Übungsaufgaben für die Prüfung FE Electrical and Computer: Lernpaket

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

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1Formeln und Methoden

Reihen- und Parallelschaltung

Widerstände in Reihe
Req = R1 + R2 + …
Widerstände parallel
1/Req = 1/R1 + 1/R2 + …
Zwei parallel
Req = R1R2 / (R1 + R2)
Ohmsches Gesetz
V = I·R
Leistung
P = V·I = I²R = V²/R

Methode

  1. Beginne an dem Ende des Netzwerks, das am weitesten von den Klemmen entfernt ist.
  2. Fasse Widerstände in Reihe durch Addieren zusammen und parallele Widerstände mit 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …
  3. Zeichne die Schaltung nach jedem Schritt neu.
  4. Wiederhole das, bis zwischen den Klemmen ein einziger Widerstand übrig ist.

Knotenpotenzialverfahren

Kirchhoffsche Knotenregel
ΣIin = ΣIout
Zweigstrom
I = (Va − Vb)/R
Bezugsknoten
Vground = 0

Methode

  1. Wähle einen Bezugsknoten (Masse) und benenne die übrigen Knotenspannungen.
  2. Stelle an jedem unbekannten Knoten die Knotenregel auf: Die über alle Zweige abfließenden Ströme sind gleich den zufließenden.
  3. Drücke jeden Zweigstrom als (Va − Vb)/R aus.
  4. Löse das Gleichungssystem und bestimme dann jeden benötigten Strom.

Maschenstromverfahren

Kirchhoffsche Maschenregel
ΣV = 0 in jeder Masche
Gemeinsamer Widerstand
Strom = I1 − I2
Stromquelle in einer Masche
legt diesen Maschenstrom fest

Methode

  1. Zeichne in jeder Masche (jedem Fenster) der Schaltung einen Strom im Uhrzeigersinn ein.
  2. Wende in jeder Masche die Maschenregel an: Die Summe der Spannungsabfälle ist null.
  3. In einem Widerstand, den zwei Maschen gemeinsam haben, fließt die Differenz der beiden Maschenströme.
  4. Löse die Gleichungen; ein negatives Ergebnis bedeutet, dass der Strom in die andere Richtung fließt.

Überlagerungssatz

Überlagerungssatz
x = x1 + x2 + … (one source at a time)
Abgeschaltete Spannungsquelle
Kurzschluss (0 V)
Abgeschaltete Stromquelle
Leerlauf (0 A)
Spannungsteiler
V2 = V·R2/(R1 + R2)
Stromteiler
I1 = I·R2/(R1 + R2)

Methode

  1. Zähle die unabhängigen Quellen. Für jede Quelle löst du eine einfachere Schaltung.
  2. Behalte eine Quelle und schalte die anderen ab: Eine Spannungsquelle wird zum Kurzschluss (ein Draht), eine Stromquelle zum Leerlauf (eine Unterbrechung).
  3. Berechne in der einfacheren Schaltung die gesuchte Spannung oder den gesuchten Strom und achte auf die Richtung.
  4. Wiederhole das für jede Quelle und addiere dann die Beiträge mit ihren Vorzeichen.

Thévenin und Norton

Thévenin-Spannung
Vth = Vopen circuit
Thévenin-Widerstand
Rth: alle Quellen abgeschaltet, von a–b aus gesehen
Norton-Strom
IN = Vth/Rth
Laststrom
IL = Vth/(Rth + RL)
Maximale Leistungsübertragung
RL = Rth, Pmax = Vth²/(4Rth)

Methode

  1. Entferne die Last und markiere die beiden Klemmen a und b.
  2. Bestimme die Leerlaufspannung zwischen a und b: Das ist Vth.
  3. Schalte alle unabhängigen Quellen ab und bestimme den Widerstand, den man von a–b aus sieht: Das ist Rth.
  4. Schließe die Last wieder an die Ersatzschaltung an: Vth in Reihe mit Rth.
  5. Für die Norton-Ersatzschaltung umrechnen: IN = Vth/Rth, mit RN = Rth parallel.

RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Zeitkonstante
τ = RC | τ = L/R
Antwort
x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ
Kondensator bei Gleichstrom
Leerlauf; vC kann nicht springen
Spule bei Gleichstrom
Kurzschluss; iL kann nicht springen
Eingeschwungen
t ≈ 5τ

Methode

  1. Bestimme den Anfangswert unmittelbar nach dem Schalten: Kondensatorspannung und Spulenstrom können nicht springen.
  2. Bestimme den Endwert lange nach dem Schalten: Ein Kondensator wirkt wie ein Leerlauf, eine Spule wie ein Kurzschluss.
  3. Bestimme die Zeitkonstante: τ = RC oder τ = L/R, mit dem Widerstand, den der Kondensator bzw. die Spule sieht.
  4. Verwende x(t) = x(∞) + [x(0) − x(∞)]·e−t/τ.

Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Impedanzen
ZR = R, ZL = jωL, ZC = 1/(jωC)
Kreisfrequenz
ω = 2πf
Betrag und Winkel
|Z| = √(R² + X²), φ = atan(X/R)
Ohmsches Gesetz mit Zeigern
V = I·Z

Methode

  1. Rechne die Frequenz um: ω = 2πf.
  2. Bestimme jeden Blindwiderstand: XL = ωL und XC = 1/(ωC).
  3. Addiere Impedanzen wie Widerstände, mit Z = R + jX.
  4. Bestimme den Betrag |Z| = √(R² + X²) und den Winkel φ = atan(X/R) und wende dann das ohmsche Gesetz mit Zeigern an.

Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Wirkleistung
P = V·I·cos φ
Blindleistung
Q = V·I·sin φ
Scheinleistung
S = V·I = √(P² + Q²)
Leistungsfaktor
pf = cos φ = P/S
Kompensationskondensator
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(ωV²)

Drehstromleistung

Sternschaltung (Y)
VL = √3·Vph, IL = Iph
Dreieckschaltung (Δ)
VL = Vph, IL = √3·Iph
Gesamte Wirkleistung
P = √3·VL·IL·cos φ = 3·Iph²·R
Schein- und Blindleistung
S = √3·VL·IL, Q = P·tan φ
Kompensationskondensatoren
QC = P(tan φ1 − tan φ2), C = QC/(3ωV²)
Spannung an jedem Kondensator
Δ: VL Y: VL/√3
Aufgenommene Motorleistung
Pin = Pout/η

Transformatoren

Übersetzungsverhältnis
a = N1/N2 = V1/V2
Stromverhältnis
I1/I2 = N2/N1 = 1/a
Nennstrom
I = S/V
Umgerechnete Impedanz
Z1′ = a²·ZL
Kupferverluste bei Teillast
Pcu = x²·Pcu,fl
Wirkungsgrad
η = x·S·pf/(x·S·pf + Pcore + x²·Pcu,fl)
Maximaler Wirkungsgrad
x = √(Pcore/Pcu,fl)

Operationsverstärker

Invertierender Verstärker
Vout = −(Rf/Rin)·Vin
Nichtinvertierender Verstärker
Vout = (1 + Rf/R1)·Vin
Summierverstärker
Vout = −Rf(V1/R1 + V2/R2)
Idealer Operationsverstärker
V+ = V−, Iin = 0

Dioden und Transistoren

Diode (konstanter Spannungsabfall)
VD = 0,7 V when conducting
Aktiver Bereich
VBE = 0,7 V, IC = β·IB, IE = (β + 1)·IB
Basisvorwiderstand (feste Vorspannung)
IB = (VCC − 0,7)/RB
Spannungsteiler-Arbeitspunkteinstellung
IB = (VTH − 0,7)/(RTH + (β + 1)RE)
Thévenin-Ersatz des Spannungsteilers
VTH = VCC·R2/(R1 + R2), RTH = R1∥R2
Kollektormasche
VCE = VCC − ICRC − IERE
Sättigung
IC(sat) = (VCC − VCE(sat))/RC, IB ≥ IC(sat)/β

Zahlensysteme

Stellenwerte
binär 2k, oktal 8k, hex 16k
Ins Dezimalsystem
Σ dk·bk
Aus dem Dezimalsystem
durch die Basis teilen, die Reste von unten nach oben lesen
Hex ↔ binär
eine Hex-Ziffer = 4 Bits
Zweierkomplement
die Bits invertieren und 1 addieren

Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & Flipflops

Grundgatter
A·B, A + B, A′, (A·B)′, (A + B)′, A ⊕ B
Boolesche Regeln
X + X′ = 1, X·X′ = 0, X + XY = X, XY + XY′ = X
De Morgan
(X·Y)′ = X′ + Y′, (X + Y)′ = X′·Y′
Reihenfolge im Karnaugh-Diagramm
00, 01, 11, 10 (Gray code)
Gruppe aus 2ᵏ Feldern
verliert k Variablen
4-zu-1-Multiplexer
F = A′B′I0 + A′BI1 + AB′I2 + ABI3
Flipflops
D: Q⁺ = D, T: Q⁺ = T ⊕ Q, JK: Q⁺ = JQ′ + K′Q
Zähler
n Bit: 2ⁿ Zustände; Mod-N: kleinstes n mit 2ⁿ ≥ N; fout = fclk/N
Asynchronzähler
fmax = 1/(n·tpd)
Ring- und Johnson-Zähler
n und 2n Zustände

Methode

  1. Gehe bei einer Schaltung von den Eingängen zum Ausgang vor, ein Gatter nach dem anderen, und schreibe den Wert an jede Leitung, oder schreibe ihren Ausdruck auf und fülle die Wahrheitstabelle aus.
  2. Trage zum Vereinfachen die Einsen (und die Don’t-Cares als X) in ein Karnaugh-Diagramm mit Zeilen und Spalten im Gray-Code ein: 00, 01, 11, 10.
  3. Decke die Einsen mit möglichst wenigen und möglichst großen Gruppen aus 1, 2, 4, 8 oder 16 Feldern ab, auch über den Rand hinweg; jede Gruppe ist ein Produktterm aus den Variablen, die konstant bleiben. Fasse für die POS-Form die Nullen zusammen.
  4. Lies bei Flipflops und Zählern die Eingänge an jeder aktiven Taktflanke ab, schreibe den Zustand nach jeder Flanke auf und denke daran, dass ein n-Bit-Zähler nach 2ⁿ Zuständen überläuft.

Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve

Stabilität
alle Wurzeln des charakteristischen Polynoms in der linken Halbebene
Routh-Schema, Eintrag der s¹-Zeile eines kubischen Polynoms
b1 = (a2a1 − a3a0)/a2
Wurzeln in der rechten Halbebene
Anzahl der Vorzeichenwechsel in der ersten Spalte
Kubisches Polynom s³ + a₂s² + a₁s + a₀
stabil, wenn alle a > 0 und a₂·a₁ > a₀
K/(s(s + a)(s + b))
Kmax = ab(a + b), ω = √(ab)
Charakteristische Gleichung
1 + K·G(s) = 0
Asymptoten
σa = (Σp − Σz)/(n − m), θ = (2q + 1)·180°/(n − m)
Verzweigungs- und Einmündungspunkte
dK/ds = 0
Betragsbedingung
K = 1/|G(s)|
Abgangswinkel
θd = 180° − Σ∠(from other poles) + Σ∠(from zeros)

Methode

  1. Schreibe das charakteristische Polynom des geschlossenen Kreises auf: den Nenner von 1 + K·G(s) = 0, ausmultipliziert.
  2. Trage die Koeffizienten abwechselnd in die ersten beiden Zeilen des Routh-Schemas ein und bilde die übrigen Zeilen.
  3. Zähle die Vorzeichenwechsel in der ersten Spalte: Jeder entspricht einem Pol in der rechten Halbebene. Steht K im Schema, verlange, dass jeder Eintrag der ersten Spalte positiv bleibt.
  4. Markiere für eine Wurzelortskurve die Pole und Nullstellen, die Abschnitte der reellen Achse, die Asymptoten vom Schwerpunkt aus und die Verzweigungspunkte, an denen dK/ds = 0 gilt. Verwende K = 1/|G(s)| für die Verstärkung an einem Punkt.

Stationärer Fehler und PID-Regelung

Systemtyp
Anzahl der Pole von G(s) bei s = 0
Fehlerkonstanten
Kp = lim G(s), Kv = lim s·G(s), Ka = lim s²·G(s) (s → 0)
Sprung A
ess = A/(1 + Kp)
Rampe A·t
ess = A/Kv
Parabel A·t²/2
ess = A/Ka
PID-Regler
C(s) = Kp + Ki/s + Kd·s
Zielsystem zweiter Ordnung
s² + 2ζωns + ωn²
Überschwingen und Zeitverhalten
%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²), tp = π/ωd, ts ≈ 4/(ζωn)

Methode

  1. Zähle die Pole des offenen Kreises C(s)·G(s) bei s = 0: Das ist der Systemtyp.
  2. Berechne die Fehlerkonstante, die zur Eingangsgröße passt: Kp für einen Sprung, Kv für eine Rampe, Ka für eine Parabel.
  3. Wende ess = A/(1 + Kp), A/Kv oder A/Ka an, oder löse die Gleichung nach der benötigten Verstärkung auf.
  4. Schreibe bei einer Vorgabe zu Dämpfung oder Drehzahl das charakteristische Polynom des geschlossenen Kreises auf und vergleiche es mit s² + 2ζω_n·s + ω_n².

2Übungsaufgaben

1.Reihen- und ParallelschaltungMittel
R1​ = 20 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​15 VR2​20 ΩAR4​10 ΩB

Bestimme den Ersatzwiderstand Req, den die Quelle V1 sieht.

V1 = 15 VR1 = 20 ΩR2 = 20 ΩR3 = 8 ΩR4 = 10 Ω
Req = Ω
2.Reihen- und ParallelschaltungSchwer
R1​ = 3 ΩR3​ = 30 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​18 VR2​15 ΩAR4​3 ΩBR6​3 Ω

Bestimme den Ersatzwiderstand Req, den die Quelle V1 sieht.

V1 = 18 VR1 = 3 ΩR2 = 15 ΩR3 = 30 ΩR4 = 3 ΩR5 = 30 ΩR6 = 3 Ω
Req = Ω
3.KnotenpotenzialverfahrenMittel
R1​20 Ω+−V1​9 VI1​R2​6 Ω+−V2​30 VR3​5 Ω+−V3​9 VA

Zwischen Knoten A und Masse liegen drei Zweige, wie dargestellt. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren den Strom I1 im Zweig 1, der in Pfeilrichtung nach oben in den Knoten A fließt.

V1 = 9 VR1 = 20 ΩV2 = 30 VR2 = 6 ΩV3 = 9 VR3 = 5 Ω
I1 = A
4.KnotenpotenzialverfahrenSchwer
R1​ = 15 ΩR2​ = 8 ΩIR2​R4​ = 20 Ω+−V1​10 VR3​20 ΩAR5​2 ΩBIs​2,5 A+−V2​18 V

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

V1 = 10 VIs = 2,5 AV2 = 18 VR1 = 15 ΩR2 = 8 ΩR3 = 20 ΩR4 = 20 ΩR5 = 2 Ω
IR2 = A
5.MaschenstromverfahrenMittel
R1​ = 2 ΩR2​ = 6 Ω+−V1​24 VR3​12 ΩA+−V2​18 VI1​I2​

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

V1 = 24 VV2 = 18 VR1 = 2 ΩR2 = 6 ΩR3 = 12 Ω
I2 = A
6.MaschenstromverfahrenSchwer
R1​ = 8 ΩR2​ = 8 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​12 VR4​30 ΩIR4​AR5​8 ΩB+−V2​10 VI1​I2​I3​

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

V1 = 12 VV2 = 10 VR1 = 8 ΩR2 = 8 ΩR3 = 8 ΩR4 = 30 ΩR5 = 8 Ω
IR4 = A
7.ÜberlagerungssatzMittel
lineare SchaltungVs​Is​IRL​

Eine lineare Widerstandsschaltung enthält eine Spannungsquelle Vs und eine Stromquelle Is. Der Strom I durch einen Lastwiderstand wird zweimal gemessen: Mit Vs = 6 V und Is = 3 mA ist I = 1,2 mA; mit Vs = 12 V und Is = 10 mA ist I = 0,8 mA. Bestimme den Laststrom I für Vs = 20 V und Is = 6 mA.

6 V, 3 mA → 1,2 mA12 V, 10 mA → 0,8 mAVs = 20 V, Is = 6 mA
I = mA
8.ÜberlagerungssatzSchwer
R1​ = 6 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 8 ΩIR4​+−V1​15 VR3​15 ΩAIs​4 AB−+V2​12 V

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

V1 = 15 VIs = 4 AV2 = 12 VR1 = 6 ΩR2 = 8 ΩR3 = 15 ΩR4 = 8 Ω
IR4 = A
9.Thévenin und NortonMittel
R1​ = 12 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​24 VR2​15 ΩAab

Bestimme den Thévenin-Widerstand Rth an den Klemmen a–b.

V1 = 24 VR1 = 12 ΩR2 = 15 ΩR3 = 8 Ω
Rth = Ω
10.Thévenin und NortonSchwer
R1​ = 6 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​18 VR2​2 ΩAIs​1 ABRL​2 ΩIL​

An a–b wird eine Last RL = 2 Ω angeschlossen. Ersetze den Rest der Schaltung durch ihr Thévenin-Ersatzschaltbild und bestimme den Laststrom IL.

V1 = 18 VIs = 1 AR1 = 6 ΩR2 = 2 ΩR3 = 12 ΩRL = 2 Ω
IL = A
11.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
+−Vs​24 Vt = 0R1​ = 10 kΩR2​ = 4,7 kΩC220 µF+−vC​

Die Quelle Vₛ lädt den Kondensator über R₁, und R₂ liegt parallel zu C. Der Kondensator ist ungeladen, wenn der Schalter bei t = 0 schließt. Bestimme die Zeitkonstante τ der Schaltung nach dem Schließen des Schalters.

Vs = 24 VR1 = 10 kΩR2 = 4,7 kΩC = 220 µF
τ = ms
12.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
+−Vs​10 Vt = 0R = 4,7 kΩC47 µF+−vC​vC​(0) = 15 V

Kurz bevor der Schalter bei t = 0 schließt, liegt am Kondensator eine Spannung von 15 V mit der eingezeichneten Polarität. Wie lange dauert es, bis vC den Wert 12 V erreicht? Bestimme t.

Vs = 10 VR = 4,7 kΩC = 47 µFvC(0) = 15 V
t = ms
13.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
12 V50 HzR = 20 ΩL = 100 mHC = 10 µF

Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 12 V (Effektivwert) und 50 Hz. Bestimme den Phasenwinkel φ der Impedanz in Grad (positiv, wenn der Strom der Spannung nacheilt).

V = 12 V (rms)f = 50 HzR = 20 ΩL = 100 mHC = 10 µF
φ = °
14.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
50 V50 HzR = 40 ΩL = 20 mHC = 47 µF+−VC​

Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 50 V (Effektivwert) und 50 Hz. Bestimme den Effektivwert der Spannung VC am Kondensator.

V = 50 V (rms)f = 50 HzR = 40 ΩL = 20 mHC = 47 µF
VC = V
15.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
120 VZ3 + j4 ΩI

Eine Last mit der Impedanz Z = 3 + j4 Ω liegt an einer einphasigen Versorgung mit 120 V (Effektivwert). Bestimme die Scheinleistung S.

V = 120 VZ = 3 + j4 Ω
S = VA
16.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
P = 25 kWQ1​S1​φ1​QC​

Eine einphasige Last nimmt 25 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,8 induktiv aus einer Versorgung mit 240 V und 50 Hz auf. Ein parallel geschalteter Kondensator hebt den Leistungsfaktor auf 0,9. Bestimme die Blindleistung QC, die der Kondensator liefern muss.

P = 25 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,9V = 240 Vf = 50 Hz
QC = kvar
17.DrehstromleistungMittel
ABCVL​ = 480 VIL​ = 10 Acos φ = 0,85induktiv

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt aus einem Netz mit einer Leiterspannung von 480 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 = 480 VIL = 10 Acos φ = 0,85
P = kW
18.DrehstromleistungSchwer
P = 60 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 60 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,65 induktiv aus einem Netz mit 400 V (Leiterspannung) und 50 Hz auf. Eine parallel zur Last geschaltete Drehstrom-Kondensatorbatterie soll den Gesamtleistungsfaktor auf 0,95 induktiv anheben. Die Wirkleistung bleibt gleich. Bestimme die gesamte Blindleistung QC, die die Kondensatorbatterie liefern muss, in kvar.

P = 60 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,95VL = 400 Vf = 50 Hz
QC = kvar
19.TransformatorenMittel
RL​ = 5 Ω51600 VV2​I1​ = ?I2​

An der Primärwicklung eines idealen Transformators mit dem Übersetzungsverhältnis N₁:N₂ = 5:1 liegen 600 V. An die Sekundärwicklung ist ein Widerstand von 5 Ω angeschlossen. Bestimme den Primärstrom I1.

N1:N2 = 5:1V1 = 600 VRL = 5 Ω
I1 = A
20.TransformatorenSchwer
500 kVA

Ein einphasiger Transformator mit 500 kVA hat Eisenverluste von 1500 W und Kupferverluste von 2250 W bei Nennlast. Bei welcher Last Sη,max, in kVA, ist sein Wirkungsgrad am höchsten?

S = 500 kVAPcore = 1500 WPcu,fl = 2250 W
Sη,max = kVA
21.OperationsverstärkerMittel
−+Vout​Rf​ = 47 kΩVin​R1​ = 1 kΩ

Der Operationsverstärker ist ideal und wird mit ±15 V versorgt; sein Ausgang geht bei ±13 V in die Sättigung. Der invertierende Verstärker wird mit einer Sinusspannung angesteuert. Bestimme die größte Eingangsamplitude Vin,max (Scheitelwert), bei der der Ausgang nicht begrenzt wird.

R1 = 1 kΩRf = 47 kΩVsat = ±13 V
Vin,max = V
22.OperationsverstärkerSchwer
−+Vout​C = 2,2 µFVin​ = −0,2 VR = 10 kΩ

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 = −0,2 V angelegt wird. Bestimme die Ausgangsspannung Vout bei t = 200 ms.

Vin = −0,2 VR = 10 kΩC = 2,2 µFVsat = ±12 Vt = 200 ms
Vout = V
23.Dioden und TransistorenMittel
RC​ = 1,5 kΩβ = 120RE​ = 470 ΩVCC​ = 15 VR1​ = 47 kΩR2​ = 6,8 kΩ

Ein NPN-Transistor mit β = 120 wird mit einem Spannungsteiler an VCC = 15 V eingestellt: R₁ = 47 kΩ von VCC zur Basis und R₂ = 6,8 kΩ von der Basis nach Masse. Der Kollektorwiderstand ist RC = 1,5 kΩ und der Emitterwiderstand RE = 470 Ω. Nimm VBE = 0,7 V an und verwende das Thévenin-Ersatzschaltbild des Teilers (vernachlässige den Basisstrom nicht). Bestimme die Kollektor-Emitter-Spannung VCE.

VCC = 15 VR1 = 47 kΩR2 = 6,8 kΩRC = 1,5 kΩRE = 470 Ωβ = 120
VCE = V
24.Dioden und TransistorenSchwer
V (V)I (mA)0,655Q = ?

Eine Diode wird modelliert als 0,6 V in Reihe mit 5 Ω (sie leitet oberhalb von 0,6 V). Sie liegt in Reihe mit einem Widerstand von 1000 Ω an einer Versorgung von 5 V. Bestimme den Arbeitsstrom ID, bei dem die Diodenkennlinie die Widerstandsgerade schneidet.

Vs = 5 VR = 1000 ΩV0 = 0,6 Vrd = 5 Ω
ID = mA
25.ZahlensystemeMittel
Stellenwerte im Zweierkomplement1−12806403201608041211

Das 8-Bit-Muster 1000 0011 speichert eine vorzeichenbehaftete Ganzzahl im Zweierkomplement. Welchen Wert N hat sie im Dezimalsystem?

1000 00118 bit
N =
26.ZahlensystemeSchwer
24-Bit-Zweierkomplement, N = ??Vorzeichen???????????????????????

Was ist die kleinste (negativste) ganze Zahl N, die im 24-Bit-Zweierkomplement gespeichert werden kann?

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

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

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

Ein 4-Bit-Johnson-Zähler Q₃Q₂Q₁Q₀ startet bei 0000. Bei jeder Taktflanke werden die Bits um eine Stelle nach rechts geschoben (Q₃ → Q₂ → Q₁ → Q₀), und Q₃ erhält das Inverse von Q₀. Gib den Zustand Q = Q₃Q₂Q₁Q₀ nach 9 Taktflanken als Dezimalzahl an.

Q₃Q₂Q₁Q₀ = 00009
Q =
29.Laplace-TransformationenMittel
t (s)f(t)t = 0,2f(0,2) = ?

Bestimme f(t) für F(s) = 60/(s(s + 3)(s + 5)) mit der Partialbruchzerlegung und werte f(0,2) aus.

F(s) = 60/(s(s + 3)(s + 5))t = 0,2 s
f(0.2) =
30.Laplace-TransformationenSchwer
t (s)y(t)t = 0,2y(0,2) = ?

Ein System gehorcht y″ + 6y′ + 8y = 16·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(0,2).

y″ + 6y′ + 8y = 16·u(t)u(t) = 1y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0,2 s
y(0.2) =
31.BlockschaltbilderMittel
R(s)+23s + 4G(s)C(s)0,1H−

Eine Strecke G(s) = 23/(s + 4) wird in einem Gegenkopplungskreis geregelt, dessen Sensor die Verstärkung H = 0,1 hat. Am Eingang R wird ein Sprung der Größe 2 angelegt. Bestimme den stationären Ausgang css.

G(s) = 23/(s + 4)H = 0,1R = 2
css =
32.BlockschaltbilderSchwer
R(s)+KRegler+D(s)+10s + 4StreckeC(s)−

Ein Proportionalregler K steuert die Strecke G(s) = 10/(s + 4) in einem Regelkreis mit Einheits-Gegenkopplung. Ein Störsprung der Größe 1 greift am Streckeneingang an, während R = 0 ist. Bestimme die kleinste Verstärkung K, die den stationären Ausgang bei höchstens 0,025 hält.

G(s) = 10/(s + 4)D = 1css ≤ 0,025
K =
33.SprungantwortMittel
t (s)y(t)0,5?

Ein System hat die Übertragungsfunktion G(s) = 14/(s² + 7s + 28) und erhält einen Einheitssprung am Eingang. Bestimme das prozentuale Überschwingen %OS der Sprungantwort.

G(s) = 14/(s² + 7s + 28)
%OS = %
34.SprungantwortSchwer
+−5 VR = 18 ΩL = 50 mHC = 100 µFvC​

Ein Reihen-RLC-Kreis mit R = 18 Ω, L = 50 mH und C = 100 µF wird bei t = 0 an einen Sprung von 5 V angeschlossen. Der Kondensator ist ungeladen, und vor dem Sprung fließt kein Strom. Bestimme die ungedämpfte Eigenkreisfrequenz ωn in rad/s.

R = 18 ΩL = 50 mHC = 100 µFV = 5 V
ωn = rad/s
35.Bode-Diagramme und ReservenMittel
vin​L = 5 mHC = 2,2 µFR = 1 Ωvout​

Beim gezeigten Reihen-RLC-Bandpass wird der Ausgang über R = 1 Ω abgegriffen, mit L = 5 mH und C = 2,2 µF. Bestimme die −3-dB-Bandbreite BW in Hz.

R = 1 ΩL = 5 mHC = 2,2 µF
BW = Hz
36.Bode-Diagramme und ReservenSchwer
|H| (dB)0,10,111101010010010001000−60−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​

Ein Regelkreis mit Einheitsrückführung hat die Übertragungsfunktion des offenen Kreises L(s) = 144/(s(s + 8)). Bestimme die Phasenreserve PM in Grad.

L(s) = 144/(s(s + 8))
PM = °
37.Stabilität: Routh-Hurwitz und WurzelortskurveMittel
R(s)+K1s(s + 1)(s + 2)C(s)−

Der Regelkreis im Schaubild hat die Übertragungsfunktion des offenen Kreises L(s) = K/(s(s + 1)(s + 2)). Bestimme die größte Verstärkung Kmax, für die der geschlossene Kreis stabil ist.

L(s) = K/(s(s + 1)(s + 2))
Kmax =
38.Stabilität: Routh-Hurwitz und WurzelortskurveSchwer
ReIm−1−2−3−4−5−6−7−8−9−101j1j2−1

Bestimme für den Regelkreis L(s) = K/(s(s + 6)(s + 8)) die Verstärkung K, die einen Pol des geschlossenen Kreises auf s = −1 legt.

L(s) = K/(s(s + 6)(s + 8))s = −1
K =
39.Stationärer Fehler und PID-RegelungMittel
r(t) = 5 + 3t+50s(s + 4)C(s)−

Auf einen Regelkreis mit Einheitsrückführung und G(s) = 50/(s(s + 4)) wird die Eingangsgröße r(t) = 5 + 3t (ein Sprung plus eine Rampe) gegeben. Bestimme den stationären Fehler ess.

G(s) = 50/(s(s + 4))r(t) = 5 + 3t
ess =
40.Stationärer Fehler und PID-RegelungSchwer
R(s)+Kp​ + Ki​/s4s + 4C(s)−

Ein PI-Regler C(s) = Kp + Ki/s regelt die Strecke G(s) = 4/(s + 4) in einem Regelkreis mit Einheitsrückführung. Der geschlossene Kreis soll ωₙ = 4 rad/s und ζ = 0,6 haben. Bestimme die Integralverstärkung Ki.

G(s) = 4/(s + 4)ωₙ = 4 rad/sζ = 0,6
Ki =

3Lösungen

1.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: Req = 29,47 Ω

Reihen- und Parallelschaltung: In Reihe fließt durch jeden Widerstand derselbe Strom, und R = R₁ + R₂ + …. Parallel liegt an jedem Widerstand dieselbe Spannung, und 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Eine Kettenschaltung wird Paar für Paar vereinfacht, bis ein einziger Ersatzwiderstand übrig bleibt.

R1​ = 20 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​15 VR2​20 ΩAR4​10 ΩB

Widerstände vom fernen Ende her zusammenfassen

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

R3 + R4 = 8 + 10 = 18 Ω
R2 ∥ 18 = 20·18/(20+18) = 9,474 Ω
Req = R1 + 9,474 = 20 + 9,474 = 29,47 Ω

Antwort

Req = 29,47 Ω
2.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: Req = 13,29 Ω

Reihen- und Parallelschaltung: In Reihe fließt durch jeden Widerstand derselbe Strom, und R = R₁ + R₂ + …. Parallel liegt an jedem Widerstand dieselbe Spannung, und 1/R = 1/R₁ + 1/R₂ + …. Eine Kettenschaltung wird Paar für Paar vereinfacht, bis ein einziger Ersatzwiderstand übrig bleibt.

R1​ = 3 ΩR3​ = 30 ΩR5​ = 30 Ω+−V1​18 VR2​15 ΩAR4​3 ΩBR6​3 Ω

Widerstände vom fernen Ende her zusammenfassen

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

R5 + R6 = 30 + 3 = 33 Ω
R4 ∥ 33 = 2,75 Ω
R3 + 2,75 = 32,75 Ω
R2 ∥ 32,75 = 10,29 Ω
Req = R1 + 10,29 = 3 + 10,29 = 13,29 Ω

Antwort

Req = 13,29 Ω
3.Knotenpotenzialverfahren

Antwort: I1 = −0,42 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)/20 + (VA − 30)/6 + (VA − 9)/5 = 0

Nach VA auflösen

VA = (9/20 + 30/6 + 9/5) / (1/20 + 1/6 + 1/5) = 7,25/0,4167 = 17,4 V

Zweigstrom

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

I1 = (9 − VA)/R1 = (9 − 17,4)/20 = −0,42 A

Antwort

I1 = −0,42 A

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

4.Knotenpotenzialverfahren

Antwort: IR2 = 0,4689 A

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

R1​ = 15 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 20 Ω+−V1​10 VR3​20 ΩAR5​2 ΩBIs​2,5 A+−V2​18 V

Knoten festlegen

Masse ist der untere Leiter. Bekannte Knotenpotenziale ergeben sich direkt aus den Quellen (V1 = 10 V, V2 = 18 V). Unbekannt: VA, VB.

KCL am Knoten A

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

VA/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/20 + (VA − 10)/15 + (VA − VB)/8 = 0
0,2417·VA − 0,125·VB = 0,6667

KCL am Knoten B

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

VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/2 + (VB − VA)/8 + (VB − 18)/20 = (−2,5)
−0,125·VA + 0,675·VB = −1,6

Lösen

Δ = (0,2417)(0,675) − (−0,125)(−0,125) = 0,1475
VA = Δ1/Δ = 0,25/0,1475 = 1,695 V
VB = Δ2/Δ = −0,3033/0,1475 = −2,056 V

Antwort

IR2 = (VA − VB)/R2 = (1,695 − −2,056)/8 = 0,4689 A
5.Maschenstromverfahren

Antwort: I2 = 0,3333 A

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

R1​ = 2 ΩR2​ = 6 Ω+−V1​24 VR3​12 ΩA+−V2​18 VI1​I2​

Maschenströme festlegen

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

Maschenregel in Masche 1

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

R1·I1 + R3(I1 − I2) = V1
2·I1 + 12(I1 − I2) = 24
14·I1 − 12·I2 = 24

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
6·I2 + 12(I2 − I1) = (−18)
−12·I1 + 18·I2 = −18

Lösen

Δ = (14)(18) − (−12)(−12) = 108
I1 = Δ1/Δ = 216/108 = 2 A
I2 = Δ2/Δ = 36/108 = 0,3333 A

Antwort

I2 = 0,3333 A

Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.

6.Maschenstromverfahren

Antwort: IR4 = 0,2644 A

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

R1​ = 8 ΩR2​ = 8 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​12 VR4​30 ΩAR5​8 ΩB+−V2​10 VI1​I2​I3​

Maschenströme festlegen

Zeichne in jedes Fenster einen Strom im Uhrzeigersinn: I1, I2, I3. Ein Widerstand, den zwei Maschen teilen, führt die Differenz ihrer Ströme.

Maschenregel in Masche 1

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

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
8·I1 + 30(I1 − I2) = 12
38·I1 − 30·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
8·I2 + 30(I2 − I1) + 8(I2 − I3) = 0
−30·I1 + 46·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
8·I3 + 8(I3 − I2) = (−10)
−8·I2 + 16·I3 = −10

Lösen

Δ = Determinante der Koeffizientenmatrix = 11136
I1 = Δ1/Δ = 5664/11136 = 0,5086 A
I2 = Δ2/Δ = 2720/11136 = 0,2443 A
I3 = Δ3/Δ = −5600/11136 = −0,5029 A

Antwort

IR4 = I1 − I2 = 0,2644 A

Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.

7.Überlagerungssatz

Antwort: I = 5,6 mA

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

Die Antwort als Summe von Anteilen schreiben

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

I = k₁·Vs + k₂·Is
6·k₁ + 3·k₂ = 1,2
12·k₁ + 10·k₂ = 0,8

Nach den Konstanten auflösen

Δ = (6)(10) − (3)(12) = 24
k₁ = Δ1/Δ = 9,6/24 = 0,4
k₂ = Δ2/Δ = −9,6/24 = −0,4
k₁ = 0,4 mA/V, k₂ = −0,4

Den neuen Strom vorhersagen

I = 0,4·20 + (−0,4)·6 = 5,6 mA

Antwort

I = 5,6 mA
8.Überlagerungssatz

Antwort: IR4 = 3,542 A

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

R1​ = 6 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 8 Ω+−V1​15 VR3​15 ΩAOFFENBKURZSCHLUSS

Fall 1 · V1 allein aktiv

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

R3 ∥ (R2+R4) = 15 ∥ 16 = 7,742 Ω
VA = 15·7,742/(6+7,742) = 8,451 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 8,451·8/16 = 4,225 V
IR4′ = (VB − V2)/R4 = (4,225 − 0)/8 = 0,5282 A
R1​ = 6 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 8 ΩKURZSCHLUSSR3​15 ΩAIs​4 ABKURZSCHLUSS

Fall 2 · Is allein aktiv

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

R1 ∥ R3 = 4,286 Ω, also ist der linke Pfad R2+4,286 = 12,29 Ω
Req = R4 ∥ 12,29 = 4,845 Ω
VB = Is·Req = 4·4,845 = 19,38 V
VA = VB·4,286/12,29 = 6,761 V
IR4″ = (VB − V2)/R4 = (19,38 − 0)/8 = 2,423 A
R1​ = 6 ΩR2​ = 8 ΩR4​ = 8 ΩKURZSCHLUSSR3​15 ΩAOFFENB−+V2​12 V

Fall 3 · V2 allein aktiv

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

R1 ∥ R3 = 6·15/(6+15) = 4,286 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−12)·12,29/20,29 = −7,268 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −7,268·4,286/12,29 = −2,535 V
IR4‴ = (VB − V2)/R4 = (−7,268 − −12)/8 = 0,5915 A

Anteile addieren

IR4 = IR4′ + IR4″ + IR4‴
IR4 = 0,5282 + 2,423 + 0,5915 = 3,542 A

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

9.Thévenin und Norton

Antwort: Rth = 14,67 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.

R1​ = 12 ΩR3​ = 8 ΩKURZSCHLUSSR2​15 ΩAabRth​

Rth bei abgeschalteten Quellen bestimmen

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

R1 ∥ R2 = 12·15/(12+15) = 6,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 6,667 + 8 = 14,67 Ω
10.Thévenin und Norton

Antwort: IL = −0,5806 A

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

R1​ = 6 ΩR3​ = 12 ΩKURZSCHLUSSR2​2 ΩAOFFENBabRth​

Rth bei abgeschalteten Quellen bestimmen

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

R1 ∥ R2 = 6·2/(6+2) = 1,5 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,5 + 12 = 13,5 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​18 VR2​2 ΩAIs​1 ABab+−Vth​

Vth bestimmen, die Leerlaufspannung

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

VA = V1·R2/(R1+R2) + Is·(R1∥R2) = 4,5 + (−1)·1,5 = 3 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 3 + (−1)·12 = −9 V
Rth​ = 13,5 Ω−+Vth​9 VRL​2 ΩIL​

Die Last an das Thévenin-Ersatzschaltbild anschließen

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

IL = Vth/(Rth + RL) = −9/(13,5 + 2) = −0,5806 A
11.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: τ = 703,4 ms

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

Thévenin-Ersatzschaltung aus Sicht des Kondensators

Schließe die Quelle kurz, um Rth zu bestimmen; entferne den Kondensator, um die Spannung zu bestimmen, auf die er sich einstellt.

Rth = R1 ∥ R2 = 10·4,7/(10 + 4,7) = 3,197 kΩ
vC(∞) = 24·4,7/(10 + 4,7) = 7,673 V

Zeitkonstante

τ = Rth·C = 3,197·220 = 703,4 ms

Antwort

τ = 703,4 ms
12.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: t = 202,4 ms

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

Anfangswert, Endwert, Zeitkonstante

Die Kondensatorspannung kann nicht springen, daher startet sie bei ihrem gespeicherten Wert und strebt der Quellenspannung zu.

vC(0) = 15 V, vC(∞) = Vs = 10 V
τ = R·C = 4,7 kΩ · 47 µF = 220,9 ms
vC(t) = 10 + (15 − 10)·e−t/τ

Nach der Zeit auflösen

12 = 10 + (5)·e−t/τ → e−t/τ = (12 − 10)/(15 − 10) = 0,4
t = τ·ln((15 − 10)/(12 − 10)) = 220,9·ln(2,5) = 202,4 ms

Antwort

t = 202,4 ms
13.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: φ = −86,01 °

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

Blindwiderstände

ω = 2πf = 2π·50 = 314,2 rad/s
XL = ωL = 314,2·0,1 = 31,42 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·10·10⁻⁶) = 318,3 Ω

Impedanz

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(20² + (−286,9)²) = 287,6 Ω

Phasenwinkel

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(−286,9/20) = −86,01°

Antwort

φ = −86,01°
14.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: VC = 46,19 V

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

Blindwiderstände

ω = 2πf = 2π·50 = 314,2 rad/s
XL = ωL = 314,2·0,02 = 6,283 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·47·10⁻⁶) = 67,73 Ω

Impedanz

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(40² + (−61,44)²) = 73,32 Ω

Strom

Durch jedes Element einer Reihenschaltung fließt derselbe Strom.

I = V/|Z| = 50/73,32 = 0,682 A

Spannung am Kondensator

VC = I·XC = 0,682·67,73 = 46,19 V

Antwort

VC = 46,19 V
15.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: S = 2880 VA

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

Strom

|Z| = √(3² + 4²) = 5 Ω
I = V/|Z| = 120/5 = 24 A

Scheinleistung

S = V·I = 120·24 = 2880 VA

Antwort

S = 2880 VA
16.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: QC = 6,642 kvar

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

Blindleistung vorher und nachher

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

Q1 = P·tan φ1 = 25·tan(36,87°) = 18,75 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 25·tan(25,84°) = 12,11 kvar
QC = Q1 − Q2 = 6,642 kvar

Antwort

QC = 6,642 kvar
17.Drehstromleistung

Antwort: P = 7,067 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 = √3·480·10 = 8,314 kVA

Wirkleistung

P = S·cos φ = 8,314·0,85 = 7,067 kW

Antwort

P = 7,067 kW
18.Drehstromleistung

Antwort: QC = 50,43 kvar

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

Blindleistung vorher und nachher

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

Q1 = 60·tan(acos 0,65) = 60·1,169 = 70,15 kvar
Q2 = 60·tan(acos 0,95) = 60·0,3287 = 19,72 kvar

Blindleistung der Kondensatoren

QC = Q1 − Q2 = 50,43 kvar

Antwort

QC = 50,43 kvar
19.Transformatoren

Antwort: I1 = 4,8 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 = 600/5 = 120 V
I2 = 120/5 = 24 A

Primärstrom

Ein idealer Transformator hat keine Verluste: V₁·I₁ = V₂·I₂.

I1 = I2/5 = 4,8 A

Antwort

I1 = 4,8 A

Kontrolle: Die Last von der Primärseite aus gesehen ist a²·RL = 125 Ω, und 600/125 ergibt denselben Strom.

20.Transformatoren

Antwort: Sη,max = 408,2 kVA

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 gleich Eisenverluste

x²·2250 = 1500 → x = √(1500/2250) = 0,8165

Last bei maximalem Wirkungsgrad

Sη,max = x·S = 0,8165·500 = 408,2 kVA

Antwort

Sη,max = 408,2 kVA
21.Operationsverstärker

Antwort: Vin,max = 0,2766 V

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

Verstärkung

|Av| = Rf/R1 = 47/1 = 47

Größter Eingang vor der Begrenzung

Vin,max = Vsat/|Av| = 13/47 = 0,2766 V

Antwort

Vin,max = 0,2766 V
22.Operationsverstärker

Antwort: Vout = 1,818 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.

Eingangsstrom und Anstiegsrate

kΩ mal µF ergibt Millisekunden.

RC = 10 kΩ · 2,2 µF = 22 ms
Anstiegsrate = −Vin/(RC) = −(−0,2)/22 = 0,009091 V/ms

Ausgang zum gegebenen Zeitpunkt

Der ideale Wert liegt innerhalb von ±Vsat, der Integrierer ist also noch nicht in der Begrenzung.

Vout = −Vin·t/(RC) = −(−0,2)·200/22 = 1,818 V

Antwort

Vout = 1,818 V
23.Dioden und Transistoren

Antwort: VCE = 10,49 V

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

Thévenin-Ersatzschaltbild des Teilers

VTH = 15·6,8/(47 + 6,8) = 1,896 V
RTH = 47·6,8/(47 + 6,8) = 5,941 kΩ

Basisstrom

Maschenregel für die Basismasche; der Emitterstrom ist (β + 1)·IB.

IB = (1,896 − 0,7)/(5,941 + 121·0,47) = 19,04 µA

Kollektorstrom

IC = 120·19,04 µA = 2,285 mA
IE = 121·19,04 µA = 2,304 mA

Kollektor-Emitter-Spannung

VCE = 15 − 2,285·1,5 − 2,304·0,47 = 10,49 V

Antwort

VCE = 10,49 V
24.Dioden und Transistoren

Antwort: ID = 4,378 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

5 = 0,6 + I·(1000 + 5)

Arbeitsstrom

ID = 4,4/1005 = 4,378 mA
VD = 0,6 + 0,004378·5 = 0,6219 V

Antwort

ID = 4,378 mA
25.Zahlensysteme

Antwort: N = −125

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 + 2 + 1 = −125

Antwort

N = −125
26.Zahlensysteme

Antwort: N = −8,389 × 10⁶

Stellenwertsysteme: Jede Ziffer ist ihren Wert mal eine Potenz der Basis wert. Im Binärsystem sind die Stellen 1, 2, 4, 8, 16, … wert, im Hexadezimalsystem 1, 16, 256, …, wobei A–F für 10–15 stehen. Im 8-Bit-Zweierkomplement ist das linke Bit −128 statt +128 wert; so werden negative Zahlen gespeichert.

Negativster Wert

−223 = −8388608

Antwort

N = −8388608
27.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & Flipflops

Antwort: L = 6

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′B′C → m(1)
AC′ → m(4, 6)
BC → m(3, 7)
A′B′ → m(0, 1)
ABC00011110011011130214051716

Gruppieren und ablesen

F = BC + AC′ + A′B′

Die Literale zählen

L = 6

Antwort

L = 6

Es gibt eine weitere Gruppierung derselben Größe; sie hat dieselbe Anzahl von Literalen.

28.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & Flipflops

Antwort: Q = 8

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

Zustand nach jeder Flanke

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

Dezimalwert

1000₂ = 8

Antwort

Q = 8
29.Laplace-Transformationen

Antwort: f(0.2) = 0,7192

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).

Partialbruchzerlegung

F(s) = A/s + B/(s + 3) + C/(s + 5)
A = 60/(3·5) = 4
B = 60/((−3)·2) = −10
C = 60/((−5)·(−2)) = 6

Rücktransformation

f(t) = 4 − 10·e−3t + 6·e−5t

Auswerten

f(0,2) = 4 − 10·e−3·0,2 + 6·e−5·0,2 = 0,7192

Antwort

f(0,2) = 0,7192
30.Laplace-Transformationen

Antwort: y(0.2) = 0,2174

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) = 16/(s(s + 2)(s + 4))

Partialbruchzerlegung

A = 16/(2·4) = 2
B = 16/((−2)·2) = −4
C = 16/((−4)·(−2)) = 2

Ausfuhr

y(t) = 2 − 4·e−2t + 2·e−4t
y(0,2) = 0,2174

Antwort

y(0,2) = 0,2174
31.Blockschaltbilder

Antwort: css = 7,302

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).

Übertragungsfunktion des geschlossenen Kreises

T(s) = G/(1 + G·H) = 23/(s + 4 + 2,3) = 23/(s + 6,3)

Ergebnis

css = R·T(0) = 2·23/6,3 = 7,302

Antwort

css = 7,302
32.Blockschaltbilder

Antwort: K = 39,6

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)) = 1·10/(4 + 10K)

Nach K auflösen

4 + 10K = 1·10/0,025 = 400
K = (400 − 4)/10 = 39,6

Antwort

K = 39,6
33.Sprungantwort

Antwort: %OS = 6,262 %

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

Mit der Normalform vergleichen

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

ωₙ² = 28 → ωₙ = 5,292 rad/s
2ζωₙ = 7 → ζ = 7/(2·5,292) = 0,6614

Ergebnis

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−2,771 = 6,262 %

Antwort

%OS = 6,262 %
34.Sprungantwort

Antwort: ωn = 447,2 rad/s

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

Eigenkreisfrequenz und Dämpfungsgrad

ωₙ = 1/√(LC) = 1/√(0,05·1 × 10⁻⁴) = 447,2 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (18/2)·√(1 × 10⁻⁴/0,05) = 0,4025

Ergebnis

ωₙ = 447,2 rad/s

Antwort

ωn = 447,2 rad/s
35.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: BW = 31,83 Hz

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

Resonanzfrequenz

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,005·2,2 × 10⁻⁶) = 9535 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 1517 Hz

Bandbreite

BW = R/L = 1/0,005 = 200 rad/s = 31,83 Hz

Antwort

BW = 31,83 Hz
36.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: PM = 36,66 °

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 + 64ω² − 20736 = 0
ω² = (−64 + √(4096 + 4·20736))/2 = 115,5
ωc = 10,75 rad/s

Phasenreserve

∠L(jωc) = −90° − atan(10,75/8) = −143,3°
PM = 180° + ∠L = 36,66°

Antwort

PM = 36,66°
37.Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve

Antwort: Kmax = 6

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.

Charakteristische Gleichung

s³ + 3s² + 2s + K = 0

Routh-Schema

s³: 1, 2
s²: 3, K
s¹: (3·2 − K)/3
s⁰: K

Bedingungen

Jeder Eintrag der ersten Spalte muss positiv sein.

K > 0
3·2 − K > 0 → K < 6

Antwort

Kmax = 6

Bei K = 6 schwingt der geschlossene Kreis mit ω = √2 = 1,414 rad/s.

38.Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve

Antwort: K = 35

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.

Betragsbedingung

K = |s|·|s + 6|·|s + 8|

Am Punkt auswerten

K = 1·5·7 = 35

Antwort

K = 35

Probe: s(s + 6)(s + 8) + K ist null bei s = −1.

39.Stationärer Fehler und PID-Regelung

Antwort: ess = 0,24

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

Geschwindigkeitskonstante

Kv = lim s·G(s) = 12,5

Sprunganteil

Kp = ∞ → estep = 0

Rampenfehler

ess = 3/12,5 = 0,24

Antwort

ess = 0,24
40.Stationärer Fehler und PID-Regelung

Antwort: Ki = 4

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

Charakteristisches Polynom

1 + C(s)G(s) = 0, multipliziert mit s(s + 4).

s² + (4 + 4Kp)s + 4Ki

Zielpolynom

s² + 2·0,6·4s + 4² = s² + 4,8s + 16

Koeffizienten vergleichen

4Ki = 16 → Ki = 4

Antwort

Ki = 4

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

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