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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
Beginne an dem Ende des Netzwerks, das am weitesten von den Klemmen entfernt ist.
Fasse Widerstände in Reihe durch Addieren zusammen und parallele Widerstände mit 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
Zeichne die Schaltung nach jedem Schritt neu.
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
Wähle einen Bezugsknoten (Masse) und benenne die übrigen Knotenspannungen.
Stelle an jedem unbekannten Knoten die Knotenregel auf: Die über alle Zweige abfließenden Ströme sind gleich den zufließenden.
Drücke jeden Zweigstrom als (Va − Vb)/R aus.
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
Zeichne in jeder Masche (jedem Fenster) der Schaltung einen Strom im Uhrzeigersinn ein.
Wende in jeder Masche die Maschenregel an: Die Summe der Spannungsabfälle ist null.
In einem Widerstand, den zwei Maschen gemeinsam haben, fließt die Differenz der beiden Maschenströme.
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
Zähle die unabhängigen Quellen. Für jede Quelle löst du eine einfachere Schaltung.
Behalte eine Quelle und schalte die anderen ab: Eine Spannungsquelle wird zum Kurzschluss (ein Draht), eine Stromquelle zum Leerlauf (eine Unterbrechung).
Berechne in der einfacheren Schaltung die gesuchte Spannung oder den gesuchten Strom und achte auf die Richtung.
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
Entferne die Last und markiere die beiden Klemmen a und b.
Bestimme die Leerlaufspannung zwischen a und b: Das ist Vth.
Schalte alle unabhängigen Quellen ab und bestimme den Widerstand, den man von a–b aus sieht: Das ist Rth.
Schließe die Last wieder an die Ersatzschaltung an: Vth in Reihe mit Rth.
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
Bestimme den Anfangswert unmittelbar nach dem Schalten: Kondensatorspannung und Spulenstrom können nicht springen.
Bestimme den Endwert lange nach dem Schalten: Ein Kondensator wirkt wie ein Leerlauf, eine Spule wie ein Kurzschluss.
Bestimme die Zeitkonstante: τ = RC oder τ = L/R, mit dem Widerstand, den der Kondensator bzw. die Spule sieht.
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
Rechne die Frequenz um: ω = 2πf.
Bestimme jeden Blindwiderstand: XL = ωL und XC = 1/(ωC).
Addiere Impedanzen wie Widerstände, mit Z = R + jX.
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
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
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.
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.
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.
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
Schreibe das charakteristische Polynom des geschlossenen Kreises auf: den Nenner von 1 + K·G(s) = 0, ausmultipliziert.
Trage die Koeffizienten abwechselnd in die ersten beiden Zeilen des Routh-Schemas ein und bilde die übrigen Zeilen.
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.
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
Zähle die Pole des offenen Kreises C(s)·G(s) bei s = 0: Das ist der Systemtyp.
Berechne die Fehlerkonstante, die zur Eingangsgröße passt: Kp für einen Sprung, Kv für eine Rampe, Ka für eine Parabel.
Wende ess = A/(1 + Kp), A/Kv oder A/Ka an, oder löse die Gleichung nach der benötigten Verstärkung auf.
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
Bestimme den Strom IR1, den die Quelle abgibt und der durch R1 fließt.
V1 = 12 VR1 = 2 ΩR2 = 20 ΩR3 = 10 ΩR4 = 2 Ω
IR1 = A
2.Reihen- und ParallelschaltungSchwer
Bestimme den Strom IR1, den die Quelle abgibt und der durch R1 fließt.
Die Raute ist eine spannungsgesteuerte Stromquelle, die einen Strom von 0,05·VA (in A, mit VA in V) nach oben in den Knoten B schiebt. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren das Knotenpotenzial VB (gegen Masse gemessen).
Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Bestimme die Spannung vL an der Spule bei t = 5 ms.
Vs = 5 VR = 22 ΩL = 47 mHt = 5 ms
vL = V
12.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
Kurz bevor der Schalter bei t = 0 schließt, liegt am Kondensator eine Spannung von 3 V mit der eingezeichneten Polarität. Bestimme die Kondensatorspannung vC bei t = 150 ms.
Vs = 12 VR = 3,3 kΩC = 33 µFvC(0) = 3 Vt = 150 ms
vC = V
13.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Ein Widerstand und eine Spule liegen parallel an einer Versorgung mit 24 V (Effektivwert) und 60 Hz. Bestimme den Betrag der Impedanz |Z|.
V = 24 V (rms)f = 60 HzR = 25 ΩL = 150 mH
|Z| = Ω
14.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
Ein Widerstand R1 liegt in Reihe mit einer Parallelschaltung aus R2 und einem Kondensator C an einer Versorgung mit 230 V (Effektivwert) und 60 Hz. Bestimme den Betrag der Impedanz |Z|.
V = 230 V (rms)f = 60 HzR1 = 10 ΩR2 = 80 ΩC = 47 µF
|Z| = Ω
15.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
An einer einphasigen Versorgung mit 240 V liegen zwei Lasten parallel: eine Last mit 4 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,85 induktiv und ein Heizgerät mit 14 kW (Leistungsfaktor 1). Bestimme den Gesamtstrom I, der aus der Versorgung fließt.
Eine einphasige Last nimmt 35 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,7 induktiv aus einer Versorgung mit 400 V und 60 Hz auf. Ein parallel geschalteter Kondensator hebt den Leistungsfaktor auf 0,9. Bestimme die nötige Kapazität C.
P = 35 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,9V = 400 Vf = 60 Hz
C = µF
17.DrehstromleistungMittel
Ein Drehstrom-Asynchronmotor gibt bei Volllast 75 kW mechanische Leistung ab. Bei dieser Last beträgt sein Wirkungsgrad 92 % und sein Leistungsfaktor 0,9 induktiv. Das Netz hat eine Leiterspannung von 690 V. Bestimme den Leiterstrom IL.
Pout = 75 kWη = 92%cos φ = 0,9VL = 690 V
IL = A
18.DrehstromleistungSchwer
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 50 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,8 induktiv aus einem Netz mit 415 V (Leiterspannung) und 50 Hz auf. Eine parallel zur Last geschaltete Drehstrom-Kondensatorbatterie soll den Gesamtleistungsfaktor auf 0,92 induktiv anheben. Die Wirkleistung bleibt gleich. Die Kondensatoren sind im Stern geschaltet. Bestimme die Kapazität Cph jedes Kondensators in µF.
P = 50 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,92VL = 415 Vf = 50 Hz
Cph = µF
19.TransformatorenMittel
An der Primärwicklung eines idealen Transformators mit dem Übersetzungsverhältnis N₁:N₂ = 20:1 liegen 4800 V. An die Sekundärwicklung ist ein Widerstand von 40 Ω angeschlossen. Bestimme den Primärstrom I1.
N1:N2 = 20:1V1 = 4800 VRL = 40 Ω
I1 = A
20.TransformatorenSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 50 kVA hat Eisenverluste von 300 W. Bei Nennlast und einem Leistungsfaktor von 0,9 induktiv beträgt sein Wirkungsgrad 98,2 %. Bestimme die Kupferverluste Pcu,fl bei Volllast in Watt.
S = 50 kVAPcore = 300 Wpf = 0,9η = 98,2%
Pcu,fl = W
21.OperationsverstärkerMittel
Der Operationsverstärker ist ideal und wird mit ±15 V versorgt. Bestimme die Ausgangsspannung Vout.
Vin = −1,2 VR1 = 1 kΩRf = 4,7 kΩ
Vout = V
22.OperationsverstärkerSchwer
Der Operationsverstärker ist ideal und wird mit ±15 V versorgt. Die Widerstandsverhältnisse sind nicht abgeglichen. Bestimme die Ausgangsspannung Vout.
Ein NPN-Transistor mit β = 100 wird über einen Basiswiderstand RB = 270 kΩ aus der Versorgung VCC = 10 V eingestellt. Der Kollektorwiderstand ist RC = 2,2 kΩ, und der Emitter liegt auf Masse. Nimm VBE = 0,7 V an und gehe davon aus, dass der Transistor im aktiven Bereich arbeitet. Bestimme den Kollektorstrom IC in mA.
Ein NPN-Transistor mit β = 150 schaltet einen Lastwiderstand von 150 Ω, der zwischen VCC = 5 V und seinem Kollektor liegt. Der Emitter liegt auf Masse. Die Basis wird von einem Logikausgang mit 3,3 V über einen Basiswiderstand RB angesteuert. Nimm VBE = 0,7 V und VCE(sat) = 0,2 V an. Lege für sicheres Schalten einen Basisstrom aus, der 3-mal so groß ist wie das für die Sättigung nötige Minimum. Bestimme RB in kΩ.
Bestimme die minimale SOP-Form von F(A, B, C, D) = Σm(1, 2, 3, 4, 7, 8, 13, 15) + d(10, 12), wobei d die Don’t-Care-Bedingungen kennzeichnet. Wie viele Literale L enthält sie?
Bestimme f(t) für F(s) = 55/(s(s + 2)(s + 4)) mit der Partialbruchzerlegung und werte f(0,75) aus.
F(s) = 55/(s(s + 2)(s + 4))t = 0,75 s
f(0.75) =
30.Laplace-TransformationenSchwer
Ein System gehorcht y″ + 5y′ + 6y = 18·u(t). Es startet in Ruhe (y(0) = 0, y′(0) = 0), und der Eingang ist ein Sprung u(t) = 1 für t ≥ 0. Bestimme mit der Laplace-Transformation den Ausgang y(0,1).
Ein Regelkreis mit Einheits-Gegenkopplung hat G(s) = 10/(s(s + 2)). Die Führungsgröße ist eine Rampe r(t) = 10·t. Bestimme den stationären Fehler ess.
G(s) = 10/(s(s + 2))r(t) = 10·t
ess =
32.BlockschaltbilderSchwer
Ein Proportionalregler K steuert die Strecke G(s) = 2/(s + 1) in einem Regelkreis mit Einheits-Gegenkopplung. Ein Störsprung der Größe 2 greift am Streckeneingang an, während R = 0 ist. Bestimme die kleinste Verstärkung K, die den stationären Ausgang bei höchstens 0,2 hält.
G(s) = 2/(s + 1)D = 2css ≤ 0,2
K =
33.SprungantwortMittel
Ein System hat die Übertragungsfunktion G(s) = 15/(s² + s + 15) und erhält einen Einheitssprung am Eingang. Bestimme das prozentuale Überschwingen %OS der Sprungantwort.
G(s) = 15/(s² + s + 15)
%OS = %
34.SprungantwortSchwer
Eine Masse m = 2 kg hängt an einer Feder k = 2000 N/m mit einem viskosen Dämpfer c = 25 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). In der Gleichgewichtslage in Ruhe wird plötzlich eine konstante Kraft F = 10 N aufgebracht. Bestimme den Dämpfungsgrad ζ.
m = 2 kgk = 2000 N/mc = 25 N·s/mF = 10 N
ζ =
35.Bode-Diagramme und ReservenMittel
Bestimme den exakten Betrag |G(jω)| von G(s) = 26/((s + 2)(s + 13)) bei ω = 30 rad/s in dB.
G(s) = 26/((s + 2)(s + 13))ω = 30 rad/s
|G(jω)| = dB
36.Bode-Diagramme und ReservenSchwer
Ein Regelkreis mit Einheitsrückführung hat die Übertragungsfunktion des offenen Kreises L(s) = K/(s(s + 3)(s + 5)). Bestimme die Verstärkung K, die eine Amplitudenreserve von 2 dB ergibt.
L(s) = K/(s(s + 3)(s + 5))GM = 2 dB
K =
37.Stabilität: Routh-Hurwitz und WurzelortskurveMittel
Der Regelkreis im Schaubild arbeitet mit Gegenkopplung und hat L(s) = 3000/(s(s + 5)(s + 10)). Wie viele Pole N des geschlossenen Kreises liegen in der rechten Halbebene?
L(s) = 3000/(s(s + 5)(s + 10))
N =
38.Stabilität: Routh-Hurwitz und WurzelortskurveSchwer
Bestimme für L(s) = K/((s + 7)(s² + 4s + 8)) den Abgangswinkel θd der Wurzelortskurve vom komplexen Pol in der oberen Halbebene, gemessen von der positiven reellen Achse.
L(s) = K/((s + 7)(s² + 4s + 8))
θd = °
39.Stationärer Fehler und PID-RegelungMittel
Ein Regelkreis mit Einheitsrückführung und G(s) = K/(s(s + 5)) soll der Rampe r(t) = 5t mit einem stationären Fehler von 0,02 folgen. Bestimme die Verstärkung K.
G(s) = K/(s(s + 5))r(t) = 5tess = 0,02
K =
40.Stationärer Fehler und PID-RegelungSchwer
Ein Proportionalregler K regelt die Strecke G(s) = 1/(s(s + 6)) in einem Regelkreis mit Einheitsrückführung. Bestimme die Verstärkung K, die dem geschlossenen Kreis den Dämpfungsgrad ζ = 0,8 gibt.
G(s) = 1/(s(s + 6))ζ = 0,8
K =
3Lösungen
1.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR1 = 1,263 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.
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 = 10 + 2 = 12 Ω
R2 ∥ 12 = 20·12/(20+12) = 7,5 Ω
Req = R1 + 7,5 = 2 + 7,5 = 9,5 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 = 12/9,5 = 1,263 A
Antwort
IR1 = 1,263 A
2.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR1 = 0,8332 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.
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 = 8 + 3 = 11 Ω
R4 ∥ 11 = 5,238 Ω
R3 + 5,238 = 9,238 Ω
R2 ∥ 9,238 = 4,802 Ω
Req = R1 + 4,802 = 6 + 4,802 = 10,8 Ω
Strom aus der Quelle
Die Quelle sieht nur Req, also liefert das ohmsche Gesetz den Strom, den sie abgibt. Dieser Strom fließt durch R₁.
IR1 = V1/Req = 9/10,8 = 0,8332 A
Antwort
IR1 = 0,8332 A
3.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: VB = −0,4286 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.
Knoten festlegen
Masse ist der untere Leiter. Bekannte Knotenpotenziale ergeben sich direkt aus den Quellen (V1 = 30 V). Unbekannt: VA, VB.
KCL am Knoten A
Die Ströme, die A über die Widerstände verlassen, sind gleich dem Strom, den die Quellen in A einspeisen.
VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/20 + (VA − 30)/20 + (VA − VB)/8 = 0
0,225·VA − 0,125·VB = 1,5
KCL am Knoten B
Die Ströme, die B über die Widerstände verlassen, sind gleich dem Strom, den die Quellen in B einspeisen.
VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/3 + (VB − VA)/8 = (−1)
−0,125·VA + 0,4583·VB = −1
Lösen
Δ = (0,225)(0,4583) − (−0,125)(−0,125) = 0,0875
VA = Δ1/Δ = 0,5625/0,0875 = 6,429 V
VB = Δ2/Δ = −0,0375/0,0875 = −0,4286 V
Antwort
VB = −0,4286 V
4.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: VB = 5 V
Knotenpotenzialverfahren: Wähle einen Bezugsknoten, benenne die unbekannten Knotenpotenziale, stelle an jedem unbekannten Knoten die Kirchhoffsche Knotenregel mit dem ohmschen Gesetz (I = ΔV/R) auf und löse das entstehende Gleichungssystem.
Knotenregel am Knoten A
Die über die Widerstände von A abfließenden Ströme sind gleich dem Strom, den Quellen in A hineinschieben.
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
0,95·VA − 0,5·VB = 2,25
Knotenregel am Knoten B
Die gesteuerte Quelle schiebt g·VA in den Knoten B. Behandle sie wie eine unabhängige Quelle und bringe dann den Term mit VA auf die linke Seite.
(VB − VA)/R3 + VB/R4 = 0,05·VA
−0,55·VA + 0,55·VB = 0
Lösen
Δ = (0,95)(0,55) − (−0,5)(−0,55) = 0,2475
VA = Δ1/Δ = 1,238/0,2475 = 5 V
VB = Δ2/Δ = 1,238/0,2475 = 5 V
Antwort
VB = 5 V
5.Maschenstromverfahren
Antwort: I2 = −1,676 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.
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
12·I1 + 10(I1 − I2) = 9
22·I1 − 10·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
10·I2 + 10(I2 − I1) = (−30)
−10·I1 + 20·I2 = −30
Lösen
Δ = (22)(20) − (−10)(−10) = 340
I1 = Δ1/Δ = −120/340 = −0,3529 A
I2 = Δ2/Δ = −570/340 = −1,676 A
Antwort
I2 = −1,676 A
Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.
6.Maschenstromverfahren
Antwort: I1 = 2,021 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.
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
3·I1 + 3(I1 − I2) = 12
6·I1 − 3·I2 = 12
Maschenregel in Masche 2
Im Uhrzeigersinn umlaufend sind die Spannungsabfälle an den Widerständen gleich den Quellenspannungen (von − nach + in Umlaufrichtung).
R2·I2 + R4(I2 − I1) + R5(I2 − I3) = 0
2·I2 + 3(I2 − I1) + 8(I2 − I3) = 0
−3·I1 + 13·I2 − 8·I3 = 0
Maschenregel in Masche 3
Im Uhrzeigersinn umlaufend sind die Spannungsabfälle an den Widerständen gleich den Quellenspannungen (von − nach + in Umlaufrichtung).
R3·I3 + R5(I3 − I2) = −V2
6·I3 + 8(I3 − I2) = (−10)
−8·I2 + 14·I3 = −10
Lösen
Δ = Determinante der Koeffizientenmatrix = 582
I1 = Δ1/Δ = 1176/582 = 2,021 A
I2 = Δ2/Δ = 24/582 = 0,04124 A
I3 = Δ3/Δ = −402/582 = −0,6907 A
Antwort
I1 = 2,021 A
Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.
7.Überlagerungssatz
Antwort: IR2 = 0,4884 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.
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+2 = 6 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 8·6/(8+6) = 3,429 Ω
VA = 6·3,429/(15+3,429) = 1,116 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 1,116·2/6 = 0,3721 V
IR2′ = (VA − 0)/R2 = (1,116 − 0)/8 = 0,1395 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 = 15·8/(15+8) = 5,217 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 2 ∥ 9,217 = 1,643 Ω
VB = Is·Req = 3·1,643 = 4,93 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 4,93·5,217/9,217 = 2,791 V
IR2″ = (VA − 0)/R2 = (2,791 − 0)/8 = 0,3488 A
Anteile addieren
IR2 = IR2′ + IR2″
IR2 = 0,1395 + 0,3488 = 0,4884 A
Ein negatives Ergebnis bedeutet, dass der tatsächliche Strom gegen den Pfeil fließt.
8.Überlagerungssatz
Antwort: IR2 = −0,2945 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.
Fall 1 · V1 allein aktiv
V₂ wird zum Kurzschluss und Iₛ zum Leerlauf. Von A aus gesehen liegt R₃ parallel zur Reihenschaltung R₂+R₄.
Ein negatives Ergebnis bedeutet, dass der tatsächliche Strom gegen den Pfeil fließt.
9.Thévenin und Norton
Antwort: Rth = 14,61 Ω
Satz von Thévenin: Jedes lineare Zweipolnetzwerk verhält sich wie eine einzige Spannungsquelle Vth in Reihe mit einem Widerstand Rth. Der Satz von Norton beschreibt dasselbe Netzwerk als Stromquelle IN = Vth/Rth parallel zu Rth.
Rth bei abgeschalteten Quellen bestimmen
Ersetze Spannungsquellen durch Kurzschlüsse und Stromquellen durch Leerläufe und blicke dann von a–b in die Schaltung.
R1 ∥ R2 = 20·3/(20+3) = 2,609 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,609 + 12 = 14,61 Ω
10.Thévenin und Norton
Antwort: IL = 2,149 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.
Rth bei abgeschalteten Quellen bestimmen
Ersetze Spannungsquellen durch Kurzschlüsse und Stromquellen durch Leerläufe und blicke dann von a–b in die Schaltung.
R1 ∥ R2 = 8·8/(8+8) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 8 = 12 Ω
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) = 7,5 + 6·4 = 31,5 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 31,5 + 6·8 = 79,5 V
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) = 79,5/(12 + 25) = 2,149 A
11.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: vL = 0,4814 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 und Endstrom
Lange nach dem Schließen des Schalters wirkt die Spule wie ein Kurzschluss, daher bestimmt R allein den Endstrom.
τ = L/R = 47 mH / 22 Ω = 2,136 ms
i(∞) = Vs/R = 5/22 = 0,2273 A
Spulenspannung
Bei t = 0 liegt die ganze Versorgungsspannung an der Spule; danach fällt sie auf null ab.
vL(t) = Vs·e−t/τ = 5·e−5/2,136 = 0,4814 V
Antwort
vL = 0,4814 V
12.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: vC = 9,73 V
Ausgleichsvorgänge erster Ordnung: In einer Schaltung mit einem Kondensator oder einer Spule läuft jede Spannung und jeder Strom exponentiell vom Anfangswert zum Endwert: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, mit τ = RC oder τ = L/R. Nach etwa 5τ ist die Schaltung eingeschwungen.
Anfangswert, Endwert, Zeitkonstante
Die Kondensatorspannung kann nicht springen, daher startet sie bei ihrem gespeicherten Wert und strebt der Quellenspannung zu.
vC(0) = 3 V, vC(∞) = Vs = 12 V
τ = R·C = 3,3 kΩ · 33 µF = 108,9 ms
vC(t) = 12 + (3 − 12)·e−t/τ
Spannung zum gegebenen Zeitpunkt
vC(150) = 12 + (−9)·e−150/108,9 = 9,73 V
Antwort
vC = 9,73 V
13.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: |Z| = 22,87 Ω
Wechselstromkreise mit Zeigern: Widerstände, Spulen und Kondensatoren haben die Impedanzen R, jωL und 1/(jωC), mit ω = 2πf. In Reihe addieren sich Impedanzen wie Widerstände, aber als komplexe Zahlen. Effektivwerte von Strom und Spannung folgen dem ohmschen Gesetz mit |Z|.
Blindwiderstand
XL = ωL = 2π·60·0,15 = 56,55 Ω
Zweigströme
Beide Zweige liegen direkt an der Versorgung, jeder sieht also die volle Spannung V.
IR = V/R = 24/25 = 0,96 A
IX = V/XL = 24/56,55 = 0,4244 A
Gesamtstrom
Der Strom im Widerstand ist in Phase mit V, der Blindstrom um 90° verschoben, sie addieren sich also wie die Seiten eines rechtwinkligen Dreiecks.
I = √(IR² + IX²) = √(0,96² + 0,4244²) = 1,05 A
Impedanz
|Z| = V/I = 24/1,05 = 22,87 Ω
Antwort
|Z| = 22,87 Ω
14.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: |Z| = 52,52 Ω
Wechselstromkreise mit Zeigern: Widerstände, Spulen und Kondensatoren haben die Impedanzen R, jωL und 1/(jωC), mit ω = 2πf. In Reihe addieren sich Impedanzen wie Widerstände, aber als komplexe Zahlen. Effektivwerte von Strom und Spannung folgen dem ohmschen Gesetz mit |Z|.
Blindwiderstand
XC = 1/(2π·60·47·10⁻⁶) = 56,44 Ω
Parallelschaltung
Erweitere Zähler und Nenner mit dem konjugiert Komplexen, um Zp in Real- und Imaginärteil zu zerlegen.
Wechselstromleistung: Die Scheinleistung S = V·I (VA) teilt sich in die Wirkleistung P = S·cos φ (W), die nutzbare Arbeit leistet, und die Blindleistung Q = S·sin φ (var), die zwischen Quelle und Last hin und her pendelt. Der Leistungsfaktor ist cos φ. Ein paralleler Kondensator liefert Blindleistung vor Ort, sodass der Leiterstrom bei gleicher Wirkleistung sinkt.
Blindleistung jeder Last
Eine induktive Last nimmt Blindleistung auf (Q > 0); eine kapazitive Last gibt sie ab (Q < 0).
Q1 = 4·tan(arccos 0,85) = 2,479 kvar
Q2 = 0 = 0 kvar
Summen
P = 4 + 14 = 18 kW
Q = 2,479 + 0 = 2,479 kvar
S = √(18² + 2,479²) = 18,17 kVA
Gesamtstrom
I = S/V = 18170/240 = 75,71 A
Antwort
I = 75,71 A
16.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: C = 310,9 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 = 35·tan(45,57°) = 35,71 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 35·tan(25,84°) = 16,95 kvar
QC = Q1 − Q2 = 18,76 kvar
Kapazität
Ein Kondensator am Netz liefert Q = V²·ωC.
C = QC/(2πf·V²) = 18756/(2π·60·400²) = 310,9 µF
Antwort
C = 310,9 µF
17.Drehstromleistung
Antwort: IL = 75,79 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 = 75/0,92 = 81,52 kW
Leiterstrom
IL = Pin/(√3·VL·cos φ) = 81522/(√3·690·0,9) = 75,79 A
Antwort
IL = 75,79 A
18.Drehstromleistung
Antwort: Cph = 299,4 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 0,8) = 50·0,75 = 37,5 kvar
Q2 = 50·tan(acos 0,92) = 50·0,426 = 21,3 kvar
Blindleistung der Kondensatoren
QC = Q1 − Q2 = 16,2 kvar
Kapazität pro Strang
In einer Sternbatterie ist jeder Kondensator zwischen einen Außenleiter und den Sternpunkt geschaltet.
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.
Sekundärspannung und -strom
V2 = 4800/20 = 240 V
I2 = 240/40 = 6 A
Primärstrom
Ein idealer Transformator hat keine Verluste: V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/20 = 0,3 A
Antwort
I1 = 0,3 A
Kontrolle: Die Last von der Primärseite aus gesehen ist a²·RL = 16000 Ω, und 4800/16000 ergibt denselben Strom.
20.Transformatoren
Antwort: Pcu,fl = 524,8 W
Transformatorverluste: Die Eisenverluste (Hysterese und Wirbelströme) hängen von der Spannung ab und sind bei jeder Last gleich. Die Kupferverluste in den Wicklungen wachsen mit dem Quadrat des Stroms; beim Anteil x der Nennlast betragen sie also x²·Pcu,fl. Wirkungsgrad η = Pout/(Pout + Pcore + Pcu), mit Pout = x·S·pf. Der Wirkungsgrad ist bei der Last am höchsten, bei der die Kupferverluste gleich den Eisenverlusten sind.
Abgabe- und Aufnahmeleistung
Pout = 50·0,9 = 45 kW
Pin = 45000/0,982 = 45825 W
Gesamt- und Kupferverluste
Ploss = 45825 − 45000 = 824,8 W
Pcu,fl = 824,8 − 300 = 524,8 W
Antwort
Pcu,fl = 524,8 W
21.Operationsverstärker
Antwort: Vout = −6,84 V
Regeln für den idealen Operationsverstärker: Mit Gegenkopplung stellt der OPV seinen Ausgang so ein, dass beide Eingänge auf derselben Spannung liegen (V₋ = V₊), und in keinen Eingang fließt Strom. Die Knotenregel am invertierenden Eingang mit diesen beiden Tatsachen liefert den Ausgang.
Der invertierende Eingang folgt dem Eingang
V₋ = V₊ = −1,2 V
I = V₋/R1 = −1,2/1 = −1,2 mA
Ausgangsspannung
Der Strom durch R₁ fließt auch durch Rf.
Vout = V₋ + I·Rf = −1,2 + (−1,2)·4,7 = −6,84 V
Antwort
Vout = −6,84 V
22.Operationsverstärker
Antwort: Vout = −0,235 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.
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.
Kontrolle: VCE = 2,422 V liegt deutlich über 0,2 V, der Transistor ist also tatsächlich aktiv.
24.Dioden und Transistoren
Antwort: RB = 4,062 kΩ
Bipolartransistor als Schalter: Um eine Last voll einzuschalten, wird der Transistor in die Sättigung gesteuert; dort gilt VCE = VCE(sat), und der Kollektorstrom wird von der Last bestimmt: IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC. Für die Sättigung braucht man mindestens IB = IC(sat)/β. Ist der Basisstrom kleiner, bleibt der Transistor aktiv und IC = β·IB.
Kollektorstrom in Sättigung
IC(sat) = (5 − 0,2)/150 = 32 mA
Minimaler Basisstrom
IB(min) = IC(sat)/β = 32/150 = 213,3 µA
Ausgelegter Basisstrom
IB = 3·213,3 µA = 640 µA
Basiswiderstand
RB = (3,3 − 0,7)/IB = 2,6 V/0,64 mA = 4,062 kΩ
Antwort
RB = 4,062 kΩ
25.Zahlensysteme
Antwort: U = 214
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
42 = 0010 1010
invertiert: 1101 0101
+1 → 1101 0110
Vorzeichenlos lesen
1101 0110₂ = 256 − 42 = 214
Antwort
U = 214
26.Zahlensysteme
Antwort: R = 64
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 3 verschiebt jedes Bit um 3 Stellen nach links; Bits, die am linken Ende herausfallen, gehen verloren, und rechts kommen Nullen nach.
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
A′BC′ → m(2)
AB′C′ → m(4)
A′C → m(1, 3)
AB′C → m(5)
Gruppieren und ablesen
F = B′C + A′B + AB′
Die Literale zählen
L = 6
Antwort
L = 6
Es gibt eine weitere Gruppierung derselben Größe; sie hat dieselbe Anzahl von Literalen.
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.
Es gibt eine weitere Gruppierung derselben Größe; sie hat dieselbe Anzahl von Termen und Literalen.
29.Laplace-Transformationen
Antwort: f(0.75) = 4,149
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).
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) = 18/(s(s + 2)(s + 3))
Partialbruchzerlegung
A = 18/(2·3) = 3
B = 18/((−2)·1) = −9
C = 18/((−3)·(−1)) = 6
Ausfuhr
y(t) = 3 − 9·e−2t + 6·e−3t
y(0,1) = 0,07633
Antwort
y(0,1) = 0,07633
31.Blockschaltbilder
Antwort: ess = 2
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).
Geschwindigkeitsfehlerkonstante
Kᵥ = lims→0 s·G(s) = 10/2 = 5
Stationärer Fehler
ess = A/Kᵥ = 10/5 = 2
Antwort
ess = 2
32.Blockschaltbilder
Antwort: K = 9,5
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).
Störantwort
css = D·G(0)/(1 + K·G(0)) = 2·2/(1 + 2K)
Nach K auflösen
1 + 2K = 2·2/0,2 = 20
K = (20 − 1)/2 = 9,5
Antwort
K = 9,5
33.Sprungantwort
Antwort: %OS = 66,43 %
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 = 15 → ωₙ = 3,873 rad/s
2ζωₙ = 1 → ζ = 1/(2·3,873) = 0,1291
Ergebnis
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−0,409 = 66,43 %
Antwort
%OS = 66,43 %
34.Sprungantwort
Antwort: ζ = 0,1976
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 = √(k/m) = √(2000/2) = 31,62 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 25/(2·√(2000·2)) = 0,1976
Ergebnis
ζ = 0,1976
Antwort
ζ = 0,1976
35.Bode-Diagramme und Reserven
Antwort: |G(jω)| = −31,55 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.
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.
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
s³ + 15s² + 50s + 3000 = 0
Routh-Schema
s³: 1, 50
s²: 15, 3000
s¹: −150
s⁰: 3000
Vorzeichenwechsel in der ersten Spalte
1 → 15 → −150 → 3000
N = 2
Antwort
N = 2
Die Verstärkung liegt über der Grenze K = 750, also ist ein komplexes Polpaar in die rechte Halbebene gewandert.
38.Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve
Antwort: θd = 68,2 °
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 + 4s + 8 = 0 → s = −2 ± j2
s = −7
Winkel der anderen Pole
∠(−2 + j2 + 7) = atan2(2, 5) = 21,8°
∠(−2 + j2 − (−2 − j2)) = ∠(j4) = 90°
Abgangswinkel
θd = 180° − 21,8° − 90° = 68,2°
Antwort
θd = 68,2°
39.Stationärer Fehler und PID-Regelung
Antwort: K = 1250
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 = 5/0,02 = 250
Verstärkung
K = 5·Kv = 1250
Antwort
K = 1250
Eine große Verstärkung macht diesen Kreis sehr schwach gedämpft: ζ = 0,07071. Dieser Zielkonflikt ist der Grund, warum Kompensatoren eingesetzt werden.
40.Stationärer Fehler und PID-Regelung
Antwort: K = 14,06
P-, PI- und PID-Regelung: Der Regler C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s wirkt auf den Regelfehler. Eine proportionale Verstärkung macht den Kreis schneller und verkleinert den Fehler einer Strecke vom Typ 0, beseitigt ihn aber nie. Der Integralanteil fügt einen Pol bei s = 0 hinzu: Der Systemtyp steigt um eins, und ein Sprung wird ohne Fehler verfolgt. Der Differenzialanteil erhöht die Dämpfung. Um die Verstärkungen zu wählen, schreibe das charakteristische Polynom des geschlossenen Kreises auf und vergleiche es mit s² + 2ζωns + ωn². Dann gilt %OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd mit ωd = ωn√(1 − ζ²) und ts ≈ 4/(ζωn).
Charakteristisches Polynom
s(s + 6) + 1K = s² + 6s + 1K
Eigenfrequenz
2·0,8·ωₙ = 6 → ωₙ = 3,75 rad/s
Verstärkung
1K = ωₙ² = 14,06 → K = 14,06
Antwort
K = 14,06
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