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​ = 3 ΩIR1​R3​ = 12 Ω+−V1​30 VR2​8 ΩAR4​12 ΩB

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

V1 = 30 VR1 = 3 ΩR2 = 8 ΩR3 = 12 ΩR4 = 12 Ω
IR1 = A
2.Reihen- und ParallelschaltungSchwer
R1​ = 5 ΩR3​ = 10 ΩR5​ = 6 Ω+−V1​10 VR2​6 ΩAR4​2 ΩBR6​25 Ω

Bestimme den Ersatzwiderstand Req, den die Quelle V1 sieht.

V1 = 10 VR1 = 5 ΩR2 = 6 ΩR3 = 10 ΩR4 = 2 ΩR5 = 6 ΩR6 = 25 Ω
Req = Ω
3.KnotenpotenzialverfahrenMittel
R1​12 Ω+−V1​9 VR2​20 Ω+−V2​24 VR3​20 Ω+−V3​9 VI3​A

Zwischen Knoten A und Masse liegen drei Zweige, wie dargestellt. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren den Strom I3 im Zweig 3, der in Pfeilrichtung nach oben in den Knoten A fließt.

V1 = 9 VR1 = 12 ΩV2 = 24 VR2 = 20 ΩV3 = 9 VR3 = 20 Ω
I3 = A
4.KnotenpotenzialverfahrenSchwer
R1​ = 8 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 20 Ω+−V1​6 VR3​10 ΩAR5​15 ΩBIs​3 A+−V2​6 V

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

V1 = 6 VIs = 3 AV2 = 6 VR1 = 8 ΩR2 = 3 ΩR3 = 10 ΩR4 = 20 ΩR5 = 15 Ω
VB = V
5.MaschenstromverfahrenMittel
R1​ = 20 ΩR2​ = 4 Ω+−V1​10 VR3​8 ΩIR3​A+−V2​12 VI1​I2​

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

V1 = 10 VV2 = 12 VR1 = 20 ΩR2 = 4 ΩR3 = 8 Ω
IR3 = A
6.MaschenstromverfahrenSchwer
R1​ = 25 ΩR2​ = 25 Ω+−VR2​R3​ = 3 Ω+−V1​6 VR4​6 ΩAR5​10 ΩB+−V2​9 VI1​I2​I3​

Bestimme mit dem Maschenstromverfahren die Spannung VR2 über R2 mit der eingezeichneten Polarität.

V1 = 6 VV2 = 9 VR1 = 25 ΩR2 = 25 ΩR3 = 3 ΩR4 = 6 ΩR5 = 10 Ω
VR2 = V
7.ÜberlagerungssatzMittel
R1​ = 6 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​9 VR2​10 ΩAR4​8 Ω+−VR4​BIs​1,5 A

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

V1 = 9 VIs = 1,5 AR1 = 6 ΩR2 = 10 ΩR3 = 4 ΩR4 = 8 Ω
VR4 = V
8.ÜberlagerungssatzSchwer
R1​ = 4 ΩR2​ = 10 ΩIR2​R4​ = 5 Ω+−V1​18 VR3​8 ΩAIs​1,5 AB−+V2​9 V

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

V1 = 18 VIs = 1,5 AV2 = 9 VR1 = 4 ΩR2 = 10 ΩR3 = 8 ΩR4 = 5 Ω
IR2 = A
9.Thévenin und NortonMittel
R1​ = 4 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​9 VR2​4 ΩAab

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

V1 = 9 VR1 = 4 ΩR2 = 4 ΩR3 = 6 Ω
IN = A
10.Thévenin und NortonSchwer
R1​ = 30 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​18 VR2​25 ΩAIs​3 ABRL​25 ΩIL​

An a–b wird eine Last RL = 25 Ω angeschlossen. Bestimme mit einem Thévenin-Ersatzschaltbild die an die Last abgegebene Leistung PL.

V1 = 18 VIs = 3 AR1 = 30 ΩR2 = 25 ΩR3 = 6 ΩRL = 25 Ω
PL = W
11.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
R = 22 Ωt = 0L100 mHi(t)

Die Spule führt einen konstanten Strom von 0,5 A. Bei t = 0 schließt der Schalter den Kreis über R, und die Quelle wird abgetrennt, der Spulenstrom klingt also über R ab. Bestimme die Spannung vR an R bei t = 5 ms.

i(0) = 0,5 AR = 22 ΩL = 100 mHt = 5 ms
vR = V
12.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
+−Vs​6 Vöffnet bei t = 0R1​ = 10 kΩR2​ = 10 kΩC22 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 = 300 ms.

Vs = 6 VR1 = 10 kΩR2 = 10 kΩC = 22 µFt = 300 ms
vC = V
13.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
10 V500 HzR = 80 ΩL = 100 mHC = 10 µF

Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 10 V (Effektivwert) und 500 Hz. Bestimme den Phasenwinkel φ der Impedanz in Grad (positiv, wenn der Strom der Spannung nacheilt).

V = 10 V (rms)f = 500 HzR = 80 ΩL = 100 mHC = 10 µF
φ = °
14.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
120 V100 HzR = 20 ΩL = 50 mHC = 10 µF

Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 120 V (Effektivwert) und 100 Hz. Bestimme die Resonanzfrequenz f0 der Schaltung.

V = 120 V (rms)f = 100 HzR = 20 ΩL = 50 mHC = 10 µF
f0 = Hz
15.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
P = 17 kWQ = ?Sφ

Ein Einphasenmotor nimmt 17 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,7 induktiv aus einer 240-V-Versorgung auf. Bestimme die Blindleistung Q, die er aufnimmt.

P = 17 kWpf = 0,7V = 240 V
Q = kvar
16.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
P = 35 kWQ1​S1​φ1​QC​

Eine einphasige Last nimmt 35 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,7 induktiv aus einer Versorgung mit 240 V und 60 Hz auf. Ein parallel geschalteter Kondensator hebt den Leistungsfaktor auf 0,95. Bestimme die Blindleistung QC, die der Kondensator liefern muss.

P = 35 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,95V = 240 Vf = 60 Hz
QC = kvar
17.DrehstromleistungMittel
ABCVL​ = 400 VIL​ = ?M15 kW, η = 93%cos φ = 0,88

Ein Drehstrom-Asynchronmotor gibt bei Volllast 15 kW mechanische Leistung ab. Bei dieser Last beträgt sein Wirkungsgrad 93 % und sein Leistungsfaktor 0,88 induktiv. Das Netz hat eine Leiterspannung von 400 V. Bestimme den Leiterstrom IL.

Pout = 15 kWη = 93%cos φ = 0,88VL = 400 V
IL = A
18.DrehstromleistungSchwer
P = 120 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 120 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,75 induktiv aus einem Netz mit 415 V (Leiterspannung) und 60 Hz auf. Eine parallel zur Last geschaltete Drehstrom-Kondensatorbatterie soll den Gesamtleistungsfaktor auf 0,92 induktiv anheben. Die Wirkleistung bleibt gleich. Bestimme die gesamte Blindleistung QC, die die Kondensatorbatterie liefern muss, in kvar.

P = 120 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,92VL = 415 Vf = 60 Hz
QC = kvar
19.TransformatorenMittel
7200 V240 VIHV​ = ?ILV​25 kVA

Ein einphasiger Transformator mit 25 kVA und 7200/240 V wird bei Nennlast betrieben. Betrachte ihn als ideal. Bestimme den Strom IHV in der Oberspannungswicklung.

S = 25 kVAV1 = 7200 VV2 = 240 V
IHV = A
20.TransformatorenSchwer
pf 0,95100 kVA, 25% Last

Ein einphasiger Transformator mit 100 kVA hat Eisenverluste von 300 W und Kupferverluste von 750 W bei Nennlast. Er liefert 25 % seiner Nennscheinleistung bei einem Leistungsfaktor von 0,95 induktiv. Bestimme die Gesamtverluste Ploss in Watt bei dieser Last.

S = 100 kVAPcore = 300 WPcu,fl = 750 Wx = 0,25pf = 0,95
Ploss = W
21.OperationsverstärkerMittel
−+Vout​Rf​ = 1 kΩR1​ = 1 kΩVin​ = −1 VRa​ = 100 kΩRb​ = 100 kΩ

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

Vin = −1 VRa = 100 kΩRb = 100 kΩR1 = 1 kΩRf = 1 kΩ
Vout = V
22.OperationsverstärkerSchwer
−+Vout​Rf​ = 22 kΩV1​ = −1,3 VR1​ = 22 kΩV2​ = −0,9 VR2​ = 2 kΩ

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

V1 = −1,3 VV2 = −0,9 VR1 = 22 kΩR2 = 2 kΩRf = 22 kΩ
Vout = V
23.Dioden und TransistorenMittel
RC​ = 4,7 kΩβ = 120IC​ = ?VCC​ = 15 VRB​ = 680 kΩ

Ein NPN-Transistor mit β = 120 wird über einen Basiswiderstand RB = 680 kΩ aus der Versorgung VCC = 15 V eingestellt. Der Kollektorwiderstand ist RC = 4,7 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 den Kollektorstrom IC in mA.

VCC = 15 VRB = 680 kΩRC = 4,7 kΩβ = 120VBE = 0,7 V
IC = mA
24.Dioden und TransistorenSchwer
RC​ = 100 Ωβ = 80IC​ = ?VCC​ = 24 V5 VRB​ = 1 kΩ

Ein NPN-Transistor mit β = 80 schaltet einen Lastwiderstand von 100 Ω, der zwischen VCC = 24 V und seinem Kollektor liegt. Der Emitter liegt auf Masse. Die Basis wird von einem Logikausgang mit 5 V über einen Basiswiderstand RB = 1 kΩ angesteuert. Nimm VBE = 0,7 V und VCE(sat) = 0,2 V an. Bestimme den Kollektorstrom IC in mA, wenn der Eingang auf High liegt. Entscheide zuerst, ob der Transistor gesättigt ist.

VCC = 24 VRC = 100 Ωβ = 80Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 VRB = 1 kΩ
IC = mA
25.ZahlensystemeMittel
8-Bit-Zweierkomplement0−12806403201608040201

Setze die Bits so, dass sie −58 im 8-Bit-Zweierkomplement speichern. Welchen Wert U hat das Muster, wenn man es als vorzeichenlose Zahl liest?

N = −588 bit
U =
26.ZahlensystemeSchwer
Klicke auf die Bits, um sie zu setzen012806403201608040201

Setze die Bits auf das 8-Bit-Ergebnis von 0101 0000 << 1. Welchen Wert R hat das Ergebnis dezimal?

0101 0000<< 1
R =
27.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & FlipflopsMittel
ABC000111100101324576

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

F = AB′ + ABC′ + AC′
L =
28.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & FlipflopsSchwer
DQ3​Q3​DQ2​Q2​DQ1​Q1​DQ0​Q0​CLKJOHNSON

Ein 4-Bit-Johnson-Zähler Q₃Q₂Q₁Q₀ startet bei 0000. Bei jeder Taktflanke werden die Bits um eine Stelle nach rechts geschoben (Q₃ → Q₂ → Q₁ → Q₀), und Q₃ erhält das Inverse von Q₀. Gib den Zustand Q = Q₃Q₂Q₁Q₀ nach 11 Taktflanken als Dezimalzahl an.

Q₃Q₂Q₁Q₀ = 000011
Q =
29.Laplace-TransformationenMittel
ReIm−1−2−312

Bestimme f(t) für F(s) = (5s + 17)/(s² + 4s + 8) mit quadratischer Ergänzung und werte f(0,1) aus.

F(s) = (5s + 17)/(s² + 4s + 8)t = 0,1 s
f(0.1) =
30.Laplace-TransformationenSchwer
t (s)y(t)t = 0,2y(0,2) = ?

Ein System gehorcht y″ + 6y′ + 8y = 4·u(t). Es startet in Ruhe (y(0) = 0, y′(0) = 0), und der Eingang ist ein Sprung u(t) = 10 für t ≥ 0. Bestimme mit der Laplace-Transformation den Ausgang y(0,2).

y″ + 6y′ + 8y = 4·u(t)u(t) = 10y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0,2 s
y(0.2) =
31.BlockschaltbilderMittel
R(s)+20K+8s + 6G(s)C(s)5H₁−−

Die Strecke G(s) = 8/(s + 6) hat eine innere (unterlagerte) Gegenkopplung mit der Verstärkung H₁ = 5. Eine Reglerverstärkung K = 20 und eine äußere Einheits-Gegenkopplung schließen das System. Bestimme die statische Verstärkung T(0) des geschlossenen Kreises.

G(s) = 8/(s + 6)H₁ = 5K = 20
T(0) =
32.BlockschaltbilderSchwer
R(s)+17s + 5G₁+3s + 2G₂C(s)1H₁−0,5H₂−

Fasse das Blockschaltbild mit G₁ = 17/(s + 5), G₂ = 3/(s + 2), einer inneren Gegenkopplung H₁ = 1 um G₂ und einer äußeren Gegenkopplung H₂ = 0,5 zusammen. Bestimme die statische Verstärkung T(0) von C(s)/R(s).

G₁ = 17/(s + 5)G₂ = 3/(s + 2)H₁ = 1H₂ = 0,5
T(0) =
33.SprungantwortMittel
t (s)y(t)0,5tp​ = ?

Ein System hat die Übertragungsfunktion G(s) = 14/(s² + 7s + 28) und erhält einen Einheitssprung am Eingang. Bestimme die Überschwingzeit tp der Sprungantwort.

G(s) = 14/(s² + 7s + 28)
tp = s
34.SprungantwortSchwer
R(s)+65s(s + 10)G(s)C(s)−

Ein Regelkreis mit Einheits-Gegenkopplung hat G(s) = 65/(s(s + 10)). Bestimme die 2-%-Ausregelzeit ts der Sprungantwort des geschlossenen Kreises mit ts ≈ 4/(ζωₙ).

G(s) = 65/(s(s + 10))
ts = s
35.Bode-Diagramme und ReservenMittel
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−135−90−450ω = 15

Bestimme die Phase ∠G(jω) von G(s) = 20(s + 14)/(s(s + 7)) bei ω = 15 rad/s in Grad.

G(s) = 20(s + 14)/(s(s + 7))ω = 15 rad/s
∠G(jω) = °
36.Bode-Diagramme und ReservenSchwer
|H| (dB)0,10,1111010100100−60−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Ein Regelkreis mit Einheitsrückführung hat die Übertragungsfunktion des offenen Kreises L(s) = 842/(s(s + 7)(s + 10)). Bestimme die Amplitudenreserve GM in dB.

L(s) = 842/(s(s + 7)(s + 10))
GM = dB
37.Stabilität: Routh-Hurwitz und WurzelortskurveMittel
R(s)+Ks + 6s(s + 1)(s + 4)C(s)−

Ein Regelkreis mit Einheitsrückführung hat L(s) = K(s + 6)/(s(s + 1)(s + 4)) mit K > 0. Bestimme die größte Verstärkung Kmax, für die der geschlossene Kreis stabil ist.

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

Bestimme für L(s) = K/((s + 6)(s² + 6s + 10)) den Abgangswinkel θd der Wurzelortskurve vom komplexen Pol in der oberen Halbebene, gemessen von der positiven reellen Achse.

L(s) = K/((s + 6)(s² + 6s + 10))
θd = °
39.Stationärer Fehler und PID-RegelungMittel
r(t) = 10 + 5t+10(s + 4)s(s + 10)C(s)−

Auf einen Regelkreis mit Einheitsrückführung und G(s) = 10(s + 4)/(s(s + 10)) wird die Eingangsgröße r(t) = 10 + 5t (ein Sprung plus eine Rampe) gegeben. Bestimme den stationären Fehler ess.

G(s) = 10(s + 4)/(s(s + 10))r(t) = 10 + 5t
ess =
40.Stationärer Fehler und PID-RegelungSchwer
R(s)+Kp​ + Ki​/s4s + 4C(s)−

Ein PI-Regler C(s) = Kp + Ki/s regelt die Strecke G(s) = 4/(s + 4) in einem Regelkreis mit Einheitsrückführung. Der geschlossene Kreis soll ωₙ = 10 rad/s und ζ = 0,7 haben. Bestimme die Proportionalverstärkung Kp.

G(s) = 4/(s + 4)ωₙ = 10 rad/sζ = 0,7
Kp =

3Lösungen

1.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: IR1 = 3,333 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​ = 3 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​30 VR2​8 ΩAR4​12 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 = 12 + 12 = 24 Ω
R2 ∥ 24 = 8·24/(8+24) = 6 Ω
Req = R1 + 6 = 3 + 6 = 9 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 = 30/9 = 3,333 A

Antwort

IR1 = 3,333 A
2.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: Req = 8,986 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​ = 10 ΩR5​ = 6 Ω+−V1​10 VR2​6 ΩAR4​2 ΩBR6​25 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 = 6 + 25 = 31 Ω
R4 ∥ 31 = 1,879 Ω
R3 + 1,879 = 11,88 Ω
R2 ∥ 11,88 = 3,986 Ω
Req = R1 + 3,986 = 5 + 3,986 = 8,986 Ω

Antwort

Req = 8,986 Ω
3.Knotenpotenzialverfahren

Antwort: I3 = −0,2045 A

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

Knotenregel am Knoten A

Nimm die untere Leitung als Masse. Jeder Zweig führt (VA − Vk)/Rk von A weg, wobei Vk die Spannung seiner Quelle ist (null bei einem reinen Widerstand). Die von A abfließenden Ströme ergeben zusammen null.

(VA − 9)/12 + (VA − 24)/20 + (VA − 9)/20 = 0

Nach VA auflösen

VA = (9/12 + 24/20 + 9/20) / (1/12 + 1/20 + 1/20) = 2,4/0,1833 = 13,09 V

Zweigstrom

Der Pfeil zeigt durch den Zweig nach oben, in den Knoten A hinein.

I3 = (9 − VA)/R3 = (9 − 13,09)/20 = −0,2045 A

Antwort

I3 = −0,2045 A

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

4.Knotenpotenzialverfahren

Antwort: VB = 14,93 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​ = 8 ΩR2​ = 3 ΩR4​ = 20 Ω+−V1​6 VR3​10 ΩAR5​15 ΩBIs​3 A+−V2​6 V

Knoten festlegen

Masse ist der untere Leiter. Bekannte Knotenpotenziale ergeben sich direkt aus den Quellen (V1 = 6 V, V2 = 6 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/10 + (VA − 6)/8 + (VA − VB)/3 = 0
0,5583·VA − 0,3333·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/15 + (VB − VA)/3 + (VB − 6)/20 = 3
−0,3333·VA + 0,45·VB = 3,3

Lösen

Δ = (0,5583)(0,45) − (−0,3333)(−0,3333) = 0,1401
VA = Δ1/Δ = 1,437/0,1401 = 10,26 V
VB = Δ2/Δ = 2,093/0,1401 = 14,93 V

Antwort

VB = 14,93 V
5.Maschenstromverfahren

Antwort: IR3 = 1,029 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​ = 20 ΩR2​ = 4 Ω+−V1​10 VR3​8 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
20·I1 + 8(I1 − I2) = 10
28·I1 − 8·I2 = 10

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 + 8(I2 − I1) = (−12)
−8·I1 + 12·I2 = −12

Lösen

Δ = (28)(12) − (−8)(−8) = 272
I1 = Δ1/Δ = 24/272 = 0,08824 A
I2 = Δ2/Δ = −256/272 = −0,9412 A

Antwort

IR3 = I1 − I2 = 1,029 A

Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.

6.Maschenstromverfahren

Antwort: VR2 = −4,481 V

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

R1​ = 25 ΩR2​ = 25 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​6 VR4​6 ΩAR5​10 ΩB+−V2​9 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
25·I1 + 6(I1 − I2) = 6
31·I1 − 6·I2 = 6

Maschenregel in Masche 2

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

R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
25·I2 + 6(I2 − I1) + 10(I2 − I3) = 0
−6·I1 + 41·I2 − 10·I3 = 0

Maschenregel in Masche 3

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

R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
3·I3 + 10(I3 − I2) = (−9)
−10·I2 + 13·I3 = −9

Lösen

Δ = Determinante der Koeffizientenmatrix = 12955
I1 = Δ1/Δ = 2058/12955 = 0,1589 A
I2 = Δ2/Δ = −2322/12955 = −0,1792 A
I3 = Δ3/Δ = −10755/12955 = −0,8302 A

Antwort

IR2 = I2 = −0,1792 A
VR2 = IR2·R2 = −0,1792·25 = −4,481 V

Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.

7.Überlagerungssatz

Antwort: VR4 = 8,762 V

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

R1​ = 6 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​9 VR2​10 ΩAR4​8 ΩBOFFEN

Fall 1 · V1 allein aktiv

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

R3+R4 = 4+8 = 12 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 10·12/(10+12) = 5,455 Ω
VA = 9·5,455/(6+5,455) = 4,286 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 4,286·8/12 = 2,857 V
VR4′ = VB − 0 = 2,857 − 0 = 2,857 V
R1​ = 6 ΩR3​ = 4 ΩKURZSCHLUSSR2​10 ΩAR4​8 ΩBIs​1,5 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 = 6·10/(6+10) = 3,75 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 8 ∥ 7,75 = 3,937 Ω
VB = Is·Req = 1,5·3,937 = 5,905 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 5,905·3,75/7,75 = 2,857 V
VR4″ = VB − 0 = 5,905 − 0 = 5,905 V

Anteile addieren

VR4 = VR4′ + VR4″
VR4 = 2,857 + 5,905 = 8,762 V

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

8.Überlagerungssatz

Antwort: IR2 = 0,7642 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​ = 4 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 5 Ω+−V1​18 VR3​8 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) = 8 ∥ 15 = 5,217 Ω
VA = 18·5,217/(4+5,217) = 10,19 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 10,19·5/15 = 3,396 V
IR2′ = (VA − VB)/R2 = (10,19 − 3,396)/10 = 0,6792 A
R1​ = 4 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 5 ΩKURZSCHLUSSR3​8 ΩAIs​1,5 ABKURZSCHLUSS

Fall 2 · Is allein aktiv

Beide Spannungsquellen werden zu Kurzschlüssen. Iₛ teilt sich in B zwischen R₄ (jetzt nach Masse) und R₂ in Reihe mit R₁ ∥ R₃ auf.

R1 ∥ R3 = 2,667 Ω, also ist der linke Pfad R2+2,667 = 12,67 Ω
Req = R4 ∥ 12,67 = 3,585 Ω
VB = Is·Req = 1,5·3,585 = 5,377 V
VA = VB·2,667/12,67 = 1,132 V
IR2″ = (VA − VB)/R2 = (1,132 − 5,377)/10 = −0,4245 A
R1​ = 4 ΩR2​ = 10 ΩR4​ = 5 ΩKURZSCHLUSSR3​8 ΩAOFFENB−+V2​9 V

Fall 3 · V2 allein aktiv

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

R1 ∥ R3 = 4·8/(4+8) = 2,667 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−9)·12,67/17,67 = −6,453 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −6,453·2,667/12,67 = −1,358 V
IR2‴ = (VA − VB)/R2 = (−1,358 − −6,453)/10 = 0,5094 A

Anteile addieren

IR2 = IR2′ + IR2″ + IR2‴
IR2 = 0,6792 + (−0,4245) + 0,5094 = 0,7642 A

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

9.Thévenin und Norton

Antwort: IN = 0,5625 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​ = 4 ΩR3​ = 6 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 = 4·4/(4+4) = 2 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2 + 6 = 8 Ω
R1​ = 4 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​9 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) = 9·4/(4+4) = 4,5 V
IN​0,5625 ARth​8 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 = 4,5/8 = 0,5625 A
10.Thévenin und Norton

Antwort: PL = 32,29 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​ = 30 ΩR3​ = 6 ΩKURZSCHLUSSR2​25 ΩAOFFENBabRth​

Rth bei abgeschalteten Quellen bestimmen

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

R1 ∥ R2 = 30·25/(30+25) = 13,64 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 13,64 + 6 = 19,64 Ω
R1​ = 30 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​18 VR2​25 ΩAIs​3 ABab+−Vth​

Vth bestimmen, die Leerlaufspannung

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

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 8,182 + (−3)·13,64 = −32,73 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −32,73 + (−3)·6 = −50,73 V
Rth​ = 19,64 Ω−+Vth​50,73 VRL​25 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) = −50,73/(19,64 + 25) = −1,136 A
PL = IL²·RL = −1,136²·25 = 32,29 W
11.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: vR = 3,662 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.

Zeitkonstante

τ = L/R = 100 mH / 22 Ω = 4,545 ms

Abklingen des Stroms

i(t) = 0,5·e−5/4,545 = 0,1664 A
vR = R·i = 22·0,1664 = 3,662 V

Antwort

vR = 3,662 V
12.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: vC = 0,7672 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) = 6·10/(10 + 10) = 3 V

Zeitkonstante nach dem Öffnen des Schalters

τ = R2·C = 10·22 = 220 ms

Entladung

vC(t) = 3·e−300/220 = 0,7672 V

Antwort

vC = 0,7672 V
13.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: φ = 74,18 °

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 = 3142·0,1 = 314,2 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(3142·10·10⁻⁶) = 31,83 Ω

Impedanz

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(80² + (282,3)²) = 293,4 Ω

Phasenwinkel

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(282,3/80) = 74,18°

Antwort

φ = 74,18°
14.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: f0 = 225,1 Hz

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

Resonanz

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

f0 = 1/(2π√(LC)) = 1/(2π·√(0,05·10·10⁻⁶)) = 225,1 Hz

Antwort

f0 = 225,1 Hz
15.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: Q = 17,34 kvar

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

Winkel

φ = arccos(0,7) = 45,57°, tan φ = 1,02

Blindleistung

Q = P·tan φ = 17·1,02 = 17,34 kvar

Antwort

Q = 17,34 kvar
16.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: QC = 24,2 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 = 35·tan(45,57°) = 35,71 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 35·tan(18,19°) = 11,5 kvar
QC = Q1 − Q2 = 24,2 kvar

Antwort

QC = 24,2 kvar
17.Drehstromleistung

Antwort: IL = 26,45 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 = 15/0,93 = 16,13 kW

Leiterstrom

IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 16129/(√3·400·0,88) = 26,45 A

Antwort

IL = 26,45 A
18.Drehstromleistung

Antwort: QC = 54,71 kvar

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

Blindleistung vorher und nachher

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

Q1 = 120·tan(acos 0,75) = 120·0,8819 = 105,8 kvar
Q2 = 120·tan(acos 0,92) = 120·0,426 = 51,12 kvar

Blindleistung der Kondensatoren

QC = Q1 − Q2 = 54,71 kvar

Antwort

QC = 54,71 kvar
19.Transformatoren

Antwort: IHV = 3,472 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 = 25000/7200 = 3,472 A

Antwort

IHV = 3,472 A
20.Transformatoren

Antwort: Ploss = 346,9 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 = 0,0625·750 = 46,88 W

Gesamtverluste

Die Eisenverluste sind bei jeder Last gleich.

Ploss = 300 + 46,88 = 346,9 W

Antwort

Ploss = 346,9 W

Der Wirkungsgrad bei dieser Last ist η = 98,56%.

21.Operationsverstärker

Antwort: Vout = −1 V

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

Spannung am +-Eingang

V₊ = Vin·Rb/(Ra + Rb) = −1·100/(100 + 100) = −0,5 V

Nicht invertierende Verstärkung

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

Vout = V₊·(1 + Rf/R1) = −0,5·(1 + 1/1) = −1 V

Antwort

Vout = −1 V
22.Operationsverstärker

Antwort: Vout = 11,2 V

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

Eingangsströme

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

I1 = V1/R1 = −1,3/22 = −0,05909 mA
I2 = V2/R2 = −0,9/2 = −0,45 mA
If = I1 + I2 = −0,5091 mA

Ausgangsspannung

Vout = −Rf·If = −22·(−0,5091) = 11,2 V

Antwort

Vout = 11,2 V
23.Dioden und Transistoren

Antwort: IC = 2,524 mA

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

Basisstrom

IB = (VCC − VBE)/RB = (15 − 0,7)/680 kΩ = 21,03 µA

Kollektorstrom

IC = β·IB = 120·21,03 µA = 2,524 mA

Antwort

IC = 2,524 mA

Kontrolle: VCE = 3,139 V liegt deutlich über 0,2 V, der Transistor ist also tatsächlich aktiv.

24.Dioden und Transistoren

Antwort: IC = 238 mA

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

Basisstrom

IB = (5 − 0,7)/1 kΩ = 4300 µA

Gesättigt oder aktiv?

β·IB ist größer als IC(sat), also geht der Transistor in Sättigung.

β·IB = 344 mA
IC(sat) = (24 − 0,2)/100 = 238 mA

Kollektorstrom

IC = IC(sat) = 238 mA

Antwort

IC = 238 mA

Der Transistor ist gesättigt.

25.Zahlensysteme

Antwort: U = 198

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

58 = 0011 1010
invertiert: 1100 0101
+1 → 1100 0110

Vorzeichenlos lesen

1100 0110₂ = 256 − 58 = 198

Antwort

U = 198
26.Zahlensysteme

Antwort: R = 160

Bits setzen: Jedes Bit hat den Wert einer Zweierpotenz (128, 64, …, 1). Eine Hexadezimalziffer entspricht genau vier Bits, und im 8-Bit-Zweierkomplement hat das linke Bit den Wert −128. Bitweise Operationen wirken auf jede Bitposition einzeln.

Bit für Bit

Das Linksschieben um 1 verschiebt jedes Bit um 1 Stellen nach links; Bits, die am linken Ende herausfallen, gehen verloren, und rechts kommen Nullen nach.

0101 0000 << 1
= 1010 0000

Wert des Ergebnisses

1010 0000₂ = 160

Antwort

R = 160
27.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & Flipflops

Antwort: L = 4

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

AB′ → m(4, 5)
ABC′ → m(6)
AC′ → m(4, 6)
ABC00011110010001030214150716

Gruppieren und ablesen

F = AC′ + AB′

Die Literale zählen

L = 4

Antwort

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

Antwort: Q = 14

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

Zustand nach jeder Flanke

0000 → 1000 → 1100 → 1110 → 1111 → 0111 → 0011 → 0001 → 0000 → 1000 → 1100 → 1110

Dezimalwert

1110₂ = 14

Antwort

Q = 14
29.Laplace-Transformationen

Antwort: f(0.1) = 4,581

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 + 4s + 8 = (s + 2)² + 4 = (s + 2)² + 2²

Zähler anpassen

F(s) = 5·(s + 2)/((s + 2)² + 2²) + (7/2)·2/((s + 2)² + 2²)

Rücktransformation

f(t) = e−2t·(5·cos 2t + 3,5·sin 2t)
f(0,1) = e−2·0,1·(5·cos(2·0,1) + 3,5·sin(2·0,1)) = 4,581

Antwort

f(0,1) = 4,581
30.Laplace-Transformationen

Antwort: y(0.2) = 0,5434

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

Gleichung transformieren

Y(s) = 40/(s(s + 2)(s + 4))

Partialbruchzerlegung

A = 40/(2·4) = 5
B = 40/((−2)·2) = −10
C = 40/((−4)·(−2)) = 5

Ausfuhr

y(t) = 5 − 10·e−2t + 5·e−4t
y(0,2) = 0,5434

Antwort

y(0,2) = 0,5434
31.Blockschaltbilder

Antwort: T(0) = 0,7767

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) = 8/(s + 6 + 8·5) = 8/(s + 46)

Äußere Schleife

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 160/(s + 46 + 160) = 160/(s + 206)

Ergebnis

T(0) = 160/206 = 0,7767

Antwort

T(0) = 0,7767
32.Blockschaltbilder

Antwort: T(0) = 1,01

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) = 3/(s + 5)

Äußere Schleife

T(s) = G₁Gᵢ/(1 + G₁GᵢH₂) = 51/((s + 5)(s + 5) + 25,5)

Statische Verstärkung

T(0) = 51/(5·5 + 25,5) = 51/50,5 = 1,01

Antwort

T(0) = 1,01
33.Sprungantwort

Antwort: tp = 0,7916 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 = 28 → ωₙ = 5,292 rad/s
2ζωₙ = 7 → ζ = 7/(2·5,292) = 0,6614

Ergebnis

ωd = 5,292·√(1 − 0,6614²) = 3,969 rad/s → tp = π/ωd = 0,7916 s

Antwort

tp = 0,7916 s
34.Sprungantwort

Antwort: ts = 0,8 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).

Übertragungsfunktion des geschlossenen Kreises

T(s) = 65/(s² + 10s + 65): ωₙ = 8,062 rad/s, ζ = 0,6202

Ausregelzeit

ζωₙ = 10/2 = 5
ts ≈ 4/(ζωₙ) = 0,8 s

Antwort

ts = 0,8 s

Für diesen Kreis ist ζωₙ = a/2, unabhängig von K: Ein größeres K erhöht das Überschwingen, verkürzt aber nicht die Ausregelzeit.

35.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: ∠G(jω) = −108 °

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.

Die Winkel addieren

∠G = atan(15/14) − 90° − atan(15/7) = 46,97° − 90° − 64,98°

Ergebnis

∠G(j15) = −108°

Antwort

∠G(jω) = −108°
36.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: GM = 3,005 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/7)·(ω/10) = 1 → ω180 = √(7·10) = 8,367 rad/s

Betrag am Phasendurchtritt

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 49)·√(ω² + 100)) = K/(7·10·(7 + 10)) = K/1190

Amplitudenreserve

GM = 20·log₁₀(1190/842) = 3,005 dB

Antwort

GM = 3,005 dB
37.Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve

Antwort: Kmax = 20

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(s + 1)(s + 4) + K(s + 6) = s³ + 5s² + (4 + K)s + 6K

Routh-Schema

s³: 1, 4 + K
s²: 5, 6K
s¹: (5·(4 + K) − 6K)/5
s⁰: 6K

Bedingung

20 − 1K > 0
K < 20/1 = 20

Antwort

Kmax = 20

Läge die Nullstelle rechts von s = −5, bliebe der Kreis für jedes K > 0 stabil.

38.Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve

Antwort: θd = 71,57 °

Wurzelortskurve: Wenn die Verstärkung K von 0 bis ∞ wächst, wandern die Pole des geschlossenen Regelkreises, also die Wurzeln von 1 + K·G(s) = 0, von den Polen des offenen Kreises zu dessen Nullstellen oder ins Unendliche. Ein Punkt der reellen Achse gehört zur Ortskurve, wenn die Anzahl der reellen Pole und Nullstellen rechts von ihm ungerade ist. Die n − m Äste, die ins Unendliche laufen, folgen Asymptoten mit den Winkeln (2q + 1)·180°/(n − m), die im Schwerpunkt σₐ = (Σ Pole − Σ Nullstellen)/(n − m) beginnen. Äste verlassen die reelle Achse oder münden dort ein, wo dK/ds = 0 gilt. Die Winkelbedingung ∠G(s) = 180° legt die Form fest, und die Betragsbedingung K = 1/|G(s)| liefert die Verstärkung an jedem Punkt der Ortskurve.

Lage der Pole

s² + 6s + 10 = 0 → s = −3 ± j1
s = −6

Winkel der anderen Pole

∠(−3 + j1 + 6) = atan2(1, 3) = 18,43°
∠(−3 + j1 − (−3 − j1)) = ∠(j2) = 90°

Abgangswinkel

θd = 180° − 18,43° − 90° = 71,57°

Antwort

θd = 71,57°
39.Stationärer Fehler und PID-Regelung

Antwort: ess = 1,25

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.

Geschwindigkeitskonstante

Kv = lim s·G(s) = 4

Sprunganteil

Kp = ∞ → estep = 0

Rampenfehler

ess = 5/4 = 1,25

Antwort

ess = 1,25
40.Stationärer Fehler und PID-Regelung

Antwort: Kp = 2,5

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 + 4).

s² + (4 + 4Kp)s + 4Ki

Zielpolynom

s² + 2·0,7·10s + 10² = s² + 14s + 100

Koeffizienten vergleichen

4 + 4Kp = 14 → Kp = 2,5

Antwort

Kp = 2,5

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

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