVA versorgt eine Last mit 49 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,75 induktiv. Wie viel zusätzliche Wirkleistung ΔP kann als ohmsche Last (Leistungsfaktor 1) hinzukommen, bevor der Transformator seine kVA-Nennleistung erreicht?

Smax = 150 kVAP1 = 49 kWpf1 = 0,75
ΔP = kW
17.DrehstromleistungMittel
ABCVL​ = 480 VNZ = 24 + j7 Ωpro Strang

Eine symmetrische Last in Sternschaltung mit einer Impedanz von 24 + j7 Ω pro Strang ist an ein symmetrisches Drehstromnetz mit einer Leiterspannung von 480 V angeschlossen. Bestimme die gesamte Wirkleistung P, die die Last aufnimmt, in kW.

VL = 480 VZ = 24 + j7 Ω pro Strang
P = kW
18.DrehstromleistungSchwer
P = 50 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 50 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,8 induktiv aus einem Netz mit 400 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. Bestimme die gesamte Blindleistung QC, die die Kondensatorbatterie liefern muss, in kvar.

P = 50 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,9VL = 400 Vf = 50 Hz
QC = kvar
19.TransformatorenMittel
4160 V480 VIHV​ILV​ = ?10 kVA

Ein einphasiger Transformator mit 10 kVA und 4160/480 V wird bei Nennlast betrieben. Betrachte ihn als ideal. Bestimme den Strom ILV in der Unterspannungswicklung.

S = 10 kVAV1 = 4160 VV2 = 480 V
ILV = A
20.TransformatorenSchwer
pf 0,95150 kVA, η = 98,2%

Ein einphasiger Transformator mit 150 kVA hat Eisenverluste von 1200 W. Bei Nennlast und einem Leistungsfaktor von 0,95 induktiv beträgt sein Wirkungsgrad 98,2 %. Bestimme die Kupferverluste Pcu,fl bei Volllast in Watt.

S = 150 kVAPcore = 1200 Wpf = 0,95η = 98,2%
Pcu,fl = W
21.OperationsverstärkerMittel
−+Vout​Rf​ = 10 kΩVin​R1​ = 1 kΩ

Der Operationsverstärker ist ideal und wird mit ±15 V versorgt; sein Ausgang geht bei ±13 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 = 10 kΩVsat = ±13 V
Vin,max = V
22.OperationsverstärkerSchwer
−+Vout​Rf​ = 1 kΩV1​ = 1,5 VR1​ = 1 kΩV2​ = 1,2 VR2​ = 2 kΩ

Der Summierverstärker verwendet einen idealen Operationsverstärker mit ±15 V Versorgung. Bestimme die Ausgangsspannung Vout.

V1 = 1,5 VV2 = 1,2 VR1 = 1 kΩR2 = 2 kΩRf = 1 kΩ
Vout = V
23.Dioden und TransistorenMittel
+−9 V150 Ω6,2 V1000 ΩIZ​ = ?

Ein 6,2-V-Z-Dioden-Regler wird aus 9 V über 150 Ω gespeist und versorgt eine Last von 1000 Ω. Bestimme den Zenerstrom IZ.

Vin = 9 VVZ = 6,2 VR = 150 ΩRL = 1000 Ω
IZ = mA
24.Dioden und TransistorenSchwer
RC​ = 220 Ωβ = 50VCC​ = 24 V5 VRB​ = ?

Ein NPN-Transistor mit β = 50 schaltet einen Lastwiderstand von 220 Ω, der zwischen VCC = 24 V und seinem Kollektor liegt. Der Emitter liegt auf Masse. Die Basis wird von einem Logikausgang mit 5 V über einen Basiswiderstand RB angesteuert. Nimm VBE = 0,7 V und VCE(sat) = 0,2 V an. Bestimme den größten Basiswiderstand RB in kΩ, der den Transistor gerade noch in die Sättigung steuert.

VCC = 24 VRC = 220 Ωβ = 50Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 V
RB = kΩ
25.ZahlensystemeMittel
8-Bit-Zweierkomplement0−12806403201608040201

Setze die Bits so, dass sie −39 im 8-Bit-Zweierkomplement speichern. Welchen Wert U hat das Muster, wenn man es als vorzeichenlose Zahl liest?

N = −398 bit
U =
26.ZahlensystemeSchwer
Klicke auf die Bits, um sie zu setzen012806403201608040201

Setze die Bits auf das 8-Bit-Ergebnis von 0011 1110 >> 3. Welchen Wert R hat das Ergebnis dezimal?

0011 1110>> 3
R =
27.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & FlipflopsMittel
ABCD000111100001111000011312040507160121130151140809011010

Bestimme mit dem Karnaugh-Diagramm die minimale Summe von Produkten (SOP) von F(A, B, C, D) = Σm(2, 3, 6, 13, 14). Wie viele Literale L enthält sie insgesamt (eine Variable mit Strich zählt als ein Literal)?

F(A, B, C, D) = Σm(2, 3, 6, 13, 14)
L =
28.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & FlipflopsSchwer
FFQ0​Q0​FFQ1​Q1​FFQ2​Q2​FFQ3​Q3​FFQ4​Q4​CLKMOD-25

Ein Mod-25-Zähler ist aus der Mindestzahl von Flipflops aufgebaut. Wie viele der möglichen Zustände U werden nie benutzt?

N = 25
U =
29.Laplace-TransformationenMittel
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−81

Bestimme f(t) für F(s) = (5s + 36)/(s² + 8s + 17) mit quadratischer Ergänzung und werte f(0,3) aus.

F(s) = (5s + 36)/(s² + 8s + 17)t = 0,3 s
f(0.3) =
30.Laplace-TransformationenSchwer
ReIm−22

Ein System wird durch die Differentialgleichung y″ + 2y′ + 10y = 2u′ + 6u 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 = 0,8 s aus. Bestimme g(0,8).

y″ + 2y′ + 10y = 2u′ + 6ut = 0,8 s
g(0.8) =
31.BlockschaltbilderMittel
R(s)+8(s + 4)(s + 6)(s + 9)G(s)C(s)−

Ein Regelkreis mit Einheits-Gegenkopplung hat G(s) = 8(s + 4)/((s + 6)(s + 9)). An der Führungsgröße wird ein Sprung der Größe 10 angelegt. Bestimme den stationären Fehler ess.

G(s) = 8(s + 4)/((s + 6)(s + 9))R = 10
ess =
32.BlockschaltbilderSchwer
R(s)+K(s + 3)(s + 7)(s + 8)G(s)C(s)−

Die Strecke G(s) = K/((s + 3)(s + 7)(s + 8)) liegt in einem Regelkreis mit Einheits-Gegenkopplung. Bei der größten stabilen Verstärkung schwingt der Kreis. Bestimme die Schwingfrequenz ω in rad/s.

G(s) = K/((s + 3)(s + 7)(s + 8))Einheits-Gegenkopplung
ω = rad/s
33.SprungantwortMittel
t (s)y(t)0,5ts​ = ?

Ein System hat die Übertragungsfunktion G(s) = 48/(s² + 15s + 96) und erhält einen Einheitssprung am Eingang. Bestimme die 2-%-Ausregelzeit ts der Sprungantwort mit ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 48/(s² + 15s + 96)
ts = s
34.SprungantwortSchwer
R(s)+Ks(s + 5)G(s)C(s)−

Ein Regelkreis mit Einheits-Gegenkopplung hat G(s) = K/(s(s + 5)). Bestimme die Verstärkung K, die eine Sprungantwort mit 25 % Überschwingen ergibt.

G(s) = K/(s(s + 5))%OS = 25 %
K =
35.Bode-Diagramme und ReservenMittel
vin​L = 10 mHC = 0,22 µFR = 5 Ωvout​

Beim gezeigten Reihen-RLC-Bandpass wird der Ausgang über R = 5 Ω abgegriffen, mit L = 10 mH und C = 0,22 µF. Bestimme die Güte Q.

R = 5 ΩL = 10 mHC = 0,22 µF
Q =
36.Bode-Diagramme und ReservenSchwer
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−60−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​

Ein Regelkreis mit Einheitsrückführung hat die Übertragungsfunktion des offenen Kreises L(s) = 232/(s(s + 8)). Bestimme die Phasenreserve PM in Grad.

L(s) = 232/(s(s + 8))
PM = °
37.Stabilität: Routh-Hurwitz und WurzelortskurveMittel
R(s)+K1s(s + 2)(s + 5)C(s)−

Der Regelkreis im Schaubild hat die Übertragungsfunktion des offenen Kreises L(s) = K/(s(s + 2)(s + 5)). Die Verstärkung wird erhöht, bis der geschlossene Kreis an der Stabilitätsgrenze liegt. Bestimme die Frequenz ω der Dauerschwingung.

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 5))
ω = rad/s
38.Stabilität: Routh-Hurwitz und WurzelortskurveSchwer
ReIm−2−4−6−8−10−12−14j2j4sb​

Die Wurzelortskurve von L(s) = K/((s + 4)(s + 12)) ist abgebildet. Bestimme die Verstärkung K am Verzweigungspunkt sb, an dem die beiden Pole des geschlossenen Kreises auf der reellen Achse zusammentreffen.

L(s) = K/((s + 4)(s + 12))
K =
39.Stationärer Fehler und PID-RegelungMittel
r(t) = 2 + 3t+10(s + 4)s(s + 1)(s + 4)C(s)−

Auf einen Regelkreis mit Einheitsrückführung und G(s) = 10(s + 4)/(s(s + 1)(s + 4)) wird die Eingangsgröße r(t) = 2 + 3t (ein Sprung plus eine Rampe) gegeben. Bestimme den stationären Fehler ess.

G(s) = 10(s + 4)/(s(s + 1)(s + 4))r(t) = 2 + 3t
ess =
40.Stationärer Fehler und PID-RegelungSchwer
R(s)+5 + Kd​s2s(s + 1)C(s)−

Ein PD-Regler C(s) = 5 + Kd·s regelt die Strecke G(s) = 2/(s(s + 1)) in einem Regelkreis mit Einheitsrückführung. Bestimme die Differenzialverstärkung Kd, die dem geschlossenen Kreis den Dämpfungsgrad ζ = 0,5 gibt.

G(s) = 2/(s(s + 1))Kp = 5ζ = 0,5
Kd = s

3Lösungen

1.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: IR1 = 1,765 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​ = 4 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​10 VR2​2 ΩAR4​6 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 + 6 = 10 Ω
R2 ∥ 10 = 2·10/(2+10) = 1,667 Ω
Req = R1 + 1,667 = 4 + 1,667 = 5,667 Ω

Strom aus der Quelle

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

IR1 = V1/Req = 10/5,667 = 1,765 A

Antwort

IR1 = 1,765 A
2.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: IR1 = 1,628 A

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

R1​ = 12 ΩR3​ = 6 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​24 VR2​4 ΩAR4​3 ΩBR6​5 Ω

Widerstände vom fernen Ende her zusammenfassen

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

R5 + R6 = 30 + 5 = 35 Ω
R4 ∥ 35 = 2,763 Ω
R3 + 2,763 = 8,763 Ω
R2 ∥ 8,763 = 2,746 Ω
Req = R1 + 2,746 = 12 + 2,746 = 14,75 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 = 24/14,75 = 1,628 A

Antwort

IR1 = 1,628 A
3.Knotenpotenzialverfahren

Antwort: IR3 = 0,9016 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​ = 2 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​10 VR2​3 ΩAR4​5 ΩBIs​1 A

Knoten festlegen

Masse ist der untere Leiter. Bekannte Knotenpotenziale ergeben sich direkt aus den Quellen (V1 = 10 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/3 + (VA − 10)/2 + (VA − VB)/6 = 0
VA − 0,1667·VB = 5

KCL am Knoten B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/5 + (VB − VA)/6 = (−1)
−0,1667·VA + 0,3667·VB = −1

Lösen

Δ = (1)(0,3667) − (−0,1667)(−0,1667) = 0,3389
VA = Δ1/Δ = 1,667/0,3389 = 4,918 V
VB = Δ2/Δ = −0,1667/0,3389 = −0,4918 V

Antwort

IR3 = (VA − VB)/R3 = (4,918 − −0,4918)/6 = 0,9016 A
4.Knotenpotenzialverfahren

Antwort: VB = 1,208 V

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

Knotenregel am Knoten A

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

(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
0,45·VA − 0,06667·VB = 0,3

Knotenregel am Knoten B

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

(VB − VA)/R3 + VB/R4 = 0,1·VA
−0,1667·VA + 0,1167·VB = 0

Lösen

Δ = (0,45)(0,1167) − (−0,06667)(−0,1667) = 0,04139
VA = Δ1/Δ = 0,035/0,04139 = 0,8456 V
VB = Δ2/Δ = 0,05/0,04139 = 1,208 V

Antwort

VB = 1,208 V
5.Maschenstromverfahren

Antwort: VR3 = 3,474 V

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

R1​ = 10 ΩR2​ = 20 Ω+−V1​6 VR3​6 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
10·I1 + 6(I1 − I2) = 6
16·I1 − 6·I2 = 6

Maschenregel in Masche 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
20·I2 + 6(I2 − I1) = (−10)
−6·I1 + 26·I2 = −10

Lösen

Δ = (16)(26) − (−6)(−6) = 380
I1 = Δ1/Δ = 96/380 = 0,2526 A
I2 = Δ2/Δ = −124/380 = −0,3263 A

Antwort

IR3 = I1 − I2 = 0,5789 A
VR3 = IR3·R3 = 0,5789·6 = 3,474 V

Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.

6.Maschenstromverfahren

Antwort: I1 = 0,412 A

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

R1​ = 5 ΩR2​ = 2 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​10 VR4​12 ΩAR5​10 ΩB+−V2​15 VI1​I2​I3​

Maschenströme festlegen

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

Maschenregel in Masche 1

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

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
5·I1 + 12(I1 − I2) = 10
17·I1 − 12·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
2·I2 + 12(I2 − I1) + 10(I2 − I3) = 0
−12·I1 + 24·I2 − 10·I3 = 0

Maschenregel in Masche 3

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

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
6·I3 + 10(I3 − I2) = (−15)
−10·I2 + 16·I3 = −15

Lösen

Δ = Determinante der Koeffizientenmatrix = 2524
I1 = Δ1/Δ = 1040/2524 = 0,412 A
I2 = Δ2/Δ = −630/2524 = −0,2496 A
I3 = Δ3/Δ = −2760/2524 = −1,094 A

Antwort

I1 = 0,412 A

Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.

7.Überlagerungssatz

Antwort: IR3 = 1 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​ = 5 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​10 VR2​20 ΩAR4​8 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 = 4+8 = 12 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 20·12/(20+12) = 7,5 Ω
VA = 10·7,5/(5+7,5) = 6 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 6·8/12 = 4 V
IR3′ = (VA − VB)/R3 = (6 − 4)/4 = 0,5 A
R1​ = 5 ΩR3​ = 4 ΩKURZSCHLUSSR2​20 ΩAR4​8 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 = 5·20/(5+20) = 4 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 8 ∥ 8 = 4 Ω
VB = Is·Req = (−1)·4 = −4 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = −4·4/8 = −2 V
IR3″ = (VA − VB)/R3 = (−2 − −4)/4 = 0,5 A

Anteile addieren

IR3 = IR3′ + IR3″
IR3 = 0,5 + 0,5 = 1 A

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

8.Überlagerungssatz

Antwort: V2 = 11,4 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​ = 30 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 3 Ω+−V1​18 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 ∥ 6 = 3,429 Ω
VA = 18·3,429/(30+3,429) = 1,846 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 1,846·3/6 = 0,9231 V
R1​ = 30 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 3 ΩKURZSCHLUSSR3​8 ΩAIs​5 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 = 6,316 Ω, also ist der linke Pfad R2+6,316 = 9,316 Ω
Req = R4 ∥ 9,316 = 2,269 Ω
VB = −Is·Req = −5·2,269 = −11,35 V
VA = VB·6,316/9,316 = −7,692 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 = 6,316 Ω
VA‴ = V2·6,316/(3 + 3 + 6,316) = 0,5128·V2

VA null setzen

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

VA′ + VA″ + VA‴ = 1,846 + (−7,692) + 0,5128·V2 = 0
V2 = 5,846/0,5128 = 11,4 V

Antwort

V2 = 11,4 V
9.Thévenin und Norton

Antwort: Vth = 2,5 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​ = 6 ΩR3​ = 8 ΩKURZSCHLUSSR2​2 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 = 6·2/(6+2) = 1,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,5 + 8 = 9,5 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​10 VR2​2 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) = 10·2/(6+2) = 2,5 V
10.Thévenin und Norton

Antwort: Vth = −48,33 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​ = 15 ΩKURZSCHLUSSR2​2 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 = 10·2/(10+2) = 1,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,667 + 15 = 16,67 Ω
R1​ = 10 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​10 VR2​2 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) = 1,667 + (−3)·1,667 = −3,333 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −3,333 + (−3)·15 = −48,33 V
11.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: τ = 488,8 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 = 3,3·6,8/(3,3 + 6,8) = 2,222 kΩ
vC(∞) = 10·6,8/(3,3 + 6,8) = 6,733 V

Zeitkonstante

τ = Rth·C = 2,222·220 = 488,8 ms

Antwort

τ = 488,8 ms
12.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: vC = 18,56 V

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

Anfangswert, Endwert, Zeitkonstante

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

vC(0) = 6 V, vC(∞) = Vs = 20 V
τ = R·C = 1 kΩ · 33 µF = 33 ms
vC(t) = 20 + (6 − 20)·e−t/τ

Spannung zum gegebenen Zeitpunkt

vC(75) = 20 + (−14)·e−75/33 = 18,56 V

Antwort

vC = 18,56 V
13.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: P = 2,255 W

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

XL = 94,25 Ω, XC = 120,6 Ω

Impedanz

|Z| = √(50² + (−26,32)²) = 56,51 Ω

Wirkleistung

Spulen und Kondensatoren speichern Energie nur und geben sie zurück; der Widerstand nimmt die gesamte Wirkleistung auf.

I = 12/56,51 = 0,2124 A
P = I²·R = 0,2124²·50 = 2,255 W

Antwort

P = 2,255 W
14.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: VL = 424,3 V

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

Resonanz

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

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,05·10·10⁻⁶) = 1414 rad/s
I = V/R = 12/2 = 6 A

Spannung an der Spule

XL = ω₀L = 1414·0,05 = 70,71 Ω
VL = I·XL = 6·70,71 = 424,3 V

Antwort

VL = 424,3 V

Das ist das Q = 35,36-Fache der Versorgungsspannung.

15.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: Q = 6348 var

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

Strom

|Z| = √(4² + 3²) = 5 Ω
I = V/|Z| = 230/5 = 46 A

Blindleistung

Q = I²·X = 46²·3 = 6348 var

Antwort

Q = 6348 var
16.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: ΔP = 94,64 kW

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

Blindleistung der vorhandenen Last

Q1 = 49·tan(arccos 0,75) = 43,21 kvar

Größte gesamte Wirkleistung

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

P = √(Smax² − Q1²) = √(150² − 43,21²) = 143,6 kW

Zusätzliche Wirkleistung

ΔP = 143,6 − 49 = 94,64 kW

Antwort

ΔP = 94,64 kW
17.Drehstromleistung

Antwort: P = 8,847 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 = 480/√3 = 277,1 V

Strangstrom

|Z| = √(24² + 7²) = 25 Ω
Iph = 277,1/25 = 11,09 A

Gesamte Wirkleistung

Nur der ohmsche Anteil jeder Impedanz nimmt Wirkleistung auf.

P = 3·Iph²·R = 3·11,09²·24 = 8,847 kW

Antwort

P = 8,847 kW

Kontrolle: cos φ = R/|Z| = 0,96, und √3·VL·IL·cos φ ergibt dieselbe Leistung.

18.Drehstromleistung

Antwort: QC = 13,28 kvar

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

Blindleistung vorher und nachher

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

Q1 = 50·tan(acos 0,8) = 50·0,75 = 37,5 kvar
Q2 = 50·tan(acos 0,9) = 50·0,4843 = 24,22 kvar

Blindleistung der Kondensatoren

QC = Q1 − Q2 = 13,28 kvar

Antwort

QC = 13,28 kvar
19.Transformatoren

Antwort: ILV = 20,83 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.

Nennstrom

Beide Wicklungen führen dieselbe Scheinleistung.

ILV = S/V = 10000/480 = 20,83 A

Antwort

ILV = 20,83 A
20.Transformatoren

Antwort: Pcu,fl = 1412 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.

Abgabe- und Aufnahmeleistung

Pout = 150·0,95 = 142,5 kW
Pin = 142500/0,982 = 145112 W

Gesamt- und Kupferverluste

Ploss = 145112 − 142500 = 2612 W
Pcu,fl = 2612 − 1200 = 1412 W

Antwort

Pcu,fl = 1412 W
21.Operationsverstärker

Antwort: Vin,max = 1,3 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 = 10/1 = 10

Größter Eingang vor der Begrenzung

Vin,max = Vsat/|Av| = 13/10 = 1,3 V

Antwort

Vin,max = 1,3 V
22.Operationsverstärker

Antwort: Vout = −2,1 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.

Eingangsströme

V₋ = 0, daher liegt an jedem Eingangswiderstand seine volle Eingangsspannung.

I1 = V1/R1 = 1,5/1 = 1,5 mA
I2 = V2/R2 = 1,2/2 = 0,6 mA
If = I1 + I2 = 2,1 mA

Ausgangsspannung

Vout = −Rf·If = −1·2,1 = −2,1 V

Antwort

Vout = −2,1 V
23.Dioden und Transistoren

Antwort: IZ = 12,47 mA

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

Widerstandsstrom

IR = 2,8/150 = 18,67 mA

Laststrom

IL = 6,2/1000 = 6,2 mA

Zenerstrom

IZ = 18,67 − 6,2 = 12,47 mA

Antwort

IZ = 12,47 mA
24.Dioden und Transistoren

Antwort: RB = 1,987 kΩ

Bipolartransistor als Schalter: Um eine Last voll einzuschalten, wird der Transistor in die Sättigung gesteuert; dort gilt VCE = VCE(sat), und der Kollektorstrom wird von der Last bestimmt: IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC. Für die Sättigung braucht man mindestens IB = IC(sat)/β. Ist der Basisstrom kleiner, bleibt der Transistor aktiv und IC = β·IB.

Kollektorstrom in Sättigung

IC(sat) = (24 − 0,2)/220 = 108,2 mA

Minimaler Basisstrom

IB(min) = IC(sat)/β = 108,2/50 = 2164 µA

Basiswiderstand

RB = (5 − 0,7)/IB = 4,3 V/2,164 mA = 1,987 kΩ

Antwort

RB = 1,987 kΩ

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

25.Zahlensysteme

Antwort: U = 217

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.

Invertieren und eins addieren

39 = 0010 0111
invertiert: 1101 1000
+1 → 1101 1001

Vorzeichenlos lesen

1101 1001₂ = 256 − 39 = 217

Antwort

U = 217
26.Zahlensysteme

Antwort: R = 7

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 1110 >> 3
= 0000 0111

Wert des Ergebnisses

0000 0111₂ = 7

Antwort

R = 7
27.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & Flipflops

Antwort: L = 10

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.

ABCD000111100001111000011312040507160121130151140809011010

Die Einsen zusammenfassen

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

BCD′
A′B′C
ABC′D

Minimale SOP-Form

F = BCD′ + A′B′C + ABC′D
L = 10

Antwort

L = 10
28.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & Flipflops

Antwort: U = 7

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.

Anzahl der Flipflops

2ⁿ ≥ 25 → n = 5 (2⁵ = 32)

Unbenutzte Zustände

U = 32 − 25 = 7

Antwort

U = 7
29.Laplace-Transformationen

Antwort: f(0.3) = 2,863

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 + 8s + 17 = (s + 4)² + 1 = (s + 4)² + 1²

Zähler anpassen

F(s) = 5·(s + 4)/((s + 4)² + 1²) + (16/1)·1/((s + 4)² + 1²)

Rücktransformation

f(t) = e−4t·(5·cos 1t + 16·sin 1t)
f(0,3) = e−4·0,3·(5·cos(1·0,3) + 16·sin(1·0,3)) = 2,863

Antwort

f(0,3) = 2,863
30.Laplace-Transformationen

Antwort: g(0.8) = −0,258

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

Übertragungsfunktion

G(s) = Y(s)/U(s) = (2s + 6)/(s² + 2s + 10)

Partialbruchzerlegung

s² + 2s + 10 = (s + 1)² + 3²
G(s) = 2·(s + 1)/((s + 1)² + 3²) + (4/3)·3/((s + 1)² + 3²)

Impulsantwort

g(t) = e−t·(2·cos 3t + 1,333·sin 3t)
g(0,8) = −0,258

Antwort

g(0,8) = −0,258
31.Blockschaltbilder

Antwort: ess = 6,279

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) = 8·4/(6·9) = 0,5926

Stationärer Fehler

ess = A/(1 + Kₚ) = 10/(1 + 0,5926) = 6,279

Antwort

ess = 6,279
32.Blockschaltbilder

Antwort: ω = 10,05 rad/s

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 + 18s² + 101s + 168 + K = 0

Routh-Schema

s³ | 1 101
s² | 18 168 + K
s¹ | (18·101 − 168 − K)/18
s⁰ | 168 + K

Stabilitätsgrenze

Alle Einträge der ersten Spalte müssen positiv sein.

Kmax = 18·101 − 168 = 1650

Schwingfrequenz

18·(jω)² + 168 + 1650 = 0 → ω² = 1818/18 = 101
ω = 10,05 rad/s

Antwort

ω = 10,05 rad/s
33.Sprungantwort

Antwort: ts = 0,5333 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 = 96 → ωₙ = 9,798 rad/s
2ζωₙ = 15 → ζ = 15/(2·9,798) = 0,7655

Ergebnis

ζωₙ = 7,5 → ts ≈ 4/7,5 = 0,5333 s

Antwort

ts = 0,5333 s
34.Sprungantwort

Antwort: K = 38,35

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

Übertragungsfunktion des geschlossenen Kreises

T(s) = K/(s² + 5s + K)

Dämpfungsgrad aus dem Überschwingen

ζ = −ln(0,25)/√(π² + ln²(0,25)) = 0,4037

Verstärkung

ωₙ = 5/(2ζ) = 6,193 rad/s
K = ωₙ² = 38,35

Antwort

K = 38,35
35.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: Q = 42,64

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

Resonanzfrequenz

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,01·2,2 × 10⁻⁷) = 21320 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 3393 Hz

Güte

BW = R/L = 5/0,01 = 500 rad/s = 79,58 Hz
Q = ω₀/BW = 21320/500 = 42,64

Antwort

Q = 42,64
36.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: PM = 29,36 °

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.

Durchtrittsfrequenz

ω⁴ + 64ω² − 53824 = 0
ω² = (−64 + √(4096 + 4·53824))/2 = 202,2
ωc = 14,22 rad/s

Phasenreserve

∠L(jωc) = −90° − atan(14,22/8) = −150,6°
PM = 180° + ∠L = 29,36°

Antwort

PM = 29,36°
37.Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve

Antwort: ω = 3,162 rad/s

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

Kritische Verstärkung

K = 7·10 = 70

Hilfsgleichung

Bei der kritischen Verstärkung ist die s¹-Zeile null; die s²-Zeile liefert die Pole auf der imaginären Achse.

7s² + 70 = 0 → s = ±j√10
ω = 3,162 rad/s

Antwort

ω = 3,162 rad/s
38.Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve

Antwort: K = 16

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.

Verzweigungspunkt

dK/ds = 0 für K = −(s + 4)(s + 12) ergibt 2s + 16 = 0.

sb = −8

Betragsbedingung

K = |−8 + 4|·|−8 + 12| = 4·4 = 16

Antwort

K = 16

Bei dieser Verstärkung ist der geschlossene Kreis aperiodisch gedämpft (ζ = 1).

39.Stationärer Fehler und PID-Regelung

Antwort: ess = 0,3

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) = 10

Sprunganteil

Kp = ∞ → estep = 0

Rampenfehler

ess = 3/10 = 0,3

Antwort

ess = 0,3
40.Stationärer Fehler und PID-Regelung

Antwort: Kd = 1,081 s

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

Charakteristisches Polynom

s(s + 1) + 2(5 + Kds) = s² + (1 + 2Kd)s + 10

Eigenfrequenz

ωₙ = √10 = 3,162 rad/s

Differenzialverstärkung

1 + 2Kd = 2·0,5·3,162 = 3,162
Kd = 1,081 s

Antwort

Kd = 1,081 s

Der Differenzialanteil erhöht die Dämpfung, ohne ωₙ zu verändern.

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