Übungsaufgaben für die Prüfung FE Electrical and Computer: Lernpaket

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

Neue AufgabenZurück zum Kurs

Wähle im Druckfenster „Als PDF speichern“, um eine Kopie auf deinem Gerät zu behalten.

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​ = 15 Ω+−V1​24 VR2​12 ΩAR4​20 ΩB

Bestimme den Ersatzwiderstand Req, den die Quelle V1 sieht.

V1 = 24 VR1 = 2 ΩR2 = 12 ΩR3 = 15 ΩR4 = 20 Ω
Req = Ω
2.Reihen- und ParallelschaltungSchwer
R1​ = 25 ΩR3​ = 12 ΩR5​ = 25 Ω+−V1​15 VR2​10 ΩAR4​10 ΩBR6​6 Ω

Bestimme den Ersatzwiderstand Req, den die Quelle V1 sieht.

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

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

V1 = 15 VIs = 5 AR1 = 5 ΩR2 = 12 ΩR3 = 8 ΩR4 = 3 Ω
VB = V
4.KnotenpotenzialverfahrenSchwer
R1​ = 10 ΩIR1​+−Vs​ = 3 V+−V1​18 VR2​3 ΩAR3​10 ΩBIs​6 A

Die Spannungsquelle Vₛ zwischen A und B hat ihren Pluspol bei A, sie bewirkt also VA − VB = Vₛ. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren und einem Superknoten den Strom IR1 durch R1 in Pfeilrichtung.

V1 = 18 VIs = 6 AVs = 3 VR1 = 10 ΩR2 = 3 ΩR3 = 10 Ω
IR1 = A
5.MaschenstromverfahrenMittel
R1​ = 5 ΩR2​ = 20 Ω+−V1​30 VR3​5 ΩA+−V2​18 VI1​I2​

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

V1 = 30 VV2 = 18 VR1 = 5 ΩR2 = 20 ΩR3 = 5 Ω
I2 = A
6.MaschenstromverfahrenSchwer
R1​ = 8 ΩR2​ = 2 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​5 VR4​15 ΩAR5​25 ΩB+−V2​30 VI1​I2​I3​

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

V1 = 5 VV2 = 30 VR1 = 8 ΩR2 = 2 ΩR3 = 20 ΩR4 = 15 ΩR5 = 25 Ω
I1 = A
7.ÜberlagerungssatzMittel
lineare SchaltungVs​Is​IRL​

Eine lineare Widerstandsschaltung enthält eine Spannungsquelle Vs und eine Stromquelle Is. Der Strom I durch einen Lastwiderstand wird zweimal gemessen: Mit Vs = 4 V und Is = 6 mA ist I = 11,6 mA; mit Vs = 20 V und Is = 2 mA ist I = 41,2 mA. Bestimme den Laststrom I für Vs = 8 V und Is = 3 mA.

4 V, 6 mA → 11,6 mA20 V, 2 mA → 41,2 mAVs = 8 V, Is = 3 mA
I = mA
8.ÜberlagerungssatzSchwer
R1​ = 20 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 30 ΩIR4​+−V1​10 VR3​3 ΩAIs​1 AB+−V2​15 V

Bestimme mit dem Überlagerungssatz die von R4 aufgenommene Leistung PR4.

V1 = 10 VIs = 1 AV2 = 15 VR1 = 20 ΩR2 = 6 ΩR3 = 3 ΩR4 = 30 Ω
PR4 = W
9.Thévenin und NortonMittel
R1​ = 10 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​15 VR2​6 ΩAab

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

V1 = 15 VR1 = 10 ΩR2 = 6 ΩR3 = 8 Ω
Vth = V
10.Thévenin und NortonSchwer
R1​ = 4 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​24 VR2​4 ΩAIs​0,5 ABRL​20 ΩIL​

An a–b wird eine Last RL = 20 Ω angeschlossen. Bestimme mit einem Thévenin-Ersatzschaltbild die an die Last abgegebene Leistung PL.

V1 = 24 VIs = 0,5 AR1 = 4 ΩR2 = 4 ΩR3 = 5 ΩRL = 20 Ω
PL = W
11.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
+−Vs​12 Vt = 0R = 47 ΩL100 mHi(t)

Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Bestimme die in der Spule gespeicherte Energie W bei t = 5 ms in mJ.

Vs = 12 VR = 47 ΩL = 100 mHt = 5 ms
W = mJ
12.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
+−Vs​12 VR1​ = 47 ΩR2​ = 10 Ωöffnet bei t = 0L33 mHi(t)

Der Schalter parallel zu R2 ist seit Langem geschlossen, der Spulenstrom ist also konstant. Bei t = 0 öffnet der Schalter. Wie lange nach t = 0 erreicht der Spulenstrom 0,233 A? Bestimme t.

Vs = 12 VR1 = 47 ΩR2 = 10 ΩL = 33 mH
t = ms
13.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
24 V1000 HzR = 25 ΩL = 50 mHC = 2,2 µF

Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 24 V (Effektivwert) und 1000 Hz. Bestimme den Phasenwinkel φ der Impedanz in Grad (positiv, wenn der Strom der Spannung nacheilt).

V = 24 V (rms)f = 1000 HzR = 25 ΩL = 50 mHC = 2,2 µF
φ = °
14.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
VfR = 20 ΩL = 10 mHC = 1 µF

Ein RLC-Reihenschwingkreis hat R = 20 Ω, L = 10 mH und C = 1 µF. Bestimme seine Güte Q bei Resonanz.

R = 20 ΩL = 10 mHC = 1 µF
Q =
15.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
240 V12 kW, 0,827 kW, 0,9I

An einer einphasigen Versorgung mit 240 V liegen zwei Lasten parallel: eine Last mit 2 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,8 induktiv und eine Last mit 7 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,9 induktiv. Bestimme den Gesamtleistungsfaktor cos φ, den die Versorgung sieht.

V = 240 VP1 = 2 kW, pf1 = 0,8 induktivP2 = 7 kW, pf2 = 0,9 induktiv
cos φ =
16.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
P = 40 kWQ1​S1​φ1​QC​

Eine einphasige Last nimmt 40 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,8 induktiv aus einer Versorgung mit 240 V und 60 Hz auf. Ein parallel geschalteter Kondensator hebt den Leistungsfaktor auf 0,92. Bestimme die Blindleistung QC, die der Kondensator liefern muss.

P = 40 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,92V = 240 Vf = 60 Hz
QC = kvar
17.DrehstromleistungMittel
ABCVL​ = 480 VIL​ = ?M110 kW, η = 90%cos φ = 0,8

Ein Drehstrom-Asynchronmotor gibt bei Volllast 110 kW mechanische Leistung ab. Bei dieser Last beträgt sein Wirkungsgrad 90 % und sein Leistungsfaktor 0,8 induktiv. Das Netz hat eine Leiterspannung von 480 V. Bestimme den Leiterstrom IL.

Pout = 110 kWη = 90%cos φ = 0,8VL = 480 V
IL = A
18.DrehstromleistungSchwer
P = 300 kWφ1​S1​Q2​QC​

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 300 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,78 induktiv aus einem Netz mit 400 V (Leiterspannung) und 50 Hz auf. Eine parallel zur Last geschaltete Drehstrom-Kondensatorbatterie soll den Gesamtleistungsfaktor auf 0,92 induktiv anheben. Die Wirkleistung bleibt gleich. Die Kondensatoren sind im Stern geschaltet. Bestimme die Kapazität Cph jedes Kondensators in µF.

P = 300 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,92VL = 400 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.TransformatorenMittel
11000 V400 VIHV​ = ?ILV​15 kVA

Ein einphasiger Transformator mit 15 kVA und 11000/400 V wird bei Nennlast betrieben. Betrachte ihn als ideal. Bestimme den Strom IHV in der Oberspannungswicklung.

S = 15 kVAV1 = 11000 VV2 = 400 V
IHV = A
20.TransformatorenSchwer
pf 0,9250 kVA, 25% Last

Ein einphasiger Transformator mit 250 kVA hat Eisenverluste von 2000 W und Kupferverluste von 5000 W bei Nennlast. Er liefert 25 % seiner Nennscheinleistung bei einem Leistungsfaktor von 0,9 induktiv. Bestimme die Gesamtverluste Ploss in Watt bei dieser Last.

S = 250 kVAPcore = 2000 WPcu,fl = 5000 Wx = 0,25pf = 0,9
Ploss = W
21.OperationsverstärkerMittel
−+Vout​Rf​ = 100 kΩR1​ = 22 kΩVin​ = 0,9 V

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

Vin = 0,9 VR1 = 22 kΩRf = 100 kΩ
Vout = V
22.OperationsverstärkerSchwer
Vin​V1​Vout​Stufe 1: invertierendR1​ = 10 kΩRf1​ = 47 kΩStufe 2: nicht invertierendR2​ = 10 kΩRf2​ = 10 kΩ

Zwei ideale Operationsverstärkerstufen sind in Kette geschaltet: ein invertierender Verstärker (R1, Rf1), gefolgt von einem nicht invertierenden Verstärker (R2 nach Masse, Rf2 in der Rückkopplung). Beide werden mit ±15 V versorgt. Der Eingang ist Vin = −0,35 V. Bestimme die Ausgangsspannung Vout.

R1 = 10 kΩRf1 = 47 kΩR2 = 10 kΩRf2 = 10 kΩVin = −0,35 V
Vout = V
23.Dioden und TransistorenMittel
+−20 V220 Ω9,1 V2200 ΩIZ​ = ?

Ein 9,1-V-Z-Dioden-Regler wird aus 20 V über 220 Ω gespeist und versorgt eine Last von 2200 Ω. Bestimme den Zenerstrom IZ.

Vin = 20 VVZ = 9,1 VR = 220 ΩRL = 2200 Ω
IZ = mA
24.Dioden und TransistorenSchwer
RC​ = 330 Ωβ = 100VCC​ = 5 V3,3 VRB​ = ?

Ein NPN-Transistor mit β = 100 schaltet einen Lastwiderstand von 330 Ω, der zwischen VCC = 5 V und seinem Kollektor liegt. Der Emitter liegt auf Masse. Die Basis wird von einem Logikausgang mit 3,3 V über einen Basiswiderstand RB angesteuert. Nimm VBE = 0,7 V und VCE(sat) = 0,2 V an. Bestimme den größten Basiswiderstand RB in kΩ, der den Transistor gerade noch in die Sättigung steuert.

VCC = 5 VRC = 330 Ωβ = 100Vin = 3,3 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 V
RB = kΩ
25.ZahlensystemeMittel
8-Bit-Zweierkomplement0−12806403201608040201

Setze die Bits so, dass sie −41 im 8-Bit-Zweierkomplement speichern. Welchen Wert U hat das Muster, wenn man es als vorzeichenlose Zahl liest?

N = −418 bit
U =
26.ZahlensystemeSchwer
3752 Codes, b = ? Bit?2ᵇ⁻¹…?4?2?1

Ein System muss jedem von 3752 Elementen einen eigenen Binärcode gleicher Länge geben. Wie viele Bits b braucht es mindestens?

3752
b = bit
27.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & FlipflopsMittel
MUXC′I0​0I1​CI2​C′I3​ABS1​S0​F

Ein 4-zu-1-Multiplexer hat die Auswahleingänge S₁ = A und S₀ = B, und seine Dateneingänge liegen auf I₀ = C′, I₁ = 0, I₂ = C, I₃ = C′. Für wie viele der 8 Kombinationen von A, B und C ist der Ausgang F = 1? Bestimme N.

I₀ = C′I₁ = 0I₂ = CI₃ = C′
N =
28.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & FlipflopsSchwer
TQ0​Q0​TQ1​Q1​TQ2​Q2​CLK

Ein 3-Bit-Asynchronzähler wird aus Flipflops mit einer Signallaufzeit von je 10 ns aufgebaut. Alle Ausgänge müssen sich vor der nächsten Taktflanke eingestellt haben. Bestimme die maximale Taktfrequenz fmax.

n = 3tpd = 10 ns
fmax = MHz
29.Laplace-TransformationenMittel
t (s)f(t)t = 0,2f(0,2) = ?

Bestimme f(t) für F(s) = (4s + 35)/(s² + 8s + 16) und werte f(0,2) aus.

F(s) = (4s + 35)/(s² + 8s + 16)t = 0,2 s
f(0.2) =
30.Laplace-TransformationenSchwer
ReIm−1−2−3−4−5−61

Ein System wird durch die Differentialgleichung y″ + 9y′ + 18y = u′ + 3u beschrieben, mit Eingang u(t) und Ausgang y(t). Bestimme seine Übertragungsfunktion G(s) = Y(s)/U(s) (Anfangsbedingungen null) und werte die Impulsantwort g(t) bei t = 0,25 s aus. Bestimme g(0,25).

y″ + 9y′ + 18y = u′ + 3ut = 0,25 s
g(0.25) =
31.BlockschaltbilderMittel
R(s)+Ks(s + 18)G(s)C(s)−

Die Strecke G(s) = K/(s(s + 18)) liegt in einem Regelkreis mit Einheits-Gegenkopplung. Bestimme die Verstärkung K, für die der geschlossene Kreis aperiodisch gedämpft ist (aperiodischer Grenzfall, zwei gleiche reelle Pole).

G(s) = K/(s(s + 18))Einheits-Gegenkopplung
K =
32.BlockschaltbilderSchwer
R(s)+K(s + 1)(s + 6)(s + 7)G(s)C(s)−

Die Strecke G(s) = K/((s + 1)(s + 6)(s + 7)) 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 + 1)(s + 6)(s + 7))Einheits-Gegenkopplung
Kmax =
33.SprungantwortMittel
t (s)y(t)3

Ein System hat die Übertragungsfunktion G(s) = 129/(s² + 7s + 43) und erhält einen Einheitssprung am Eingang. Die Pole sind s = σ ± jωd. Bestimme den Realteil σ.

G(s) = 129/(s² + 7s + 43)
σ =
34.SprungantwortSchwer
t (s)y(t)1tp​ = 1,5 s30 %

Die Sprungantwort eines Systems zweiter Ordnung ohne Nullstellen zeigt 30 % Überschwingen, und das erste Maximum tritt bei t = 1,5 s auf. Bestimme die Eigenkreisfrequenz ωn.

%OS = 30 %tp = 1,5 s
ωn = rad/s
35.Bode-Diagramme und ReservenMittel
vin​L = 1 mHC = 10 µFR = 1 Ωvout​

Beim gezeigten Reihen-RLC-Bandpass wird der Ausgang über R = 1 Ω abgegriffen, mit L = 1 mH und C = 10 µF. Bestimme die Mittenfrequenz (Resonanzfrequenz) f0 in Hz.

R = 1 ΩL = 1 mHC = 10 µF
f0 = Hz
36.Bode-Diagramme und ReservenSchwer
|H| (dB)11101010010010001000−60−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​ = ?

Ein Regelkreis mit Einheitsrückführung hat die Übertragungsfunktion des offenen Kreises L(s) = 3000/(s(s + 20)). Bestimme die Durchtrittsfrequenz ωc, bei der |L(jω)| = 1 ist.

L(s) = 3000/(s(s + 20))
ωc = rad/s
37.Stabilität: Routh-Hurwitz und WurzelortskurveMittel
R(s)+Ks + 10(s − 4)(s + 1)C(s)−

Die Strecke G(s) = (s + 10)/((s − 4)(s + 1)) hat einen instabilen Pol bei s = 4. Ein Proportionalregler mit der Verstärkung K schließt einen Regelkreis mit Einheitsrückführung um sie. Bestimme die kleinste Verstärkung Kmin, die den geschlossenen Kreis stabil macht.

G(s) = (s + 10)/((s − 4)(s + 1))
Kmin =
38.Stabilität: Routh-Hurwitz und WurzelortskurveSchwer
ReIm−0,5−1−1,5−2−2,5−3−3,5−4−4,5−50,5j0,5j1

Die Wurzelortskurve von L(s) = K/(s(s + 2)(s + 4)) verlässt die reelle Achse zwischen s = 0 und s = −2. Bestimme den Verzweigungspunkt sb.

L(s) = K/(s(s + 2)(s + 4))
sb =
39.Stationärer Fehler und PID-RegelungMittel
r(t) = 4·t²/2+5(s + 4)s²(s + 10)C(s)−

Auf einen Regelkreis mit Einheitsrückführung und G(s) = 5(s + 4)/(s²(s + 10)) wird die parabelförmige Eingangsgröße r(t) = 4·t²/2 gegeben. Bestimme den stationären Fehler ess.

G(s) = 5(s + 4)/(s²(s + 10))r(t) = 4·t²/2
ess =
40.Stationärer Fehler und PID-RegelungSchwer
R(s)+25 + Kd​s10s(s + 2)C(s)−

Ein PD-Regler C(s) = 25 + Kd·s regelt die Strecke G(s) = 10/(s(s + 2)) in einem Regelkreis mit Einheitsrückführung. Bestimme die Differenzialverstärkung Kd, die dem geschlossenen Kreis den Dämpfungsgrad ζ = 0,5 gibt.

G(s) = 10/(s(s + 2))Kp = 25ζ = 0,5
Kd = s

3Lösungen

1.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: Req = 10,94 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​ = 2 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​24 VR2​12 ΩAR4​20 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 = 15 + 20 = 35 Ω
R2 ∥ 35 = 12·35/(12+35) = 8,936 Ω
Req = R1 + 8,936 = 2 + 8,936 = 10,94 Ω

Antwort

Req = 10,94 Ω
2.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: Req = 31,62 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​ = 25 ΩR3​ = 12 ΩR5​ = 25 Ω+−V1​15 VR2​10 ΩAR4​10 ΩBR6​6 Ω

Widerstände vom fernen Ende her zusammenfassen

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

R5 + R6 = 25 + 6 = 31 Ω
R4 ∥ 31 = 7,561 Ω
R3 + 7,561 = 19,56 Ω
R2 ∥ 19,56 = 6,617 Ω
Req = R1 + 6,617 = 25 + 6,617 = 31,62 Ω

Antwort

Req = 31,62 Ω
3.Knotenpotenzialverfahren

Antwort: VB = 14,09 V

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

R1​ = 5 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​15 VR2​12 ΩAR4​3 ΩBIs​5 A

Knoten festlegen

Masse ist der untere Leiter. Bekannte Knotenpotenziale ergeben sich direkt aus den Quellen (V1 = 15 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/12 + (VA − 15)/5 + (VA − VB)/8 = 0
0,4083·VA − 0,125·VB = 3

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/3 + (VB − VA)/8 = 5
−0,125·VA + 0,4583·VB = 5

Lösen

Δ = (0,4083)(0,4583) − (−0,125)(−0,125) = 0,1715
VA = Δ1/Δ = 2/0,1715 = 11,66 V
VB = Δ2/Δ = 2,417/0,1715 = 14,09 V

Antwort

VB = 14,09 V
4.Knotenpotenzialverfahren

Antwort: IR1 = 0,2813 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.

Einen Superknoten bilden

Die Spannungsquelle zwischen A und B führt einen unbekannten Strom, daher kann die Knotenregel nicht getrennt an A oder B aufgestellt werden. Fasse A, B und die Quelle zu einem Superknoten zusammen: Der hineinfließende Strom ist gleich dem herausfließenden.

VB = VA − 3
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is

Lösen

(VA − 18)/10 + VA/3 + (VA − 3)/10 = 6
VA·(1/10 + 1/3 + 1/10) = 6 + 18/10 + 3/10 = 8,1
VA = 8,1/0,5333 = 15,19 V
VB = 12,19 V

Strom durch R₁

IR1 = (V1 − VA)/R1 = (18 − 15,19)/10 = 0,2813 A

Antwort

IR1 = 0,2813 A

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

5.Maschenstromverfahren

Antwort: I2 = −0,1333 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​ = 20 Ω+−V1​30 VR3​5 ΩA+−V2​18 VI1​I2​

Maschenströme festlegen

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

Maschenregel in Masche 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
5·I1 + 5(I1 − I2) = 30
10·I1 − 5·I2 = 30

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 + 5(I2 − I1) = (−18)
−5·I1 + 25·I2 = −18

Lösen

Δ = (10)(25) − (−5)(−5) = 225
I1 = Δ1/Δ = 660/225 = 2,933 A
I2 = Δ2/Δ = −30/225 = −0,1333 A

Antwort

I2 = −0,1333 A

Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.

6.Maschenstromverfahren

Antwort: I1 = −0,2596 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​ = 2 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​5 VR4​15 ΩAR5​25 ΩB+−V2​30 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 + 15(I1 − I2) = 5
23·I1 − 15·I2 = 5

Maschenregel in Masche 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
2·I2 + 15(I2 − I1) + 25(I2 − I3) = 0
−15·I1 + 42·I2 − 25·I3 = 0

Maschenregel in Masche 3

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

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
20·I3 + 25(I3 − I2) = (−30)
−25·I2 + 45·I3 = −30

Lösen

Δ = Determinante der Koeffizientenmatrix = 18970
I1 = Δ1/Δ = −4925/18970 = −0,2596 A
I2 = Δ2/Δ = −13875/18970 = −0,7314 A
I3 = Δ3/Δ = −20355/18970 = −1,073 A

Antwort

I1 = −0,2596 A

Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.

7.Überlagerungssatz

Antwort: I = 17,8 mA

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

Die Antwort als Summe von Anteilen schreiben

Jeder Anteil ist proportional zu seiner eigenen Quelle, mit einer Konstante, die nur von den Widerständen abhängt.

I = k₁·Vs + k₂·Is
4·k₁ + 6·k₂ = 11,6
20·k₁ + 2·k₂ = 41,2

Nach den Konstanten auflösen

Δ = (4)(2) − (6)(20) = −112
k₁ = Δ1/Δ = −224/−112 = 2
k₂ = Δ2/Δ = −67,2/−112 = 0,6
k₁ = 2 mA/V, k₂ = 0,6

Den neuen Strom vorhersagen

I = 2·8 + 0,6·3 = 17,8 mA

Antwort

I = 17,8 mA
8.Überlagerungssatz

Antwort: PR4 = 10,01 W

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​ = 6 ΩR4​ = 30 Ω+−V1​10 VR3​3 ΩAOFFENBKURZSCHLUSS

Fall 1 · V1 allein aktiv

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

R3 ∥ (R2+R4) = 3 ∥ 36 = 2,769 Ω
VA = 10·2,769/(20+2,769) = 1,216 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 1,216·30/36 = 1,014 V
IR4′ = (VB − V2)/R4 = (1,014 − 0)/30 = 0,03378 A
R1​ = 20 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 30 ΩKURZSCHLUSSR3​3 ΩAIs​1 ABKURZSCHLUSS

Fall 2 · Is allein aktiv

Beide Spannungsquellen werden zu Kurzschlüssen. Iₛ teilt sich in B zwischen R₄ (jetzt nach Masse) und R₂ in Reihe mit R₁ ∥ R₃ auf. 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 = 2,609 Ω, also ist der linke Pfad R2+2,609 = 8,609 Ω
Req = R4 ∥ 8,609 = 6,689 Ω
VB = −Is·Req = −1·6,689 = −6,689 V
VA = VB·2,609/8,609 = −2,027 V
IR4″ = (VB − V2)/R4 = (−6,689 − 0)/30 = −0,223 A
R1​ = 20 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 30 ΩKURZSCHLUSSR3​3 ΩAOFFENB+−V2​15 V

Fall 3 · V2 allein aktiv

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

R1 ∥ R3 = 20·3/(20+3) = 2,609 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 15·8,609/38,61 = 3,345 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 3,345·2,609/8,609 = 1,014 V
IR4‴ = (VB − V2)/R4 = (3,345 − 15)/30 = −0,3885 A

Stromanteile addieren

IR4 = IR4′ + IR4″ + IR4‴ = 0,03378 + (−0,223) + (−0,3885) = −0,5777 A

Leistung im Widerstand

Die Leistung hängt vom Quadrat des Stroms ab und folgt daher nicht dem Überlagerungssatz: zuerst die Ströme addieren, dann quadrieren.

PR4 = IR4²·R4 = (−0,5777)²·30 = 10,01 W

Antwort

PR4 = 10,01 W

Addiert man die Leistungen der Einzelfälle, erhält man 6,054 W, und das ist falsch.

9.Thévenin und Norton

Antwort: Vth = 5,625 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​ = 8 ΩKURZSCHLUSSR2​6 ΩAabRth​

Rth bei abgeschalteten Quellen bestimmen

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

R1 ∥ R2 = 10·6/(10+6) = 3,75 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,75 + 8 = 11,75 Ω
R1​ = 10 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​15 VR2​6 ΩAab+−Vth​

Vth bestimmen, die Leerlaufspannung

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

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 15·6/(10+6) = 5,625 V
10.Thévenin und Norton

Antwort: PL = 6,591 W

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

R1​ = 4 ΩR3​ = 5 ΩKURZSCHLUSSR2​4 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 = 4·4/(4+4) = 2 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2 + 5 = 7 Ω
R1​ = 4 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​24 VR2​4 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) = 12 + 0,5·2 = 13 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 13 + 0,5·5 = 15,5 V
Rth​ = 7 Ω+−Vth​15,5 VRL​20 ΩIL​

Die Last an das Thévenin-Ersatzschaltbild anschließen

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

IL = Vth/(Rth + RL) = 15,5/(7 + 20) = 0,5741 A
PL = IL²·RL = 0,5741²·20 = 6,591 W
11.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: W = 2,667 mJ

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

Zeitkonstante und Endstrom

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

τ = L/R = 100 mH / 47 Ω = 2,128 ms
i(∞) = Vs/R = 12/47 = 0,2553 A

Strom zum gegebenen Zeitpunkt

i(t) = 0,2553·(1 − e−5/2,128) = 0,231 A

Gespeicherte Energie

W = ½·L·i² = ½·100·0,231² = 2,667 mJ

Antwort

W = 2,667 mJ
12.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: t = 0,3993 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

Vor t = 0 überbrückt der geschlossene Schalter R₂; danach liegen R₁ und R₂ beide im Kreis.

i(0) = 12/47 = 0,2553 A
i(∞) = 12/(47 + 10) = 0,2105 A
τ = L/R = 33/57 = 0,5789 ms
i(t) = 0,2105 + (0,2553 − 0,2105)·e−t/τ

Nach der Zeit auflösen

e−t/τ = (0,233 − 0,2105)/(0,2553 − 0,2105) = 0,5017
t = 0,5789·ln(1,993) = 0,3993 ms

Antwort

t = 0,3993 ms
13.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: φ = 84,1 °

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

Blindwiderstände

ω = 2πf = 2π·1000 = 6283 rad/s
XL = ωL = 6283·0,05 = 314,2 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(6283·2,2·10⁻⁶) = 72,34 Ω

Impedanz

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(25² + (241,8)²) = 243,1 Ω

Phasenwinkel

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(241,8/25) = 84,1°

Antwort

φ = 84,1°
14.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: Q = 5

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|.

Resonanzfrequenz

f0 = 1/(2π·√(0,01·1·10⁻⁶)) = 1592 Hz

Güte

Die Güte vergleicht den Blindwiderstand bei Resonanz mit dem Widerstand: Q = ω₀L/R.

Q = (1/R)·√(L/C) = (1/20)·√(0,01/(1·10⁻⁶)) = 5

Antwort

Q = 5
15.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: cos φ = 0,8787

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 jeder Last

Eine induktive Last nimmt Blindleistung auf (Q > 0); eine kapazitive Last gibt sie ab (Q < 0).

Q1 = 2·tan(arccos 0,8) = 1,5 kvar
Q2 = 7·tan(arccos 0,9) = 3,39 kvar

Summen

P = 2 + 7 = 9 kW
Q = 1,5 + 3,39 = 4,89 kvar
S = √(9² + 4,89²) = 10,24 kVA

Gesamtleistungsfaktor

cos φ = P/S = 9/10,24 = 0,8787 induktiv

Antwort

cos φ = 0,8787
16.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: QC = 12,96 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.

Blindleistung vorher und nachher

Die Wirkleistung P ändert sich nicht; nur die aus dem Netz bezogene Blindleistung ändert sich.

Q1 = P·tan φ1 = 40·tan(36,87°) = 30 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 40·tan(23,07°) = 17,04 kvar
QC = Q1 − Q2 = 12,96 kvar

Antwort

QC = 12,96 kvar
17.Drehstromleistung

Antwort: IL = 183,8 A

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

Elektrische Aufnahmeleistung

Pin = Pout/η = 110/0,9 = 122,2 kW

Leiterstrom

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 122222/(√3·480·0,8) = 183,8 A

Antwort

IL = 183,8 A
18.Drehstromleistung

Antwort: Cph = 2246 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 = 300·tan(acos 0,78) = 300·0,8023 = 240,7 kvar
Q2 = 300·tan(acos 0,92) = 300·0,426 = 127,8 kvar

Blindleistung der Kondensatoren

QC = Q1 − Q2 = 112,9 kvar

Kapazität pro Strang

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

V = 400/√3 = 230,9 V, ω = 2π·50 = 314,2 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 37628/(314,2·230,9²) = 2246 µF

Antwort

Cph = 2246 µF
19.Transformatoren

Antwort: IHV = 1,364 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.

IHV = S/V = 15000/11000 = 1,364 A

Antwort

IHV = 1,364 A
20.Transformatoren

Antwort: Ploss = 2313 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 = 0,0625·5000 = 312,5 W

Gesamtverluste

Die Eisenverluste sind bei jeder Last gleich.

Ploss = 2000 + 312,5 = 2313 W

Antwort

Ploss = 2313 W

Der Wirkungsgrad bei dieser Last ist η = 96,05%.

21.Operationsverstärker

Antwort: Vout = 4,991 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.

Der invertierende Eingang folgt dem Eingang

V₋ = V₊ = 0,9 V
I = V₋/R1 = 0,9/22 = 0,04091 mA

Ausgangsspannung

Der Strom durch R₁ fließt auch durch Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = 0,9 + 0,04091·100 = 4,991 V

Antwort

Vout = 4,991 V
22.Operationsverstärker

Antwort: Vout = 3,29 V

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

Verstärkung jeder Stufe

A1 = −Rf1/R1 = −47/10 = −4,7
A2 = 1 + Rf2/R2 = 1 + 10/10 = 2

Stufe für Stufe

V1 = −4,7·(−0,35) = 1,645 V
Vout = 2·1,645 = 3,29 V

Antwort

Vout = 3,29 V
23.Dioden und Transistoren

Antwort: IZ = 45,41 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 = 10,9/220 = 49,55 mA

Laststrom

IL = 9,1/2200 = 4,136 mA

Zenerstrom

IZ = 49,55 − 4,136 = 45,41 mA

Antwort

IZ = 45,41 mA
24.Dioden und Transistoren

Antwort: RB = 17,88 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) = (5 − 0,2)/330 = 14,55 mA

Minimaler Basisstrom

IB(min) = IC(sat)/β = 14,55/100 = 145,5 µA

Basiswiderstand

RB = (3,3 − 0,7)/IB = 2,6 V/0,1455 mA = 17,88 kΩ

Antwort

RB = 17,88 kΩ

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

25.Zahlensysteme

Antwort: U = 215

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

41 = 0010 1001
invertiert: 1101 0110
+1 → 1101 0111

Vorzeichenlos lesen

1101 0111₂ = 256 − 41 = 215

Antwort

U = 215
26.Zahlensysteme

Antwort: b = 12 bit

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.

Zweierpotenzen

211 = 2048 < 3752
212 = 4096 ≥ 3752

Antwort

b = 12
27.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & Flipflops

Antwort: N = 3

Multiplexer: Ein 2ⁿ-zu-1-Multiplexer schaltet einen seiner Dateneingänge auf den Ausgang durch; die als Binärzahl gelesenen Auswahlleitungen bestimmen, welchen. Bei einem 4-zu-1-MUX mit den Auswahleingängen S₁S₀ = AB gilt F = A′B′·I₀ + A′B·I₁ + AB′·I₂ + AB·I₃. Legt man die Dateneingänge auf 0, 1, C oder C′, erzeugt der MUX jede Funktion von A, B und C, was ein gängiger Weg ist, Logik mit einem Baustein aufzubauen.

Ausgangsausdruck

F = A′B′C′ + AB′C + ABC′

Zeilen mit F = 1

ABC = 000, 101, 110
N = 3

Antwort

N = 3
28.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & Flipflops

Antwort: fmax = 33,33 MHz

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.

Einschwingzeit im ungünstigsten Fall

T = 3·10 ns = 30 ns

Maximale Frequenz

fmax = 1/30 ns = 33,33 MHz

Antwort

fmax = 33,33 MHz
29.Laplace-Transformationen

Antwort: f(0.2) = 3,505

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

Nenner in Faktoren zerlegen

s² + 8s + 16 = (s + 4)²

Partialbruchzerlegung

4s + 35 = 4(s + 4) + 19
F(s) = 4/(s + 4) + 19/(s + 4)²

Rücktransformation

f(t) = 4·e−4t + 19·t·e−4t
f(0,2) = (4 + 19·0,2)·e−4·0,2 = 3,505

Antwort

f(0,2) = 3,505
30.Laplace-Transformationen

Antwort: g(0.25) = 0,2231

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) = (s + 3)/(s² + 9s + 18)

Partialbruchzerlegung

s² + 9s + 18 = (s + 3)(s + 6)
A = 0, B = 1

Impulsantwort

g(t) = e−6t
g(0,25) = 0,2231

Antwort

g(0,25) = 0,2231
31.Blockschaltbilder

Antwort: K = 81

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

Charakteristische Gleichung

1 + K/(s(s + 18)) = 0 → s² + 18s + K = 0

Doppelte Wurzel

Ein quadratisches Polynom s² + βs + γ hat eine doppelte Wurzel, wenn β² = 4γ gilt.

18² = 4K → K = 324/4 = 81

Antwort

K = 81
Beide Pole des geschlossenen Kreises liegen dann bei s = −9.
32.Blockschaltbilder

Antwort: Kmax = 728

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 + 14s² + 55s + 42 + K = 0

Routh-Schema

s³ | 1 55
s² | 14 42 + K
s¹ | (14·55 − 42 − K)/14
s⁰ | 42 + K

Stabilitätsgrenze

Alle Einträge der ersten Spalte müssen positiv sein.

Kmax = 14·55 − 42 = 728

Antwort

Kmax = 728
33.Sprungantwort

Antwort: σ = −3,5

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

Mit der Normalform vergleichen

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

ωₙ² = 43 → ωₙ = 6,557 rad/s
2ζωₙ = 7 → ζ = 7/(2·6,557) = 0,5337

Ergebnis

σ = −ζωₙ = −7/2 = −3,5

Antwort

σ = −3,5
34.Sprungantwort

Antwort: ωn = 2,243 rad/s

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

Dämpfungsgrad

ζ = −ln(0,3)/√(π² + ln²(0,3)) = 1,204/√(9,87 + 1,45) = 0,3579

Eigenfrequenz

ωd = π/tp = π/1,5 = 2,094 rad/s
ωₙ = ωd/√(1 − ζ²) = 2,094/0,9338 = 2,243 rad/s

Antwort

ωn = 2,243 rad/s
35.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: f0 = 1592 Hz

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

Resonanzfrequenz

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,001·1 × 10⁻⁵) = 10000 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 1592 Hz

Antwort

f0 = 1592 Hz
36.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: ωc = 52,98 rad/s

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

Durchtrittsfrequenz

ω⁴ + 400ω² − 9 × 10⁶ = 0
ω² = (−400 + √(160000 + 4·9 × 10⁶))/2 = 2807
ωc = 52,98 rad/s

Antwort

ωc = 52,98 rad/s
37.Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve

Antwort: Kmin = 3

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

Charakteristisches Polynom

(s − 4)(s + 1) + K(s + 10) = s² + (-3 + K)s + (10K − 4)

Bedingungen

Für s² + c₁s + c₀ liegen alle Wurzeln genau dann in der linken Halbebene, wenn c₁ > 0 und c₀ > 0.

-3 + K > 0 → K > 3
10K − 4 > 0 → K > 0,4
Kmin = 3

Antwort

Kmin = 3
38.Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve

Antwort: sb = −0,8453

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.

Verstärkung entlang der reellen Achse

K(s) = −s(s + 2)(s + 4) = −(s³ + 6s² + 8s)

Stationäre Punkte

dK/ds = −(3s² + 12s + 8) = 0
s = (−12 ± √(144 − 96))/6 = −0,8453, −3,155

Wähle den Punkt auf der Ortskurve

Die Ortskurve liegt auf der reellen Achse zwischen 0 und −2; die andere Wurzel liegt nicht auf ihr.

sb = −0,8453

Antwort

sb = −0,8453
39.Stationärer Fehler und PID-Regelung

Antwort: ess = 2

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.

Beschleunigungskonstante

Ka = 5·4/10 = 2

Parabelfehler

ess = 4/2 = 2

Antwort

ess = 2
40.Stationärer Fehler und PID-Regelung

Antwort: Kd = 1,381 s

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

Charakteristisches Polynom

s(s + 2) + 10(25 + Kds) = s² + (2 + 10Kd)s + 250

Eigenfrequenz

ωₙ = √250 = 15,81 rad/s

Differenzialverstärkung

2 + 10Kd = 2·0,5·15,81 = 15,81
Kd = 1,381 s

Antwort

Kd = 1,381 s

Der Differenzialanteil erhöht die Dämpfung, ohne ωₙ zu verändern.

Dies ist unabhängiges Übungsmaterial. ExamProblems ist nicht mit der Organisation verbunden, die diese Prüfung durchführt, und wird von ihr nicht unterstützt; der Prüfungsname dient nur zur Beschreibung des Inhalts. Die FE exam wird von NCEES durchgeführt; diese Organisation ist nicht mit ExamProblems verbunden und unterstützt es nicht.

ExamProblems · examproblems.com/courses/fe-exam-electrical