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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 Ersatzwiderstand Req, den die Quelle V1 sieht.
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.
Die Stromquelle wird so eingestellt, dass das Knotenpotenzial an A VA = 10 V beträgt. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren den Quellenstrom Is (Richtung wie dargestellt).
Eine lineare Widerstandsschaltung enthält drei unabhängige Quellen: V1, V2 und Is. Der Strom I durch eine Last wird dreimal gemessen. Mit allen Quellen auf ihren Normalwerten ist I = −5,5 mA. Mit verdoppeltem V1 und unveränderten anderen beiden ist I = −3,5 mA. Mit umgekehrter Richtung von Is und unveränderten anderen beiden ist I = −10,5 mA. Bestimme den Laststrom I, wenn V2 abgeschaltet ist und V1 und Is ihre Normalwerte haben.
normal: I = −5,5 mA2·V1: I = −3,5 mA−Is: I = −10,5 mA
I = mA
9.Thévenin und NortonMittel
Bestimme den Norton-Strom IN: den Strom, der von a nach b fließt, wenn die Klemmen kurzgeschlossen sind.
V1 = 10 VR1 = 5 ΩR2 = 4 ΩR3 = 12 Ω
IN = A
10.Thévenin und NortonSchwer
An a–b wird eine Last RL = 6 Ω angeschlossen. Bestimme mit einem Thévenin-Ersatzschaltbild die an die Last abgegebene Leistung PL.
Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Bestimme die in der Spule gespeicherte Energie W(∞), wenn sich die Schaltung eingeschwungen hat, in mJ.
Vs = 6 VR = 5 ΩL = 220 mH
W(∞) = mJ
12.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
Der Schalter parallel zu R2 ist seit Langem offen, der Spulenstrom ist also konstant. Bei t = 0 schließt der Schalter und schließt R2 kurz. Bestimme den Spulenstrom i bei t = 10 ms.
Vs = 12 VR1 = 15 ΩR2 = 22 ΩL = 220 mHt = 10 ms
i = A
13.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Ein Widerstand und eine Spule liegen parallel an einer Versorgung mit 50 V (Effektivwert) und 60 Hz. Bestimme den Effektivwert des Stroms I.
V = 50 V (rms)f = 60 HzR = 80 ΩL = 150 mH
I = A
14.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
Ein Widerstand R1 liegt in Reihe mit einer Parallelschaltung aus R2 und einem Kondensator C an einer Versorgung mit 12 V (Effektivwert) und 500 Hz. Bestimme den Effektivwert des Stroms I.
V = 12 V (rms)f = 500 HzR1 = 15 ΩR2 = 60 ΩC = 4,7 µF
I = A
15.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
Ein Einphasenmotor nimmt 39 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,65 induktiv aus einer 230-V-Versorgung auf. Bestimme den Leiterstrom I.
P = 39 kWpf = 0,65V = 230 V
I = A
16.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
Eine einphasige Last nimmt 45 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,6 induktiv aus einer Versorgung mit 240 V und 60 Hz auf. Ein parallel geschalteter Kondensator hebt den Leistungsfaktor auf 0,9. Bestimme die nötige Kapazität C.
P = 45 kWpf1 = 0,6pf2 = 0,9V = 240 Vf = 60 Hz
C = µF
17.DrehstromleistungMittel
Eine symmetrische Drehstromlast nimmt aus einem Netz mit einer Leiterspannung von 208 V einen Leiterstrom von 10 A auf. Der Leistungsfaktor ist 0,85 induktiv. Bestimme die gesamte Wirkleistung P, die die Last aufnimmt, in kW.
VL = 208 VIL = 10 Acos φ = 0,85
P = kW
18.DrehstromleistungSchwer
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 0,9 induktiv anheben. Die Wirkleistung bleibt gleich. Die Kondensatoren sind im Dreieck geschaltet. Bestimme die Kapazität Cph jedes Kondensators in µF.
P = 120 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,9VL = 415 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.TransformatorenMittel
An der Primärwicklung eines idealen Transformators mit dem Übersetzungsverhältnis N₁:N₂ = 5:1 liegen 1150 V. An die Sekundärwicklung ist ein Widerstand von 60 Ω angeschlossen. Bestimme den Primärstrom I1.
N1:N2 = 5:1V1 = 1150 VRL = 60 Ω
I1 = A
20.TransformatorenSchwer
Ein einphasiger Transformator mit 150 kVA hat Eisenverluste von 1200 W und Kupferverluste von 2400 W bei Nennlast. Er liefert 25 % seiner Nennscheinleistung bei einem Leistungsfaktor von 0,95 induktiv. Bestimme die Gesamtverluste Ploss in Watt bei dieser Last.
Der Operationsverstärker ist ideal und wird mit ±15 V versorgt. Bestimme die Ausgangsspannung Vout.
Vin = −1,9 VR1 = 22 kΩRf = 22 kΩ
Vout = V
22.OperationsverstärkerSchwer
Der Integrierer verwendet einen idealen Operationsverstärker mit ±15 V Versorgung; sein Ausgang geht bei ±12 V in die Sättigung. Der Kondensator ist ungeladen, als bei t = 0 eine konstante Eingangsspannung Vin = −0,7 V angelegt wird. Wie lange nach t = 0 erreicht der Ausgang die Sättigung? Bestimme t.
Vin = −0,7 VR = 22 kΩC = 1 µFVsat = ±12 V
t = ms
23.Dioden und TransistorenMittel
Ein NPN-Transistor mit β = 100 wird über einen Basiswiderstand RB = 330 kΩ aus der Versorgung VCC = 9 V eingestellt. Der Kollektorwiderstand ist RC = 1 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 = 9 VRB = 330 kΩRC = 1 kΩβ = 100VBE = 0,7 V
IC = mA
24.Dioden und TransistorenSchwer
Eine Diode wird modelliert als 0,6 V in Reihe mit 20 Ω (sie leitet oberhalb von 0,6 V). Sie liegt in Reihe mit einem Widerstand von 470 Ω an einer Versorgung von 6 V. Bestimme den Arbeitsstrom ID, bei dem die Diodenkennlinie die Widerstandsgerade schneidet.
Vs = 6 VR = 470 ΩV0 = 0,6 Vrd = 20 Ω
ID = mA
25.ZahlensystemeMittel
Das 8-Bit-Muster 1011 0010 speichert eine vorzeichenbehaftete Ganzzahl im Zweierkomplement. Welchen Wert N hat sie im Dezimalsystem?
1011 00108 bit
N =
26.ZahlensystemeSchwer
Setze die Bits auf das 8-Bit-Ergebnis von 1101 1111 << 3. Welchen Wert R hat das Ergebnis dezimal?
In diesem Karnaugh-Diagramm hat genau eine 1 keine benachbarte 1, bleibt also in der minimalen SOP-Form eine Gruppe aus einem Feld (ein voller Minterm mit vier Literalen). Nachbarn über den Rand des Diagramms zählen mit. Klicke dieses Feld an.
Ein 4-Bit-Binär-Aufwärtszähler startet bei 5 (dezimal, Q = 0101). Welchen Zählerstand Q (dezimal) zeigt er nach 41 Taktimpulsen?
Q0 = 541n = 4
Q =
29.Laplace-TransformationenMittel
Bestimme f(t) für F(s) = (3s + 8)/(s² + 8s + 16) und werte f(0,3) aus.
F(s) = (3s + 8)/(s² + 8s + 16)t = 0,3 s
f(0.3) =
30.Laplace-TransformationenSchwer
Ein System gehorcht y″ + 3y′ + 2y = 2·u(t), mit y(0) = 1 und y′(0) = 0. Bei t = 0 wird ein Sprung u(t) = 5 auf den Eingang gegeben. Bestimme mit der Laplace-Transformation y(0,5).
Die Strecke G(s) = 2/(s + 4) hat eine innere (unterlagerte) Gegenkopplung mit der Verstärkung H₁ = 1. Eine Reglerverstärkung K = 20 und eine äußere Einheits-Gegenkopplung schließen das System. Bestimme die statische Verstärkung T(0) des geschlossenen Kreises.
G(s) = 2/(s + 4)H₁ = 1K = 20
T(0) =
32.BlockschaltbilderSchwer
Fasse das Blockschaltbild mit G₁ = 9/(s + 4), G₂ = 8/(s + 6), einer inneren Gegenkopplung H₁ = 0,5 um G₂ und einer äußeren Gegenkopplung H₂ = 0,25 zusammen. Bestimme die statische Verstärkung T(0) von C(s)/R(s).
G₁ = 9/(s + 4)G₂ = 8/(s + 6)H₁ = 0,5H₂ = 0,25
T(0) =
33.SprungantwortMittel
Ein System hat die Übertragungsfunktion G(s) = 52/(s² + 4s + 52) und erhält einen Einheitssprung am Eingang. Bestimme die Überschwingzeit tp der Sprungantwort.
G(s) = 52/(s² + 4s + 52)
tp = s
34.SprungantwortSchwer
Eine Masse m = 10 kg hängt an einer Feder k = 5000 N/m mit einem viskosen Dämpfer c = 224 N·s/m (m·x″ + c·x′ + k·x = F). In der Gleichgewichtslage in Ruhe wird plötzlich eine konstante Kraft F = 100 N aufgebracht. Bestimme den Dämpfungsgrad ζ.
m = 10 kgk = 5000 N/mc = 224 N·s/mF = 100 N
ζ =
35.Bode-Diagramme und ReservenMittel
Bestimme die Phase ∠G(jω) von G(s) = 44(s + 5)/(s(s + 2)) bei ω = 3 rad/s in Grad.
G(s) = 44(s + 5)/(s(s + 2))ω = 3 rad/s
∠G(jω) = °
36.Bode-Diagramme und ReservenSchwer
Ein Regelkreis mit Einheitsrückführung hat die Übertragungsfunktion des offenen Kreises L(s) = 110/(s(s + 5)). Bestimme die Durchtrittsfrequenz ωc, bei der |L(jω)| = 1 ist.
L(s) = 110/(s(s + 5))
ωc = rad/s
37.Stabilität: Routh-Hurwitz und WurzelortskurveMittel
Der Regelkreis im Schaubild läuft mit K = 75 und L(s) = K/(s(s + 5)(s + 10)). Um welchen Faktor m kann die Verstärkung erhöht werden, bevor der geschlossene Kreis instabil wird?
L(s) = K/(s(s + 5)(s + 10))K = 75
m =
38.Stabilität: Routh-Hurwitz und WurzelortskurveSchwer
Die Wurzelortskurve von L(s) = K/((s + 1)(s + 2)(s + 4)) ist skizziert. Bestimme die Frequenz ω, bei der die Ortskurve die imaginäre Achse schneidet.
L(s) = K/((s + 1)(s + 2)(s + 4))
ω = rad/s
39.Stationärer Fehler und PID-RegelungMittel
Ein Regelkreis mit Einheitsrückführung und G(s) = K/(s(s + 1)) soll der Rampe r(t) = 10t mit einem stationären Fehler von 0,5 folgen. Bestimme die Verstärkung K.
G(s) = K/(s(s + 1))r(t) = 10tess = 0,5
K =
40.Stationärer Fehler und PID-RegelungSchwer
Ein Proportionalregler K regelt die Strecke G(s) = 2/(s(s + 6)) in einem Regelkreis mit Einheitsrückführung. Bestimme die Verstärkung K, die dem geschlossenen Kreis den Dämpfungsgrad ζ = 0,5 gibt.
G(s) = 2/(s(s + 6))ζ = 0,5
K =
3Lösungen
1.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: Req = 11,27 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.
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 = 3 + 15 = 18 Ω
R2 ∥ 18 = 4·18/(4+18) = 3,273 Ω
Req = R1 + 3,273 = 8 + 3,273 = 11,27 Ω
Antwort
Req = 11,27 Ω
2.Reihen- und Parallelschaltung
Antwort: IR2 = 0,6772 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 = 2 + 15 = 17 Ω
R4 ∥ 17 = 6,296 Ω
R3 + 6,296 = 31,3 Ω
R2 ∥ 31,3 = 3,547 Ω
Req = R1 + 3,547 = 3 + 3,547 = 6,547 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 = 5/6,547 = 0,7637 A
Strom durch R₂
Ziehe den Spannungsabfall an R₁ ab, um die Spannung an Knoten A zu erhalten, die an R₂ anliegt.
VA = V1 − IR1·R1 = 5 − 0,7637·3 = 2,709 V
IR2 = VA/R2 = 2,709/4 = 0,6772 A
Antwort
IR2 = 0,6772 A
3.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: I3 = −0,1579 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)/5 + (VA − 15)/10 + (VA − 10)/3 = 0
Nach VA auflösen
VA = (9/5 + 15/10 + 10/3) / (1/5 + 1/10 + 1/3) = 6,633/0,6333 = 10,47 V
Zweigstrom
Der Pfeil zeigt durch den Zweig nach oben, in den Knoten A hinein.
I3 = (10 − VA)/R3 = (10 − 10,47)/3 = −0,1579 A
Antwort
I3 = −0,1579 A
Ein negatives Ergebnis bedeutet, dass der tatsächliche Strom entgegen dem Pfeil fließt.
4.Knotenpotenzialverfahren
Antwort: Is = 2,183 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
VA ist bekannt, daher liefert diese Gleichung VB.
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
(10 − 6)/20 + 10/25 = (VB − 10)/15
0,6 = (VB − 10)/15 → VB = 19 V
Knotenregel am Knoten B
Die über die Widerstände von B abfließenden Ströme sind gleich dem Strom, den Quellen in B hineinschieben.
Is = (VB − VA)/R3 + VB/R4 = (19 − 10)/15 + 19/12 = 2,183 A
Antwort
Is = 2,183 A
5.Maschenstromverfahren
Antwort: VR1 = 9,474 V
Maschenstromverfahren: Gib jedem Fenster einer ebenen Schaltung einen eigenen Umlaufstrom, stelle für jeden Umlauf die Kirchhoffsche Maschenregel auf (Summe der Abfälle = Summe der Quellenspannungen) und löse. Zweigströme sind der Maschenstrom oder die Differenz zweier Maschenströme in einem gemeinsamen Zweig.
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
15·I1 + 2(I1 − I2) = 12
17·I1 − 2·I2 = 12
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
15·I2 + 2(I2 − I1) = (−12)
−2·I1 + 17·I2 = −12
Lösen
Δ = (17)(17) − (−2)(−2) = 285
I1 = Δ1/Δ = 180/285 = 0,6316 A
I2 = Δ2/Δ = −180/285 = −0,6316 A
Antwort
IR1 = I1 = 0,6316 A
VR1 = IR1·R1 = 0,6316·15 = 9,474 V
Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.
6.Maschenstromverfahren
Antwort: IR4 = 0,3953 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
6·I1 + 25(I1 − I2) = 15
31·I1 − 25·I2 = 15
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
4·I2 + 25(I2 − I1) + 10(I2 − I3) = 0
−25·I1 + 39·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
20·I3 + 10(I3 − I2) = (−15)
−10·I2 + 30·I3 = −15
Lösen
Δ = Determinante der Koeffizientenmatrix = 14420
I1 = Δ1/Δ = 12300/14420 = 0,853 A
I2 = Δ2/Δ = 6600/14420 = 0,4577 A
I3 = Δ3/Δ = −5010/14420 = −0,3474 A
Antwort
IR4 = I1 − I2 = 0,3953 A
Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.
7.Überlagerungssatz
Antwort: PR1 = 27,22 W
Überlagerungssatz: In einer linearen Schaltung ist jede Spannung und jeder Strom die Summe der Wirkungen jeder unabhängigen Quelle für sich allein. Um eine Quelle abzuschalten, ersetzt man eine ideale Spannungsquelle durch einen Kurzschluss und eine ideale Stromquelle durch einen Leerlauf. Die Widerstände bleiben, wo sie sind.
Fall 1 · V1 allein aktiv
Iₛ wird zum Leerlauf, daher bilden R₃ und R₄ einen Reihenzweig von A nach Masse, parallel zu R₂.
R3+R4 = 20+5 = 25 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 5·25/(5+25) = 4,167 Ω
VA = 24·4,167/(2+4,167) = 16,22 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 16,22·5/25 = 3,243 V
IR1′ = (V1 − VA)/R1 = (24 − 16,22)/2 = 3,892 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 = 2·5/(2+5) = 1,429 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 5 ∥ 21,43 = 4,054 Ω
VB = Is·Req = 1,5·4,054 = 6,081 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 6,081·1,429/21,43 = 0,4054 V
IR1″ = (V1 − VA)/R1 = (0 − 0,4054)/2 = −0,2027 A
Stromanteile addieren
IR1 = IR1′ + IR1″ = 3,892 + (−0,2027) = 3,689 A
Leistung im Widerstand
Die Leistung hängt vom Quadrat des Stroms ab und folgt daher nicht dem Überlagerungssatz: zuerst die Ströme addieren, dann quadrieren.
PR1 = IR1²·R1 = 3,689²·2 = 27,22 W
Antwort
PR1 = 27,22 W
Addiert man die Leistungen der Einzelfälle, erhält man 30,38 W, und das ist falsch.
8.Überlagerungssatz
Antwort: I = 4,5 mA
Überlagerungssatz: In einer linearen Schaltung ist jede Spannung und jeder Strom die Summe der Wirkungen jeder unabhängigen Quelle für sich allein. Um eine Quelle abzuschalten, ersetzt man eine ideale Spannungsquelle durch einen Kurzschluss und eine ideale Stromquelle durch einen Leerlauf. Die Widerstände bleiben, wo sie sind.
Die Messungen mit Anteilen aufschreiben
Jeder Anteil ist proportional zu seiner eigenen Quelle.
I₁ + I₂ + I₃ = −5,5
2·I₁ + I₂ + I₃ = −3,5
I₁ + I₂ − I₃ = −10,5
Nach den Anteilen auflösen
I₁ = −3,5 − (−5,5) = 2 mA
I₃ = (−5,5 − (−10,5))/2 = 2,5 mA
I₂ = −5,5 − 2 − 2,5 = −10 mA
V₂ abschalten
I = I₁ + I₃ = 2 + 2,5 = 4,5 mA
Antwort
I = 4,5 mA
9.Thévenin und Norton
Antwort: IN = 0,3125 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 = 5·4/(5+4) = 2,222 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,222 + 12 = 14,22 Ω
Vth bestimmen, die Leerlaufspannung
Bei offenen Klemmen a–b fließt kein Strom durch R₃, also fällt daran keine Spannung ab und V_b = V_A. R₁ und R₂ bilden einen Spannungsteiler.
Vth = V1·R2/(R1+R2) = 10·4/(5+4) = 4,444 V
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 = 4,444/14,22 = 0,3125 A
10.Thévenin und Norton
Antwort: PL = 28,91 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.
Rth bei abgeschalteten Quellen bestimmen
Ersetze Spannungsquellen durch Kurzschlüsse und Stromquellen durch Leerläufe und blicke dann von a–b in die Schaltung.
R1 ∥ R2 = 12·5/(12+5) = 3,529 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,529 + 30 = 33,53 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) = 2,941 + 2,5·3,529 = 11,76 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 11,76 + 2,5·30 = 86,76 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) = 86,76/(33,53 + 6) = 2,195 A
PL = IL²·RL = 2,195²·6 = 28,91 W
11.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: W(∞) = 158,4 mJ
Ausgleichsvorgänge erster Ordnung: In einer Schaltung mit einem Kondensator oder einer Spule läuft jede Spannung und jeder Strom exponentiell vom Anfangswert zum Endwert: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, mit τ = RC oder τ = L/R. Nach etwa 5τ ist die Schaltung eingeschwungen.
Zeitkonstante und Endstrom
Lange nach dem Schließen des Schalters wirkt die Spule wie ein Kurzschluss, daher bestimmt R allein den Endstrom.
τ = L/R = 220 mH / 5 Ω = 44 ms
i(∞) = Vs/R = 6/5 = 1,2 A
Gespeicherte Energie
W(∞) = ½·L·i(∞)² = ½·220·1,2² = 158,4 mJ
Antwort
W(∞) = 158,4 mJ
12.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge
Antwort: i = 0,5595 A
Ausgleichsvorgänge erster Ordnung: In einer Schaltung mit einem Kondensator oder einer Spule läuft jede Spannung und jeder Strom exponentiell vom Anfangswert zum Endwert: x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ, mit τ = RC oder τ = L/R. Nach etwa 5τ ist die Schaltung eingeschwungen.
Anfangswert, Endwert, Zeitkonstante
Vor t = 0 liegen beide Widerstände im Kreis; danach überbrückt der geschlossene Schalter R₂.
i(0) = 12/(15 + 22) = 0,3243 A
i(∞) = 12/15 = 0,8 A
τ = L/R = 220/15 = 14,67 ms
i(t) = 0,8 + (0,3243 − 0,8)·e−t/τ
Strom zum gegebenen Zeitpunkt
i(10) = 0,8 + (−0,4757)·e−10/14,67 = 0,5595 A
Antwort
i = 0,5595 A
13.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: I = 1,083 A
Wechselstromkreise mit Zeigern: Widerstände, Spulen und Kondensatoren haben die Impedanzen R, jωL und 1/(jωC), mit ω = 2πf. In Reihe addieren sich Impedanzen wie Widerstände, aber als komplexe Zahlen. Effektivwerte von Strom und Spannung folgen dem ohmschen Gesetz mit |Z|.
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 = 50/80 = 0,625 A
IX = V/XL = 50/56,55 = 0,8842 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) = √(0,625² + 0,8842²) = 1,083 A
Antwort
I = 1,083 A
14.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger
Antwort: I = 0,2105 A
Wechselstromkreise mit Zeigern: Widerstände, Spulen und Kondensatoren haben die Impedanzen R, jωL und 1/(jωC), mit ω = 2πf. In Reihe addieren sich Impedanzen wie Widerstände, aber als komplexe Zahlen. Effektivwerte von Strom und Spannung folgen dem ohmschen Gesetz mit |Z|.
Blindwiderstand
XC = 1/(2π·500·4,7·10⁻⁶) = 67,73 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.
Leiterstrom
Nur der Wirkanteil der Leistung verrichtet Arbeit, also teile durch den Leistungsfaktor.
I = P/(V·cos φ) = 39000/(230·0,65) = 260,9 A
Antwort
I = 260,9 A
16.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor
Antwort: C = 1759 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 = 45·tan(53,13°) = 60 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 45·tan(25,84°) = 21,79 kvar
QC = Q1 − Q2 = 38,21 kvar
Kapazität
Ein Kondensator am Netz liefert Q = V²·ωC.
C = QC/(2πf·V²) = 38206/(2π·60·240²) = 1759 µF
Antwort
C = 1759 µF
17.Drehstromleistung
Antwort: P = 3,062 kW
Symmetrische Drehstromsysteme: In der Sternschaltung (Y) ist die Leiterspannung √3-mal so groß wie die Strangspannung, VL = √3·Vph, und der Leiterstrom ist gleich dem Strangstrom. In der Dreieckschaltung (Δ) ist die Leiterspannung gleich der Strangspannung, und der Leiterstrom ist √3-mal so groß wie der Strangstrom, IL = √3·Iph. Die Gesamtleistung ist das Dreifache der Leistung eines Strangs: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ.
Scheinleistung
S = √3·VL·IL = √3·208·10 = 3,603 kVA
Wirkleistung
P = S·cos φ = 3,603·0,85 = 3,062 kW
Antwort
P = 3,062 kW
18.Drehstromleistung
Antwort: Cph = 244,9 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 = 120·tan(acos 0,75) = 120·0,8819 = 105,8 kvar
Q2 = 120·tan(acos 0,9) = 120·0,4843 = 58,12 kvar
Blindleistung der Kondensatoren
QC = Q1 − Q2 = 47,71 kvar
Kapazität pro Strang
In einer Dreieckbatterie ist jeder Kondensator zwischen zwei Außenleiter geschaltet.
V = 415 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 15904/(377·415²) = 244,9 µF
Antwort
Cph = 244,9 µF
19.Transformatoren
Antwort: I1 = 0,7667 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.
Sekundärspannung und -strom
V2 = 1150/5 = 230 V
I2 = 230/60 = 3,833 A
Primärstrom
Ein idealer Transformator hat keine Verluste: V₁·I₁ = V₂·I₂.
I1 = I2/5 = 0,7667 A
Antwort
I1 = 0,7667 A
Kontrolle: Die Last von der Primärseite aus gesehen ist a²·RL = 1500 Ω, und 1150/1500 ergibt denselben Strom.
20.Transformatoren
Antwort: Ploss = 1350 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 = 0,0625·2400 = 150 W
Gesamtverluste
Die Eisenverluste sind bei jeder Last gleich.
Ploss = 1200 + 150 = 1350 W
Antwort
Ploss = 1350 W
Der Wirkungsgrad bei dieser Last ist η = 96,35%.
21.Operationsverstärker
Antwort: Vout = −3,8 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₊ = −1,9 V
I = V₋/R1 = −1,9/22 = −0,08636 mA
Ausgangsspannung
Der Strom durch R₁ fließt auch durch Rf.
Vout = V₋ + I·Rf = −1,9 + (−0,08636)·22 = −3,8 V
Antwort
Vout = −3,8 V
22.Operationsverstärker
Antwort: t = 377,1 ms
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.
|Vin|·t/(RC) = Vsat → t = Vsat·RC/|Vin| = 12·22/0,7 = 377,1 ms
Antwort
t = 377,1 ms
23.Dioden und Transistoren
Antwort: IC = 2,515 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 = (9 − 0,7)/330 kΩ = 25,15 µA
Kollektorstrom
IC = β·IB = 100·25,15 µA = 2,515 mA
Antwort
IC = 2,515 mA
Kontrolle: VCE = 6,485 V liegt deutlich über 0,2 V, der Transistor ist also tatsächlich aktiv.
24.Dioden und Transistoren
Antwort: ID = 11,02 mA
LED- und Diodenschaltungen: Eine in Durchlassrichtung betriebene LED lässt ungefähr ihre Durchlassspannung VF abfallen (etwa 2 V bei Rot, 3 V bei Blau oder Weiß), unabhängig vom Strom. Ein Vorwiderstand legt den Strom fest: R = (Vs − n·VF)/I bei n LEDs in Reihe. Mit einem genaueren Diodenmodell V = V₀ + I·rd liegt der Arbeitspunkt dort, wo die Diodenkennlinie die Widerstandsgerade I = (Vs − V)/R schneidet, also I = (Vs − V₀)/(R + rd).
Die beiden Gleichungen kombinieren
6 = 0,6 + I·(470 + 20)
Arbeitsstrom
ID = 5,4/490 = 11,02 mA
VD = 0,6 + 0,01102·20 = 0,8204 V
Antwort
ID = 11,02 mA
25.Zahlensysteme
Antwort: N = −78
Stellenwertsysteme: Jede Ziffer ist ihren Wert mal eine Potenz der Basis wert. Im Binärsystem sind die Stellen 1, 2, 4, 8, 16, … wert, im Hexadezimalsystem 1, 16, 256, …, wobei A–F für 10–15 stehen. Im 8-Bit-Zweierkomplement ist das linke Bit −128 statt +128 wert; so werden negative Zahlen gespeichert.
Stellenwerte addieren
Die übrigen Bits behalten ihre normalen positiven Werte.
−128 + 32 + 16 + 2 = −78
Antwort
N = −78
26.Zahlensysteme
Antwort: R = 248
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.
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.
Nachbarn jeder 1
Eine 1 mit einer benachbarten 1 kann einer Gruppe aus zwei oder mehr Feldern angehören.
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.
Volle Zyklen
Alle 16 Impulse bringen den Zähler in denselben Zustand zurück.
41 = 2·16 + 9
Zählerstand nach den restlichen Impulsen
Q = (5 + 9) mod 16 = 14
Q = 1110₂
Antwort
Q = 14
29.Laplace-Transformationen
Antwort: f(0.3) = 0,5421
Laplace-Transformation: F(s) = ∫₀∞ f(t)·e−st dt macht aus Ableitungen Multiplikationen mit s: ℒ{f′} = sF(s) − f(0), ℒ{f″} = s²F(s) − s·f(0) − f′(0). Standardpaare: 1 ↔ 1/s, e−at ↔ 1/(s + a), t·e−at ↔ 1/(s + a)², sin ωt ↔ ω/(s² + ω²), cos ωt ↔ s/(s² + ω²), und eine Verschiebung s → s + σ multipliziert die Zeitfunktion mit e−σt. Um eine rationale Funktion F(s) zurückzutransformieren, zerlege sie in Partialbrüche: Das Residuum eines einfachen Pols p ist A = [(s − p)·F(s)] bei s = p. Endwertsatz: f(∞) = lims→0 s·F(s), gültig nur, wenn alle Pole von s·F(s) in der linken Halbebene liegen. Anfangswertsatz: f(0⁺) = lims→∞ s·F(s).
Nenner in Faktoren zerlegen
s² + 8s + 16 = (s + 4)²
Partialbruchzerlegung
3s + 8 = 3(s + 4) + −4
F(s) = 3/(s + 4) − 4/(s + 4)²
Rücktransformation
f(t) = 3·e−4t − 4·t·e−4t
f(0,3) = (3 − 4·0,3)·e−4·0,3 = 0,5421
Antwort
f(0,3) = 0,5421
30.Laplace-Transformationen
Antwort: y(0.5) = 1,619
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
(s² + 3s + 2)·Y(s) = 1s + 3 + 10/s
Y(s) = (s² + 3s + 10)/(s(s + 1)(s + 2))
Partialbruchzerlegung
A = 10/(1·2) = 5
B = 8/((−1)·1) = −8
C = 8/((−2)·(−1)) = 4
Ergebnis
y(t) = 5 − 8·e−t + 4·e−2t
y(0,5) = 1,619
Antwort
y(0,5) = 1,619
Kontrolle: y(0) = A + B + C = 1.
31.Blockschaltbilder
Antwort: T(0) = 0,8696
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).
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).
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.
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) = √(5000/10) = 22,36 rad/s
ζ = c/(2√(km)) = 224/(2·√(5000·10)) = 0,5009
Ergebnis
ζ = 0,5009
Antwort
ζ = 0,5009
35.Bode-Diagramme und Reserven
Antwort: ∠G(jω) = −115,3 °
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.
Durchtrittsfrequenz
ω⁴ + 25ω² − 12100 = 0
ω² = (−25 + √(625 + 4·12100))/2 = 98,21
ωc = 9,91 rad/s
Antwort
ωc = 9,91 rad/s
37.Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve
Antwort: m = 10
Routh-Hurwitz-Kriterium: Ein lineares System ist stabil, wenn alle Wurzeln seines charakteristischen Polynoms in der linken Hälfte der s-Ebene liegen. Schreibe die Koeffizienten abwechselnd in die ersten beiden Zeilen des Routh-Schemas. Jeder Eintrag einer neuen Zeile ergibt sich aus den beiden Zeilen darüber; für ein kubisches Polynom a₃s³ + a₂s² + a₁s + a₀ ist der Eintrag der s¹-Zeile b₁ = (a₂·a₁ − a₃·a₀)/a₂. Die Anzahl der Vorzeichenwechsel in der ersten Spalte entspricht der Anzahl der Wurzeln in der rechten Halbebene. Mit einer Verstärkung K in den Koeffizienten müssen alle Einträge der ersten Spalte positiv bleiben: Die Verstärkung, die den Eintrag der s¹-Zeile null macht, ist die Stabilitätsgrenze, und die s²-Zeile liefert dann die Frequenz der Dauerschwingung.
Routh-Schema
s³ + 15s² + 50s + K = 0
s³: 1, 50
s²: 15, K
s¹: (15·50 − K)/15
s⁰: K
Größte stabile Verstärkung
Kmax = 15·50 = 750
Faktor
m = 750/75 = 10
Antwort
m = 10
Dieser Faktor ist die Amplitudenreserve als Verhältnis: 20 dB.
38.Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve
Antwort: ω = 3,742 rad/s
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.
Kritische Verstärkung
s³ + 7s² + 14s + 8 + K = 0
s¹: (7·14 − 8 − K)/7 = 0 → K = 90
Schnittfrequenz
7s² + 8 + 90 = 7s² + 98 = 0 → s² = −14
ω = √14 = 3,742 rad/s
Antwort
ω = 3,742 rad/s
39.Stationärer Fehler und PID-Regelung
Antwort: K = 20
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 = 10/0,5 = 20
Verstärkung
K = 1·Kv = 20
Antwort
K = 20
Eine große Verstärkung macht diesen Kreis sehr schwach gedämpft: ζ = 0,1118. Dieser Zielkonflikt ist der Grund, warum Kompensatoren eingesetzt werden.
40.Stationärer Fehler und PID-Regelung
Antwort: K = 18
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).