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​ = 5 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​6 VR2​2 ΩAR4​3 ΩB

Bestimme den Ersatzwiderstand Req, den die Quelle V1 sieht.

V1 = 6 VR1 = 5 ΩR2 = 2 ΩR3 = 4 ΩR4 = 3 Ω
Req = Ω
2.Reihen- und ParallelschaltungSchwer
R1​ = 8 ΩIR1​R3​ = 5 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​18 VR2​30 ΩAR4​2 ΩBR6​2 Ω

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

V1 = 18 VR1 = 8 ΩR2 = 30 ΩR3 = 5 ΩR4 = 2 ΩR5 = 30 ΩR6 = 2 Ω
IR1 = A
3.KnotenpotenzialverfahrenMittel
R1​ = 3 ΩIR1​R3​ = 5 Ω+−V1​10 VR2​15 ΩAR4​4 ΩBIs​1 A

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

V1 = 10 VIs = 1 AR1 = 3 ΩR2 = 15 ΩR3 = 5 ΩR4 = 4 Ω
IR1 = A
4.KnotenpotenzialverfahrenSchwer
R1​ = 12 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 25 ΩIR4​+−V1​9 VR3​8 ΩAR5​2 ΩBIs​4 A+−V2​10 V

Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren den Strom IR4 durch R4 in Pfeilrichtung.

V1 = 9 VIs = 4 AV2 = 10 VR1 = 12 ΩR2 = 30 ΩR3 = 8 ΩR4 = 25 ΩR5 = 2 Ω
IR4 = A
5.MaschenstromverfahrenMittel
R1​ = 8 ΩR2​ = 4 Ω+−V1​9 VR3​2 ΩA+−V2​12 VI1​I2​

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

V1 = 9 VV2 = 12 VR1 = 8 ΩR2 = 4 ΩR3 = 2 Ω
I1 = A
6.MaschenstromverfahrenSchwer
R1​ = 2 ΩR2​ = 3 ΩIR2​R3​ = 12 Ω+−V1​6 VR4​2 ΩAR5​4 ΩB+−V2​36 VI1​I2​I3​

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

V1 = 6 VV2 = 36 VR1 = 2 ΩR2 = 3 ΩR3 = 12 ΩR4 = 2 ΩR5 = 4 Ω
IR2 = A
7.ÜberlagerungssatzMittel
R1​ = 3 ΩIR1​R3​ = 20 Ω+−V1​30 VR2​4 ΩAR4​5 ΩBIs​2 A

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

V1 = 30 VIs = 2 AR1 = 3 ΩR2 = 4 ΩR3 = 20 ΩR4 = 5 Ω
IR1 = A
8.ÜberlagerungssatzSchwer
lineare SchaltungV1​V2​Is​IRL​

Eine lineare Widerstandsschaltung enthält drei unabhängige Quellen: V1, V2 und Is. Der Strom I durch eine Last wird dreimal gemessen. Mit allen Quellen auf ihren Normalwerten ist I = 7 mA. Mit verdoppeltem V1 und unveränderten anderen beiden ist I = 19 mA. Mit umgekehrter Richtung von Is und unveränderten anderen beiden ist I = −4 mA. Bestimme den Laststrom I, wenn V2 abgeschaltet ist und V1 und Is ihre Normalwerte haben.

normal: I = 7 mA2·V1: I = 19 mA−Is: I = −4 mA
I = mA
9.Thévenin und NortonMittel
R1​ = 20 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​6 VR2​4 ΩARL​10 ΩIL​B

An a–b wird eine Last RL = 10 Ω angeschlossen. Ersetze den Rest der Schaltung durch ihr Thévenin-Ersatzschaltbild und bestimme den Laststrom IL.

V1 = 6 VR1 = 20 ΩR2 = 4 ΩR3 = 10 ΩRL = 10 Ω
IL = A
10.Thévenin und NortonSchwer
R1​ = 2 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​36 VR2​5 ΩAIs​4 ABab

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

V1 = 36 VIs = 4 AR1 = 2 ΩR2 = 5 ΩR3 = 20 Ω
IN = A
11.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
+−Vs​5 Vt = 0R = 68 ΩL68 mHi(t)

Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Bestimme den Strom i bei t = 1 ms.

Vs = 5 VR = 68 ΩL = 68 mHt = 1 ms
i = A
12.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
+−Vs​6 Vöffnet bei t = 0R1​ = 6,8 kΩR2​ = 3,3 kΩC33 µF+−vC​

Der Schalter ist seit Langem geschlossen, die Schaltung ist also im eingeschwungenen Zustand. Bei t = 0 öffnet der Schalter. Bestimme die Kondensatorspannung vC bei t = 100 ms.

Vs = 6 VR1 = 6,8 kΩR2 = 3,3 kΩC = 33 µFt = 100 ms
vC = V
13.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
120 V500 HzR = 50 ΩL = 200 mHC = 4,7 µF

Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 120 V (Effektivwert) und 500 Hz. Bestimme den Phasenwinkel φ der Impedanz in Grad (positiv, wenn der Strom der Spannung nacheilt).

V = 120 V (rms)f = 500 HzR = 50 ΩL = 200 mHC = 4,7 µF
φ = °
14.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
10 V50 HzR = 50 ΩL = 250 mHC = 47 µFI

Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 10 V (Effektivwert) und 50 Hz. Bestimme den Effektivwert des Stroms I.

V = 10 V (rms)f = 50 HzR = 50 ΩL = 250 mHC = 47 µF
I = A
15.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
240 VZ15 + j20 ΩI

Eine Last mit der Impedanz Z = 15 + j20 Ω liegt an einer einphasigen Versorgung mit 240 V (Effektivwert). Bestimme die aufgenommene Blindleistung Q.

V = 240 VZ = 15 + j20 Ω
Q = var
16.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
P = 30 kWQ1​S1​φ1​QC​

Eine einphasige Last nimmt 30 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,7 induktiv aus einer Versorgung mit 400 V und 50 Hz auf. Ein parallel geschalteter Kondensator hebt den Leistungsfaktor auf 0,9. Bestimme die nötige Kapazität C.

P = 30 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,9V = 400 Vf = 50 Hz
C = µF
17.DrehstromleistungMittel
ABCVL​ = 480 VIL​ = ?M7,5 kW, η = 95%cos φ = 0,88

Ein Drehstrom-Asynchronmotor gibt bei Volllast 7,5 kW mechanische Leistung ab. Bei dieser Last beträgt sein Wirkungsgrad 95 % und sein Leistungsfaktor 0,88 induktiv. Das Netz hat eine Leiterspannung von 480 V. Bestimme den Leiterstrom IL.

Pout = 7,5 kWη = 95%cos φ = 0,88VL = 480 V
IL = A
18.DrehstromleistungSchwer
P = 50 kWφ1​S1​Q2​QC​

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 50 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,72 induktiv aus einem Netz mit 690 V (Leiterspannung) und 60 Hz auf. Eine parallel zur Last geschaltete Drehstrom-Kondensatorbatterie soll den Gesamtleistungsfaktor auf 0,9 induktiv anheben. Die Wirkleistung bleibt gleich. Die Kondensatoren sind im Dreieck geschaltet. Bestimme die Kapazität Cph jedes Kondensators in µF.

P = 50 kWpf1 = 0,72pf2 = 0,9VL = 690 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.TransformatorenMittel
6600 V230 VIHV​ILV​ = ?75 kVA

Ein einphasiger Transformator mit 75 kVA und 6600/230 V wird bei Nennlast betrieben. Betrachte ihn als ideal. Bestimme den Strom ILV in der Unterspannungswicklung.

S = 75 kVAV1 = 6600 VV2 = 230 V
ILV = A
20.TransformatorenSchwer
pf 0,9550 kVA, 75% Last

Ein einphasiger Transformator mit 50 kVA hat Eisenverluste von 150 W und Kupferverluste von 450 W bei Nennlast. Er liefert 75 % seiner Nennscheinleistung bei einem Leistungsfaktor von 0,95 induktiv. Bestimme die Gesamtverluste Ploss in Watt bei dieser Last.

S = 50 kVAPcore = 150 WPcu,fl = 450 Wx = 0,75pf = 0,95
Ploss = W
21.OperationsverstärkerMittel
−+Vout​Rf​ = 100 kΩR1​ = 10 kΩVin​ = 0,5 VRa​ = 47 kΩRb​ = 10 kΩ

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

Vin = 0,5 VRa = 47 kΩRb = 10 kΩR1 = 10 kΩRf = 100 kΩ
Vout = V
22.OperationsverstärkerSchwer
−+Vout​R2​ = 1 kΩV1​ = 1,5 VR1​ = 1 kΩV2​ = 0,1 VR3​ = 1 kΩR4​ = 2 kΩ

Der Operationsverstärker ist ideal und wird mit ±15 V versorgt. Die Widerstandsverhältnisse sind nicht abgeglichen. Bestimme die Ausgangsspannung Vout.

V1 = 1,5 VV2 = 0,1 VR1 = 1 kΩR2 = 1 kΩR3 = 1 kΩR4 = 2 kΩ
Vout = V
23.Dioden und TransistorenMittel
RC​ = 2,7 kΩβ = 50VCC​ = 9 VRB​ = 820 kΩ

Ein NPN-Transistor mit β = 50 wird über einen Basiswiderstand RB = 820 kΩ aus der Versorgung VCC = 9 V eingestellt. Der Kollektorwiderstand ist RC = 2,7 kΩ, und der Emitter liegt auf Masse. Nimm VBE = 0,7 V an und gehe davon aus, dass der Transistor im aktiven Bereich arbeitet. Bestimme die Kollektor-Emitter-Spannung VCE.

VCC = 9 VRB = 820 kΩRC = 2,7 kΩβ = 50VBE = 0,7 V
VCE = V
24.Dioden und TransistorenSchwer
V (V)I (mA)0,65640Q = ?

Eine Diode wird modelliert als 0,65 V in Reihe mit 20 Ω (sie leitet oberhalb von 0,65 V). Sie liegt in Reihe mit einem Widerstand von 150 Ω an einer Versorgung von 6 V. Bestimme den Arbeitsstrom ID, bei dem die Diodenkennlinie die Widerstandsgerade schneidet.

Vs = 6 VR = 150 ΩV0 = 0,65 Vrd = 20 Ω
ID = mA
25.ZahlensystemeMittel
8-Bit-Zweierkomplement0−12806403201608040201

Setze die Bits so, dass sie −105 im 8-Bit-Zweierkomplement speichern. Welchen Wert U hat das Muster, wenn man es als vorzeichenlose Zahl liest?

N = −1058 bit
U =
26.ZahlensystemeSchwer
16-Bit-Zweierkomplement, N = ??Vorzeichen???????????????

Was ist die kleinste (negativste) ganze Zahl N, die im 16-Bit-Zweierkomplement gespeichert werden kann?

16 bit
N =
27.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & FlipflopsMittel
ABC000111100101324576

Vereinfache F = ABC′ + A′BC′ + A′B′C′ + AB′ zur minimalen Summe von Produkten. Wie viele Literale L enthält der vereinfachte Ausdruck?

F = ABC′ + A′BC′ + A′B′C′ + AB′
L =
28.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & FlipflopsSchwer
ABCD00011110000111101001X30214X507160121131151140819X11X10

Bestimme die minimale SOP-Form von F(A, B, C, D) = Σm(0, 4, 6, 9, 13, 14, 15) + d(3, 5, 10, 11), wobei d die Don’t-Care-Bedingungen kennzeichnet. Wie viele Produktterme N hat sie?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 4, 6, 9, 13, 14, 15) + d(3, 5, 10, 11)
N =
29.Laplace-TransformationenMittel
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−812

Bestimme f(t) für F(s) = (5s + 38)/(s² + 8s + 20) mit quadratischer Ergänzung und werte f(0,25) aus.

F(s) = (5s + 38)/(s² + 8s + 20)t = 0,25 s
f(0.25) =
30.Laplace-TransformationenSchwer
ReIm−1−2−3−4−5−61

Ein System wird durch die Differentialgleichung y″ + 7y′ + 6y = 4u′ + 7u 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 = 0,6 s aus. Bestimme g(0,6).

y″ + 7y′ + 6y = 4u′ + 7ut = 0,6 s
g(0.6) =
31.BlockschaltbilderMittel
R(s)+16K+6s + 7G(s)C(s)1H₁−−

Die Strecke G(s) = 6/(s + 7) hat eine innere (unterlagerte) Gegenkopplung mit der Verstärkung H₁ = 1. Eine Reglerverstärkung K = 16 und eine äußere Einheits-Gegenkopplung schließen das System. Bestimme die statische Verstärkung T(0) des geschlossenen Kreises.

G(s) = 6/(s + 7)H₁ = 1K = 16
T(0) =
32.BlockschaltbilderSchwer
R(s)+6s + 4G₁+9s + 1G₂C(s)4H₁−0,5H₂−

Fasse das Blockschaltbild mit G₁ = 6/(s + 4), G₂ = 9/(s + 1), einer inneren Gegenkopplung H₁ = 4 um G₂ und einer äußeren Gegenkopplung H₂ = 0,5 zusammen. Bestimme die statische Verstärkung T(0) von C(s)/R(s).

G₁ = 6/(s + 4)G₂ = 9/(s + 1)H₁ = 4H₂ = 0,5
T(0) =
33.SprungantwortMittel
t (s)y(t)2ts​ = ?

Ein System hat die Übertragungsfunktion G(s) = 172/(s² + 9s + 86) und erhält einen Einheitssprung am Eingang. Bestimme die 2-%-Ausregelzeit ts der Sprungantwort mit ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 172/(s² + 9s + 86)
ts = s
34.SprungantwortSchwer
+−10 VR = 27 ΩL = 50 mHC = 100 µFvC​

Ein Reihen-RLC-Kreis mit R = 27 Ω, L = 50 mH und C = 100 µF wird bei t = 0 an einen Sprung von 10 V angeschlossen. Der Kondensator ist ungeladen, und vor dem Sprung fließt kein Strom. Bestimme den Zeitpunkt tp des ersten Spannungsmaximums in ms.

R = 27 ΩL = 50 mHC = 100 µFV = 10 V
tp = ms
35.Bode-Diagramme und ReservenMittel
vin​L = 100 mHC = 2,2 µFR = 50 Ωvout​

Beim gezeigten Reihen-RLC-Bandpass wird der Ausgang über R = 50 Ω abgegriffen, mit L = 100 mH und C = 2,2 µF. Bestimme die Güte Q.

R = 50 ΩL = 100 mHC = 2,2 µF
Q =
36.Bode-Diagramme und ReservenSchwer
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Ein Regelkreis mit Einheitsrückführung hat die Übertragungsfunktion des offenen Kreises L(s) = 24/(s(s + 1)(s + 6)). Bestimme die Amplitudenreserve GM in dB.

L(s) = 24/(s(s + 1)(s + 6))
GM = dB
37.Stabilität: Routh-Hurwitz und WurzelortskurveMittel
R(s)+K = 2081s(s + 5)(s + 8)C(s)−

Der Regelkreis im Schaubild läuft mit K = 208 und L(s) = K/(s(s + 5)(s + 8)). Um welchen Faktor m kann die Verstärkung erhöht werden, bevor der geschlossene Kreis instabil wird?

L(s) = K/(s(s + 5)(s + 8))K = 208
m =
38.Stabilität: Routh-Hurwitz und WurzelortskurveSchwer
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−81j1j2sb​

Die Wurzelortskurve von L(s) = K/((s + 3)(s + 7)) 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 + 3)(s + 7))
K =
39.Stationärer Fehler und PID-RegelungMittel
r(t) = 1t+Ks(s + 5)C(s)−

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

G(s) = K/(s(s + 5))r(t) = 1tess = 0,2
K =
40.Stationärer Fehler und PID-RegelungSchwer
R(s)+Kp​ + Ki​/s10s + 1C(s)−

Ein PI-Regler C(s) = Kp + Ki/s regelt die Strecke G(s) = 10/(s + 1) in einem Regelkreis mit Einheitsrückführung. Der geschlossene Kreis soll ωₙ = 5 rad/s und ζ = 1 haben. Bestimme die Proportionalverstärkung Kp.

G(s) = 10/(s + 1)ωₙ = 5 rad/sζ = 1
Kp =

3Lösungen

1.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: Req = 6,556 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​ = 5 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​6 VR2​2 ΩAR4​3 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 + 3 = 7 Ω
R2 ∥ 7 = 2·7/(2+7) = 1,556 Ω
Req = R1 + 1,556 = 5 + 1,556 = 6,556 Ω

Antwort

Req = 6,556 Ω
2.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: IR1 = 1,324 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​ = 8 ΩR3​ = 5 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​18 VR2​30 ΩAR4​2 ΩBR6​2 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 + 2 = 32 Ω
R4 ∥ 32 = 1,882 Ω
R3 + 1,882 = 6,882 Ω
R2 ∥ 6,882 = 5,598 Ω
Req = R1 + 5,598 = 8 + 5,598 = 13,6 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 = 18/13,6 = 1,324 A

Antwort

IR1 = 1,324 A
3.Knotenpotenzialverfahren

Antwort: IR1 = 1,449 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​ = 3 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​10 VR2​15 ΩAR4​4 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/15 + (VA − 10)/3 + (VA − VB)/5 = 0
0,6·VA − 0,2·VB = 3,333

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/4 + (VB − VA)/5 = (−1)
−0,2·VA + 0,45·VB = −1

Lösen

Δ = (0,6)(0,45) − (−0,2)(−0,2) = 0,23
VA = Δ1/Δ = 1,3/0,23 = 5,652 V
VB = Δ2/Δ = 0,06667/0,23 = 0,2899 V

Antwort

IR1 = (V1 − VA)/R1 = (10 − 5,652)/3 = 1,449 A
4.Knotenpotenzialverfahren

Antwort: IR4 = −0,6459 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​ = 12 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 25 Ω+−V1​9 VR3​8 ΩAR5​2 ΩBIs​4 A+−V2​10 V

Knoten festlegen

Masse ist der untere Leiter. Bekannte Knotenpotenziale ergeben sich direkt aus den Quellen (V1 = 9 V, V2 = 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/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/8 + (VA − 9)/12 + (VA − VB)/30 = 0
0,2417·VA − 0,03333·VB = 0,75

KCL am Knoten B

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

VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/2 + (VB − VA)/30 + (VB − 10)/25 = (−4)
−0,03333·VA + 0,5733·VB = −3,6

Lösen

Δ = (0,2417)(0,5733) − (−0,03333)(−0,03333) = 0,1374
VA = Δ1/Δ = 0,31/0,1374 = 2,255 V
VB = Δ2/Δ = −0,845/0,1374 = −6,148 V

Antwort

IR4 = (VB − V2)/R4 = (−6,148 − 10)/25 = −0,6459 A
5.Maschenstromverfahren

Antwort: I1 = 0,5357 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​ = 4 Ω+−V1​9 VR3​2 ΩA+−V2​12 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
8·I1 + 2(I1 − I2) = 9
10·I1 − 2·I2 = 9

Maschenregel in Masche 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
4·I2 + 2(I2 − I1) = (−12)
−2·I1 + 6·I2 = −12

Lösen

Δ = (10)(6) − (−2)(−2) = 56
I1 = Δ1/Δ = 30/56 = 0,5357 A
I2 = Δ2/Δ = −102/56 = −1,821 A

Antwort

I1 = 0,5357 A

Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.

6.Maschenstromverfahren

Antwort: IR2 = −0,8571 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​ = 2 ΩR2​ = 3 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​6 VR4​2 ΩAR5​4 ΩB+−V2​36 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
2·I1 + 2(I1 − I2) = 6
4·I1 − 2·I2 = 6

Maschenregel in Masche 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
3·I2 + 2(I2 − I1) + 4(I2 − I3) = 0
−2·I1 + 9·I2 − 4·I3 = 0

Maschenregel in Masche 3

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

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
12·I3 + 4(I3 − I2) = (−36)
−4·I2 + 16·I3 = −36

Lösen

Δ = Determinante der Koeffizientenmatrix = 448
I1 = Δ1/Δ = 480/448 = 1,071 A
I2 = Δ2/Δ = −384/448 = −0,8571 A
I3 = Δ3/Δ = −1104/448 = −2,464 A

Antwort

IR2 = I2 = −0,8571 A

Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.

7.Überlagerungssatz

Antwort: IR1 = −4,439 A

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

R1​ = 3 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​30 VR2​4 ΩAR4​5 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 = 20+5 = 25 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 4·25/(4+25) = 3,448 Ω
VA = 30·3,448/(3+3,448) = 16,04 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 16,04·5/25 = 3,209 V
IR1′ = (VA − V1)/R1 = (16,04 − 30)/3 = −4,652 A
R1​ = 3 ΩR3​ = 20 ΩKURZSCHLUSSR2​4 ΩAR4​5 ΩBIs​2 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 = 3·4/(3+4) = 1,714 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 5 ∥ 21,71 = 4,064 Ω
VB = Is·Req = 2·4,064 = 8,128 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 8,128·1,714/21,71 = 0,6417 V
IR1″ = (VA − V1)/R1 = (0,6417 − 0)/3 = 0,2139 A

Anteile addieren

IR1 = IR1′ + IR1″
IR1 = (−4,652) + 0,2139 = −4,439 A

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

8.Überlagerungssatz

Antwort: I = 17,5 mA

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

Die Messungen mit Anteilen aufschreiben

Jeder Anteil ist proportional zu seiner eigenen Quelle.

I₁ + I₂ + I₃ = 7
2·I₁ + I₂ + I₃ = 19
I₁ + I₂ − I₃ = −4

Nach den Anteilen auflösen

I₁ = 19 − 7 = 12 mA
I₃ = (7 − (−4))/2 = 5,5 mA
I₂ = 7 − 12 − 5,5 = −10,5 mA

V₂ abschalten

I = I₁ + I₃ = 12 + 5,5 = 17,5 mA

Antwort

I = 17,5 mA
9.Thévenin und Norton

Antwort: IL = 0,04286 A

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

R1​ = 20 ΩR3​ = 10 ΩKURZSCHLUSSR2​4 ΩAabRth​

Rth bei abgeschalteten Quellen bestimmen

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

R1 ∥ R2 = 20·4/(20+4) = 3,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,333 + 10 = 13,33 Ω
R1​ = 20 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​6 VR2​4 ΩAab+−Vth​

Vth bestimmen, die Leerlaufspannung

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

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 6·4/(20+4) = 1 V
Rth​ = 13,33 Ω+−Vth​1 VRL​10 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) = 1/(13,33 + 10) = 0,04286 A
10.Thévenin und Norton

Antwort: IN = 5,2 A

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

R1​ = 2 ΩR3​ = 20 ΩKURZSCHLUSSR2​5 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 = 2·5/(2+5) = 1,429 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,429 + 20 = 21,43 Ω
R1​ = 2 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​36 VR2​5 ΩAIs​4 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) = 25,71 + 4·1,429 = 31,43 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 31,43 + 4·20 = 111,4 V
IN​5,2 ARth​21,43 Ωab

Norton-Ersatzschaltbild

Eine Norton-Quelle ist dieselbe Schaltung, gesehen als Stromquelle parallel zu R_th. Ihr Strom ist der Kurzschlussstrom an a–b.

IN = Vth/Rth = 111,4/21,43 = 5,2 A
11.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: i = 0,04648 A

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 = 68 mH / 68 Ω = 1 ms
i(∞) = Vs/R = 5/68 = 0,07353 A

Strom zum gegebenen Zeitpunkt

i(t) = i(∞)·(1 − e−t/τ) = 0,07353·(1 − e−1/1) = 0,04648 A

Antwort

i = 0,04648 A
12.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: vC = 0,7826 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.

Anfangsspannung des Kondensators

Im eingeschwungenen Zustand ist der Kondensator ein Leerlauf, R₁ und R₂ bilden also einen Spannungsteiler. Die Kondensatorspannung kann beim Öffnen des Schalters nicht springen.

vC(0) = 6·3,3/(6,8 + 3,3) = 1,96 V

Zeitkonstante nach dem Öffnen des Schalters

τ = R2·C = 3,3·33 = 108,9 ms

Entladung

vC(t) = 1,96·e−100/108,9 = 0,7826 V

Antwort

vC = 0,7826 V
13.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: φ = 84,9 °

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·500 = 3142 rad/s
XL = ωL = 3142·0,2 = 628,3 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(3142·4,7·10⁻⁶) = 67,73 Ω

Impedanz

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(50² + (560,6)²) = 562,8 Ω

Phasenwinkel

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(560,6/50) = 84,9°

Antwort

φ = 84,9°
14.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: I = 0,1955 A

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

Blindwiderstände

ω = 2πf = 2π·50 = 314,2 rad/s
XL = ωL = 314,2·0,25 = 78,54 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·47·10⁻⁶) = 67,73 Ω

Impedanz

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(50² + (10,81)²) = 51,16 Ω

Strom

Durch jedes Element einer Reihenschaltung fließt derselbe Strom.

I = V/|Z| = 10/51,16 = 0,1955 A

Antwort

I = 0,1955 A
15.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: Q = 1843 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| = √(15² + 20²) = 25 Ω
I = V/|Z| = 240/25 = 9,6 A

Blindleistung

Q = I²·X = 9,6²·20 = 1843 var

Antwort

Q = 1843 var
16.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: C = 319,8 µF

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 = 30·tan(45,57°) = 30,61 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 30·tan(25,84°) = 14,53 kvar
QC = Q1 − Q2 = 16,08 kvar

Kapazität

Ein Kondensator am Netz liefert Q = V²·ωC.

C = QC/(2πf·V²) = 16076/(2π·50·400²) = 319,8 µF

Antwort

C = 319,8 µF
17.Drehstromleistung

Antwort: IL = 10,79 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 = 7,5/0,95 = 7,895 kW

Leiterstrom

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 7895/(√3·480·0,88) = 10,79 A

Antwort

IL = 10,79 A
18.Drehstromleistung

Antwort: Cph = 44,53 µF

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

Blindleistung vorher und nachher

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

Q1 = 50·tan(acos 0,72) = 50·0,9639 = 48,19 kvar
Q2 = 50·tan(acos 0,9) = 50·0,4843 = 24,22 kvar

Blindleistung der Kondensatoren

QC = Q1 − Q2 = 23,98 kvar

Kapazität pro Strang

In einer Dreieckbatterie ist jeder Kondensator zwischen zwei Außenleiter geschaltet.

V = 690 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 7992/(377·690²) = 44,53 µF

Antwort

Cph = 44,53 µF
19.Transformatoren

Antwort: ILV = 326,1 A

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

Nennstrom

Beide Wicklungen führen dieselbe Scheinleistung.

ILV = S/V = 75000/230 = 326,1 A

Antwort

ILV = 326,1 A
20.Transformatoren

Antwort: Ploss = 403,1 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 = 0,5625·450 = 253,1 W

Gesamtverluste

Die Eisenverluste sind bei jeder Last gleich.

Ploss = 150 + 253,1 = 403,1 W

Antwort

Ploss = 403,1 W

Der Wirkungsgrad bei dieser Last ist η = 98,88%.

21.Operationsverstärker

Antwort: Vout = 0,9649 V

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

Spannung am +-Eingang

V₊ = Vin·Rb/(Ra + Rb) = 0,5·10/(47 + 10) = 0,08772 V

Nicht invertierende Verstärkung

V₋ = V₊, und der Strom durch R₁ fließt auch durch Rf.

Vout = V₊·(1 + Rf/R1) = 0,08772·(1 + 100/10) = 0,9649 V

Antwort

Vout = 0,9649 V
22.Operationsverstärker

Antwort: Vout = −1,367 V

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

Spannung am +-Eingang

V₊ = V2·R4/(R3 + R4) = 0,1·2/(1 + 2) = 0,06667 V

Die beiden Eingänge überlagern

Mit V₂ = 0 sieht V₁ einen invertierenden Verstärker. Mit V₁ = 0 wird V₊ mit der nicht invertierenden Verstärkung 1 + R₂/R₁ verstärkt.

Vout = −(1/1)·1,5 + (1 + 1/1)·0,06667 = −1,5 + 0,1333 = −1,367 V

Antwort

Vout = −1,367 V
23.Dioden und Transistoren

Antwort: VCE = 7,634 V

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

Basisstrom

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

Kollektorstrom

IC = β·IB = 50·10,12 µA = 0,5061 mA

Kollektor-Emitter-Spannung

VCE = 9 − 0,5061 mA·2,7 kΩ = 7,634 V

Antwort

VCE = 7,634 V
24.Dioden und Transistoren

Antwort: ID = 31,47 mA

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

Die beiden Gleichungen kombinieren

6 = 0,65 + I·(150 + 20)

Arbeitsstrom

ID = 5,35/170 = 31,47 mA
VD = 0,65 + 0,03147·20 = 1,279 V

Antwort

ID = 31,47 mA
25.Zahlensysteme

Antwort: U = 151

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

105 = 0110 1001
invertiert: 1001 0110
+1 → 1001 0111

Vorzeichenlos lesen

1001 0111₂ = 256 − 105 = 151

Antwort

U = 151
26.Zahlensysteme

Antwort: N = −32768

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.

Negativster Wert

−215 = −32768

Antwort

N = −32768
27.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & Flipflops

Antwort: L = 3

Boolesche Algebra: Die Regeln, die Ausdrücke vereinfachen, sind X + X′ = 1 und X·X′ = 0, X + X = X, die Absorption X + X·Y = X, die Zusammenfassungsregel X·Y + X·Y′ = X, X + X′Y = X + Y und das Konsensus-Theorem XY + X′Z + YZ = XY + X′Z. Die De-Morganschen Gesetze machen aus (X·Y)′ den Ausdruck X′ + Y′ und aus (X + Y)′ den Ausdruck X′·Y′. Ein Karnaugh-Diagramm wendet diese Regeln grafisch an: Jede Gruppe aus zwei benachbarten Feldern ist eine Anwendung von XY + XY′ = X.

Minterme des Ausdrucks

ABC′ → m(6)
A′BC′ → m(2)
A′B′C′ → m(0)
AB′ → m(4, 5)
ABC00011110011001031214150716

Gruppieren und ablesen

F = C′ + AB′

Die Literale zählen

L = 3

Antwort

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

Antwort: N = 3

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

Primimplikanten

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

BC′D, BCD′, AD, AC, A′C′D′, A′BD′, A′BC′
ABCD00011110000111101001X30214X507160121131151140819X11X10

Minimale Überdeckung

F = BCD′ + AD + A′C′D′
N = 3

Antwort

N = 3
29.Laplace-Transformationen

Antwort: f(0.25) = 3,202

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 + 20 = (s + 4)² + 4 = (s + 4)² + 2²

Zähler anpassen

F(s) = 5·(s + 4)/((s + 4)² + 2²) + (18/2)·2/((s + 4)² + 2²)

Rücktransformation

f(t) = e−4t·(5·cos 2t + 9·sin 2t)
f(0,25) = e−4·0,25·(5·cos(2·0,25) + 9·sin(2·0,25)) = 3,202

Antwort

f(0,25) = 3,202
30.Laplace-Transformationen

Antwort: g(0.6) = 0,4222

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) = (4s + 7)/(s² + 7s + 6)

Partialbruchzerlegung

s² + 7s + 6 = (s + 1)(s + 6)
A = 0,6, B = 3,4

Impulsantwort

g(t) = 0,6·e−t + 3,4·e−6t
g(0,6) = 0,4222

Antwort

g(0,6) = 0,4222
31.Blockschaltbilder

Antwort: T(0) = 0,8807

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).

Innere Schleife

Gᵢ = G/(1 + G·H₁) = 6/(s + 7 + 6·1) = 6/(s + 13)

Äußere Schleife

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 96/(s + 13 + 96) = 96/(s + 109)

Ergebnis

T(0) = 96/109 = 0,8807

Antwort

T(0) = 0,8807
32.Blockschaltbilder

Antwort: T(0) = 0,3086

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).

Innere Schleife

Gᵢ = G₂/(1 + G₂H₁) = 9/(s + 37)

Äußere Schleife

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 54/((s + 4)(s + 37) + 27)

Statische Verstärkung

T(0) = 54/(4·37 + 27) = 54/175 = 0,3086

Antwort

T(0) = 0,3086
33.Sprungantwort

Antwort: ts = 0,8889 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 = 86 → ωₙ = 9,274 rad/s
2ζωₙ = 9 → ζ = 9/(2·9,274) = 0,4852

Ergebnis

ζωₙ = 4,5 → ts ≈ 4/4,5 = 0,8889 s

Antwort

ts = 0,8889 s
34.Sprungantwort

Antwort: tp = 8,812 ms

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

Eigenkreisfrequenz und Dämpfungsgrad

ωₙ = 1/√(LC) = 1/√(0,05·1 × 10⁻⁴) = 447,2 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (27/2)·√(1 × 10⁻⁴/0,05) = 0,6037

Ergebnis

ωd = 356,5 rad/s
tp = π/ωd = 8,812 ms

Antwort

tp = 8,812 ms
35.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: Q = 4,264

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/√(0,1·2,2 × 10⁻⁶) = 2132 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 339,3 Hz

Güte

BW = R/L = 50/0,1 = 500 rad/s = 79,58 Hz
Q = ω₀/BW = 2132/500 = 4,264

Antwort

Q = 4,264
36.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: GM = 4,861 dB

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

Phasendurchtritt

(ω/1)·(ω/6) = 1 → ω180 = √(1·6) = 2,449 rad/s

Betrag am Phasendurchtritt

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 1)·√(ω² + 36)) = K/(1·6·(1 + 6)) = K/42

Amplitudenreserve

GM = 20·log₁₀(42/24) = 4,861 dB

Antwort

GM = 4,861 dB
37.Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve

Antwort: m = 2,5

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

Routh-Schema

s³ + 13s² + 40s + K = 0
s³: 1, 40
s²: 13, K
s¹: (13·40 − K)/13
s⁰: K

Größte stabile Verstärkung

Kmax = 13·40 = 520

Faktor

m = 520/208 = 2,5

Antwort

m = 2,5

Dieser Faktor ist die Amplitudenreserve als Verhältnis: 7,959 dB.

38.Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve

Antwort: K = 4

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 + 3)(s + 7) ergibt 2s + 10 = 0.

sb = −5

Betragsbedingung

K = |−5 + 3|·|−5 + 7| = 2·2 = 4

Antwort

K = 4

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

39.Stationärer Fehler und PID-Regelung

Antwort: K = 25

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

Erforderliche Geschwindigkeitskonstante

Kv = A/ess = 1/0,2 = 5

Verstärkung

K = 5·Kv = 25

Antwort

K = 25

Eine große Verstärkung macht diesen Kreis sehr schwach gedämpft: ζ = 0,5. Dieser Zielkonflikt ist der Grund, warum Kompensatoren eingesetzt werden.

40.Stationärer Fehler und PID-Regelung

Antwort: Kp = 0,9

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

1 + C(s)G(s) = 0, multipliziert mit s(s + 1).

s² + (1 + 10Kp)s + 10Ki

Zielpolynom

s² + 2·1·5s + 5² = s² + 10s + 25

Koeffizienten vergleichen

1 + 10Kp = 10 → Kp = 0,9

Antwort

Kp = 0,9

Der Integralanteil macht den Kreis zu einem Kreis vom Typ 1, also wird ein Sprung ohne stationären Fehler verfolgt.

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