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​ = 6 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​24 VR2​10 ΩIR2​AR4​15 ΩB

Bestimme den Strom IR2 durch R2.

V1 = 24 VR1 = 6 ΩR2 = 10 ΩR3 = 2 ΩR4 = 15 Ω
IR2 = A
2.Reihen- und ParallelschaltungSchwer
R1​ = 15 ΩR3​ = 6 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​24 VR2​15 ΩAR4​2 ΩBR6​12 Ω

Bestimme den Ersatzwiderstand Req, den die Quelle V1 sieht.

V1 = 24 VR1 = 15 ΩR2 = 15 ΩR3 = 6 ΩR4 = 2 ΩR5 = 4 ΩR6 = 12 Ω
Req = Ω
3.KnotenpotenzialverfahrenMittel
−+Vs​ = 6 VIx​Is​4 AAR1​12 ΩR2​8 ΩB

Die Spannungsquelle Vₛ zwischen A und B hat ihren Pluspol bei B, sie bewirkt also VB − VA = Vₛ. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren und einem Superknoten den Strom Ix durch die Spannungsquelle, von A nach B wie durch den Pfeil angegeben.

Is = 4 AVs = 6 VR1 = 12 ΩR2 = 8 Ω
Ix = A
4.KnotenpotenzialverfahrenSchwer
R1​ = 2 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 3 Ω+−V1​12 VR3​25 ΩAR5​2 ΩBIs​2,5 A−+V2​15 V

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

V1 = 12 VIs = 2,5 AV2 = 15 VR1 = 2 ΩR2 = 12 ΩR3 = 25 ΩR4 = 3 ΩR5 = 2 Ω
VB = V
5.MaschenstromverfahrenMittel
R1​ = 12 ΩR2​ = 12 Ω+−V1​15 VR3​15 ΩA+−V2​10 VI1​I2​

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

V1 = 15 VV2 = 10 VR1 = 12 ΩR2 = 12 ΩR3 = 15 Ω
I2 = A
6.MaschenstromverfahrenSchwer
R1​ = 10 ΩIR1​R2​ = 15 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​5 VR4​3 ΩAR5​12 ΩB+−V2​24 VI1​I2​I3​

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

V1 = 5 VV2 = 24 VR1 = 10 ΩR2 = 15 ΩR3 = 30 ΩR4 = 3 ΩR5 = 12 Ω
IR1 = 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 = 10 V und Is = 8 mA ist I = 10,8 mA; mit Vs = 2 V und Is = 10 mA ist I = 3 mA. Bestimme den Laststrom I für Vs = 2 V und Is = 1 mA.

10 V, 8 mA → 10,8 mA2 V, 10 mA → 3 mAVs = 2 V, Is = 1 mA
I = mA
8.ÜberlagerungssatzSchwer
R1​ = 2 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 12 Ω+−V1​36 VR3​20 ΩIR3​AIs​2,5 AB+−V2​24 V

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

V1 = 36 VIs = 2,5 AV2 = 24 VR1 = 2 ΩR2 = 30 ΩR3 = 20 ΩR4 = 12 Ω
IR3 = A
9.Thévenin und NortonMittel
R1​ = 5 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​30 VR2​8 ΩAab

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

V1 = 30 VR1 = 5 ΩR2 = 8 ΩR3 = 12 Ω
IN = A
10.Thévenin und NortonSchwer
R1​ = 20 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​36 VR2​4 ΩAIs​5 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 = 36 VIs = 5 AR1 = 20 ΩR2 = 4 ΩR3 = 25 ΩRL = 2 Ω
IL = A
11.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
+−Vs​24 Vt = 0R = 10 ΩL68 mHi(t)

Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Bestimme den Strom i bei t = 15 ms.

Vs = 24 VR = 10 ΩL = 68 mHt = 15 ms
i = A
12.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
+−Vs​20 Vt = 0R = 2,2 kΩC33 µF+−vC​vC​(0) = 18 V

Kurz bevor der Schalter bei t = 0 schließt, liegt am Kondensator eine Spannung von 18 V mit der eingezeichneten Polarität. Wie lange dauert es, bis vC den Wert 18,6 V erreicht? Bestimme t.

Vs = 20 VR = 2,2 kΩC = 33 µFvC(0) = 18 V
t = ms
13.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
Vf0​ = 50 HzRL = 10 mHC = ?

Ein RLC-Reihenschwingkreis mit L = 10 mH soll bei 50 Hz in Resonanz sein. Bestimme die nötige Kapazität C.

f0 = 50 HzL = 10 mH
C = µF
14.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
100 V50 HzR1​ = 25 ΩR2​ = 100 ΩC = 10 µFI

Ein Widerstand R1 liegt in Reihe mit einer Parallelschaltung aus R2 und einem Kondensator C an einer Versorgung mit 100 V (Effektivwert) und 50 Hz. Bestimme den Effektivwert des Stroms I.

V = 100 V (rms)f = 50 HzR1 = 25 ΩR2 = 100 ΩC = 10 µF
I = A
15.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
P = 27 kWQSφ

Ein Einphasenmotor nimmt 27 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,8 induktiv aus einer 240-V-Versorgung auf. Bestimme den Leiterstrom I.

P = 27 kWpf = 0,8V = 240 V
I = A
16.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
P = 40 kWQ1​S1​φ1​QC​

Eine einphasige Last nimmt 40 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,8 induktiv aus einer Versorgung mit 400 V und 60 Hz auf. Ein parallel geschalteter Kondensator hebt den Leistungsfaktor auf 0,9. Bestimme den neuen Leiterstrom Inew.

P = 40 kWpf1 = 0,8pf2 = 0,9V = 400 Vf = 60 Hz
Inew = A
17.DrehstromleistungMittel
ABCVL​ = 415 VIL​ = 60 Acos φ = 0,8induktiv

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt aus einem Netz mit einer Leiterspannung von 415 V einen Leiterstrom von 60 A auf. Der Leistungsfaktor ist 0,8 induktiv. Bestimme die gesamte Wirkleistung P, die die Last aufnimmt, in kW.

VL = 415 VIL = 60 Acos φ = 0,8
P = kW
18.DrehstromleistungSchwer
P = 250 kWφ1​S1​Q2​QC​

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 250 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,75 induktiv aus einem Netz mit 400 V (Leiterspannung) und 60 Hz auf. Eine parallel zur Last geschaltete Drehstrom-Kondensatorbatterie soll den Gesamtleistungsfaktor auf 0,92 induktiv anheben. Die Wirkleistung bleibt gleich. Die Kondensatoren sind im Dreieck geschaltet. Bestimme die Kapazität Cph jedes Kondensators in µF.

P = 250 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,92VL = 400 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.TransformatorenMittel
2 ΩN1​N2​288 Ω

Ein Verstärker mit einem Ausgangswiderstand von 288 Ω speist über einen idealen Transformator einen Lautsprecher mit 2 Ω. Für maximale Leistungsübertragung muss der Lautsprecher vom Verstärker aus wie 288 Ω erscheinen. Bestimme das Übersetzungsverhältnis a = N₁/N₂.

Rs = 288 ΩRL = 2 Ω
a =
20.TransformatorenSchwer
pf 0,8200 kVA, 25% Last

Ein einphasiger Transformator mit 200 kVA hat Eisenverluste von 600 W und Kupferverluste von 1200 W bei Nennlast. Er liefert 25 % seiner Nennscheinleistung bei einem Leistungsfaktor von 0,8 induktiv. Bestimme die Gesamtverluste Ploss in Watt bei dieser Last.

S = 200 kVAPcore = 600 WPcu,fl = 1200 Wx = 0,25pf = 0,8
Ploss = W
21.OperationsverstärkerMittel
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 1 kΩVin​

Wähle den Rückkopplungswiderstand Rf so, dass dieser nichtinvertierende Verstärker eine Spannungsverstärkung von 6 hat.

R1 = 1 kΩAv = 6
Rf = kΩ
22.OperationsverstärkerSchwer
−+Vout​C = 1 µFVin​ = 1 VR = 100 kΩ

Der Integrierer verwendet einen idealen Operationsverstärker mit ±15 V Versorgung; sein Ausgang geht bei ±13 V in die Sättigung. Der Kondensator ist ungeladen, als bei t = 0 eine konstante Eingangsspannung Vin = 1 V angelegt wird. Wie lange nach t = 0 erreicht der Ausgang die Sättigung? Bestimme t.

Vin = 1 VR = 100 kΩC = 1 µFVsat = ±13 V
t = ms
23.Dioden und TransistorenMittel
RC​ = 3,3 kΩβ = 120IC​ = ?RE​ = 1 kΩVCC​ = 12 VR1​ = 39 kΩR2​ = 10 kΩ

Ein NPN-Transistor mit β = 120 wird mit einem Spannungsteiler an VCC = 12 V eingestellt: R₁ = 39 kΩ von VCC zur Basis und R₂ = 10 kΩ von der Basis nach Masse. Der Kollektorwiderstand ist RC = 3,3 kΩ und der Emitterwiderstand RE = 1 kΩ. Nimm VBE = 0,7 V an und verwende das Thévenin-Ersatzschaltbild des Teilers (vernachlässige den Basisstrom nicht). Bestimme den Kollektorstrom IC in mA.

VCC = 12 VR1 = 39 kΩR2 = 10 kΩRC = 3,3 kΩRE = 1 kΩβ = 120
IC = mA
24.Dioden und TransistorenSchwer
RC​ = 220 Ωβ = 100IC​ = ?VCC​ = 9 V5 VRB​ = 4,7 kΩ

Ein NPN-Transistor mit β = 100 schaltet einen Lastwiderstand von 220 Ω, der zwischen VCC = 9 V und seinem Kollektor liegt. Der Emitter liegt auf Masse. Die Basis wird von einem Logikausgang mit 5 V über einen Basiswiderstand RB = 4,7 kΩ angesteuert. Nimm VBE = 0,7 V und VCE(sat) = 0,2 V an. Bestimme den Kollektorstrom IC in mA, wenn der Eingang auf High liegt. Entscheide zuerst, ob der Transistor gesättigt ist.

VCC = 9 VRC = 220 Ωβ = 100Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 VRB = 4,7 kΩ
IC = mA
25.ZahlensystemeMittel
8-Bit-Zweierkomplement0−12806403201608040201

Setze die Bits so, dass sie −81 im 8-Bit-Zweierkomplement speichern. Welchen Wert U hat das Muster, wenn man es als vorzeichenlose Zahl liest?

N = −818 bit
U =
26.ZahlensystemeSchwer
Klicke auf die Bits, um sie zu setzen012806403201608040201

Setze die Bits auf das 8-Bit-Ergebnis von 0011 1000 AND 1010 1100. Welchen Wert R hat das Ergebnis dezimal?

0011 1000AND1010 1100
R =
27.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & FlipflopsMittel
ABC000111100101324576

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

F = BC + AB′C + A′B′C′
L =
28.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & FlipflopsSchwer
ABCD000111100001111010X1030214X517160120131151141809011010

Bestimme die minimale SOP-Form von F(A, B, C, D) = Σm(0, 4, 6, 7, 8, 14, 15) + d(1, 5), wobei d die Don’t-Care-Bedingungen kennzeichnet. Wie viele Produktterme N hat sie?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 4, 6, 7, 8, 14, 15) + d(1, 5)
N =
29.Laplace-TransformationenMittel
ReIm−55

Bestimme f(t) für F(s) = (4s + 29)/(s² + 2s + 37) mit quadratischer Ergänzung und werte f(0,6) aus.

F(s) = (4s + 29)/(s² + 2s + 37)t = 0,6 s
f(0.6) =
30.Laplace-TransformationenSchwer
t (s)y(t)t = 0,25y(0,25) = ?

Ein System gehorcht y″ + 8y′ + 15y = 30·u(t). Es startet in Ruhe (y(0) = 0, y′(0) = 0), und der Eingang ist ein Sprung u(t) = 10 für t ≥ 0. Bestimme mit der Laplace-Transformation den Ausgang y(0,25).

y″ + 8y′ + 15y = 30·u(t)u(t) = 10y(0) = 0, y′(0) = 0t = 0,25 s
y(0.25) =
31.BlockschaltbilderMittel
R(s)+13K+9s + 2G(s)C(s)4H₁−−

Die Strecke G(s) = 9/(s + 2) hat eine innere (unterlagerte) Gegenkopplung mit der Verstärkung H₁ = 4. Eine Reglerverstärkung K = 13 und eine äußere Einheits-Gegenkopplung schließen das System. Bestimme die statische Verstärkung T(0) des geschlossenen Kreises.

G(s) = 9/(s + 2)H₁ = 4K = 13
T(0) =
32.BlockschaltbilderSchwer
R(s)+Ks(s + 4)(s + 9)G(s)C(s)−

Die Strecke G(s) = K/(s(s + 4)(s + 9)) liegt in einem Regelkreis mit Einheits-Gegenkopplung. Bei der größten stabilen Verstärkung schwingt der Kreis. Bestimme die Schwingfrequenz ω in rad/s.

G(s) = K/(s(s + 4)(s + 9))Einheits-Gegenkopplung
ω = rad/s
33.SprungantwortMittel
t (s)y(t)1

Ein System hat die Übertragungsfunktion G(s) = 73/(s² + 12s + 73) und erhält einen Einheitssprung am Eingang. Bestimme den Dämpfungsgrad ζ.

G(s) = 73/(s² + 12s + 73)
ζ =
34.SprungantwortSchwer
+−5 VR = 13 ΩL = 10 mHC = 22 µFvC​

Ein Reihen-RLC-Kreis mit R = 13 Ω, L = 10 mH und C = 22 µF wird bei t = 0 an einen Sprung von 5 V angeschlossen. Der Kondensator ist ungeladen, und vor dem Sprung fließt kein Strom. Bestimme den Zeitpunkt tp des ersten Spannungsmaximums in ms.

R = 13 ΩL = 10 mHC = 22 µFV = 5 V
tp = ms
35.Bode-Diagramme und ReservenMittel
|H| (dB)0,10,1111010100100−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−90−450ω = 2

Bestimme die Phase ∠G(jω) von G(s) = 28(s + 4)/(s(s + 8)) bei ω = 2 rad/s in Grad.

G(s) = 28(s + 4)/(s(s + 8))ω = 2 rad/s
∠G(jω) = °
36.Bode-Diagramme und ReservenSchwer
|H| (dB)0,10,1111010100100−80−60−40−2002040ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Ein Regelkreis mit Einheitsrückführung hat die Übertragungsfunktion des offenen Kreises L(s) = K/(s(s + 4)(s + 5)). Bestimme die Verstärkung K, die eine Amplitudenreserve von 5 dB ergibt.

L(s) = K/(s(s + 4)(s + 5))GM = 5 dB
K =
37.Stabilität: Routh-Hurwitz und WurzelortskurveMittel
R(s)+K1s(s + 1)(s + 10)C(s)−

Der Regelkreis im Schaubild hat die Übertragungsfunktion des offenen Kreises L(s) = K/(s(s + 1)(s + 10)). Bestimme die größte Verstärkung Kmax, für die der geschlossene Kreis stabil ist.

L(s) = K/(s(s + 1)(s + 10))
Kmax =
38.Stabilität: Routh-Hurwitz und WurzelortskurveSchwer
ReIm−2−4j2j4

Bestimme für L(s) = K/((s + 3)(s² + 4s + 20)) den Abgangswinkel θd der Wurzelortskurve vom komplexen Pol in der oberen Halbebene, gemessen von der positiven reellen Achse.

L(s) = K/((s + 3)(s² + 4s + 20))
θd = °
39.Stationärer Fehler und PID-RegelungMittel
r(t) = 2 + 4t+5(s + 4)s(s + 2)(s + 4)C(s)−

Auf einen Regelkreis mit Einheitsrückführung und G(s) = 5(s + 4)/(s(s + 2)(s + 4)) wird die Eingangsgröße r(t) = 2 + 4t (ein Sprung plus eine Rampe) gegeben. Bestimme den stationären Fehler ess.

G(s) = 5(s + 4)/(s(s + 2)(s + 4))r(t) = 2 + 4t
ess =
40.Stationärer Fehler und PID-RegelungSchwer
R(s)+Kp​ + Ki​/s2s + 1C(s)−

Ein PI-Regler C(s) = Kp + Ki/s regelt die Strecke G(s) = 2/(s + 1) in einem Regelkreis mit Einheitsrückführung. Der geschlossene Kreis soll ωₙ = 8 rad/s und ζ = 0,7 haben. Bestimme die Proportionalverstärkung Kp.

G(s) = 2/(s + 1)ωₙ = 8 rad/sζ = 0,7
Kp =

3Lösungen

1.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: IR2 = 1,229 A

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

R1​ = 6 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​24 VR2​10 ΩAR4​15 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 = 2 + 15 = 17 Ω
R2 ∥ 17 = 10·17/(10+17) = 6,296 Ω
Req = R1 + 6,296 = 6 + 6,296 = 12,3 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 = 24/12,3 = 1,952 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 = 24 − 1,952·6 = 12,29 V
IR2 = VA/R2 = 12,29/10 = 1,229 A

Antwort

IR2 = 1,229 A
2.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: Req = 20,12 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​ = 15 ΩR3​ = 6 ΩR5​ = 4 Ω+−V1​24 VR2​15 ΩAR4​2 ΩBR6​12 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 = 4 + 12 = 16 Ω
R4 ∥ 16 = 1,778 Ω
R3 + 1,778 = 7,778 Ω
R2 ∥ 7,778 = 5,122 Ω
Req = R1 + 5,122 = 15 + 5,122 = 20,12 Ω

Antwort

Req = 20,12 Ω
3.Knotenpotenzialverfahren

Antwort: Ix = 2,7 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.

Einen Superknoten bilden

Die Spannungsquelle zwischen A und B führt einen unbekannten Strom, daher kann die Knotenregel nicht getrennt an A oder B aufgestellt werden. Fasse A, B und die Quelle zu einem Superknoten zusammen: Der hineinfließende Strom ist gleich dem herausfließenden.

VB = VA + Vs = VA + 6
VA/R1 + VB/R2 = Is

Lösen

VA/12 + (VA + 6)/8 = 4
VA = (4 − 6/8)/(1/12 + 1/8) = 15,6 V
VB = 15,6 + 6 = 21,6 V

Strom durch die Spannungsquelle

Alles, was von A nach B durch die Quelle fließt, verlässt den Knoten B über R₂.

Ix = VB/R2 = 21,6/8 = 2,7 A

Antwort

Ix = 2,7 A

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

4.Knotenpotenzialverfahren

Antwort: VB = −7,397 V

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

R1​ = 2 ΩR2​ = 12 ΩR4​ = 3 Ω+−V1​12 VR3​25 ΩAR5​2 ΩBIs​2,5 A−+V2​15 V

Knoten festlegen

Masse ist der untere Leiter. Bekannte Knotenpotenziale ergeben sich direkt aus den Quellen (V1 = 12 V, V2 = −15 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/25 + (VA − 12)/2 + (VA − VB)/12 = 0
0,6233·VA − 0,08333·VB = 6

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)/12 + (VB − (−15))/3 = (−2,5)
−0,08333·VA + 0,9167·VB = −7,5

Lösen

Δ = (0,6233)(0,9167) − (−0,08333)(−0,08333) = 0,5644
VA = Δ1/Δ = 4,875/0,5644 = 8,637 V
VB = Δ2/Δ = −4,175/0,5644 = −7,397 V

Antwort

VB = −7,397 V
5.Maschenstromverfahren

Antwort: I2 = −0,08929 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​ = 12 ΩR2​ = 12 Ω+−V1​15 VR3​15 ΩA+−V2​10 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
12·I1 + 15(I1 − I2) = 15
27·I1 − 15·I2 = 15

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
12·I2 + 15(I2 − I1) = (−10)
−15·I1 + 27·I2 = −10

Lösen

Δ = (27)(27) − (−15)(−15) = 504
I1 = Δ1/Δ = 255/504 = 0,506 A
I2 = Δ2/Δ = −45/504 = −0,08929 A

Antwort

I2 = −0,08929 A

Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.

6.Maschenstromverfahren

Antwort: IR1 = 0,3338 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​ = 10 ΩR2​ = 15 ΩR3​ = 30 Ω+−V1​5 VR4​3 ΩAR5​12 ΩB+−V2​24 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
10·I1 + 3(I1 − I2) = 5
13·I1 − 3·I2 = 5

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
15·I2 + 3(I2 − I1) + 12(I2 − I3) = 0
−3·I1 + 30·I2 − 12·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
30·I3 + 12(I3 − I2) = (−24)
−12·I2 + 42·I3 = −24

Lösen

Δ = Determinante der Koeffizientenmatrix = 14130
I1 = Δ1/Δ = 4716/14130 = 0,3338 A
I2 = Δ2/Δ = −3114/14130 = −0,2204 A
I3 = Δ3/Δ = −8964/14130 = −0,6344 A

Antwort

IR1 = I1 = 0,3338 A

Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.

7.Überlagerungssatz

Antwort: I = 2,1 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
10·k₁ + 8·k₂ = 10,8
2·k₁ + 10·k₂ = 3

Nach den Konstanten auflösen

Δ = (10)(10) − (8)(2) = 84
k₁ = Δ1/Δ = 84/84 = 1
k₂ = Δ2/Δ = 8,4/84 = 0,1
k₁ = 1 mA/V, k₂ = 0,1

Den neuen Strom vorhersagen

I = 1·2 + 0,1·1 = 2,1 mA

Antwort

I = 2,1 mA
8.Überlagerungssatz

Antwort: IR3 = 1,68 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​ = 2 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 12 Ω+−V1​36 VR3​20 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) = 20 ∥ 42 = 13,55 Ω
VA = 36·13,55/(2+13,55) = 31,37 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 31,37·12/42 = 8,963 V
IR3′ = (VA − 0)/R3 = (31,37 − 0)/20 = 1,568 A
R1​ = 2 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 12 ΩKURZSCHLUSSR3​20 ΩAIs​2,5 ABKURZSCHLUSS

Fall 2 · Is allein aktiv

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

R1 ∥ R3 = 1,818 Ω, also ist der linke Pfad R2+1,818 = 31,82 Ω
Req = R4 ∥ 31,82 = 8,714 Ω
VB = Is·Req = 2,5·8,714 = 21,78 V
VA = VB·1,818/31,82 = 1,245 V
IR3″ = (VA − 0)/R3 = (1,245 − 0)/20 = 0,06224 A
R1​ = 2 ΩR2​ = 30 ΩR4​ = 12 ΩKURZSCHLUSSR3​20 ΩAOFFENB+−V2​24 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 = 2·20/(2+20) = 1,818 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 24·31,82/43,82 = 17,43 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 17,43·1,818/31,82 = 0,9959 V
IR3‴ = (VA − 0)/R3 = (0,9959 − 0)/20 = 0,04979 A

Anteile addieren

IR3 = IR3′ + IR3″ + IR3‴
IR3 = 1,568 + 0,06224 + 0,04979 = 1,68 A

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

9.Thévenin und Norton

Antwort: IN = 1,224 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​ = 5 ΩR3​ = 12 ΩKURZSCHLUSSR2​8 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 = 5·8/(5+8) = 3,077 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,077 + 12 = 15,08 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​30 VR2​8 ΩAab+−Vth​

Vth bestimmen, die Leerlaufspannung

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

Vth = V1·R2/(R1+R2) = 30·8/(5+8) = 18,46 V
IN​1,224 ARth​15,08 Ωab

Norton-Ersatzschaltbild

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

IN = Vth/Rth = 18,46/15,08 = 1,224 A
10.Thévenin und Norton

Antwort: IL = 4,868 A

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

R1​ = 20 ΩR3​ = 25 ΩKURZSCHLUSSR2​4 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 = 20·4/(20+4) = 3,333 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 3,333 + 25 = 28,33 Ω
R1​ = 20 ΩR3​ = 25 Ω+−V1​36 VR2​4 ΩAIs​5 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) = 6 + 5·3,333 = 22,67 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 22,67 + 5·25 = 147,7 V
Rth​ = 28,33 Ω+−Vth​147,7 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) = 147,7/(28,33 + 2) = 4,868 A
11.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: i = 2,136 A

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

Zeitkonstante und Endstrom

Lange nach dem Schließen des Schalters wirkt die Spule wie ein Kurzschluss, daher bestimmt R allein den Endstrom.

τ = L/R = 68 mH / 10 Ω = 6,8 ms
i(∞) = Vs/R = 24/10 = 2,4 A

Strom zum gegebenen Zeitpunkt

i(t) = i(∞)·(1 − e−t/τ) = 2,4·(1 − e−15/6,8) = 2,136 A

Antwort

i = 2,136 A
12.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: t = 25,89 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) = 18 V, vC(∞) = Vs = 20 V
τ = R·C = 2,2 kΩ · 33 µF = 72,6 ms
vC(t) = 20 + (18 − 20)·e−t/τ

Nach der Zeit auflösen

18,6 = 20 + (−2)·e−t/τ → e−t/τ = (18,6 − 20)/(18 − 20) = 0,7
t = τ·ln((18 − 20)/(18,6 − 20)) = 72,6·ln(1,429) = 25,89 ms

Antwort

t = 25,89 ms
13.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: C = 1013 µF

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|.

Resonanzbedingung

Bei Resonanz heben sich induktiver und kapazitiver Blindwiderstand auf: ωL = 1/(ωC).

ω₀ = 2π·50 = 314,2 rad/s
C = 1/(ω₀²·L) = 1/(314,2²·0,01) = 1013 µF

Antwort

C = 1013 µF
14.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: I = 0,8369 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·50·10·10⁻⁶) = 318,3 Ω

Parallelschaltung

Erweitere Zähler und Nenner mit dem konjugiert Komplexen, um Zp in Real- und Imaginärteil zu zerlegen.

Zp = R₂·(−jXC)/(R₂ − jXC) = (R₂·XC² − jR₂²·XC)/(R₂² + XC²)
Zp = 91,02 − j28,59 Ω

Gesamtimpedanz

Z = 25 + 91,02 − j28,59 = 116 − j28,59 Ω
|Z| = √(116² + 28,59²) = 119,5 Ω

Strom

I = V/|Z| = 100/119,5 = 0,8369 A

Antwort

I = 0,8369 A
15.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: I = 140,6 A

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) = 27000/(240·0,8) = 140,6 A

Antwort

I = 140,6 A
16.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: Inew = 111,1 A

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 = 40·tan(36,87°) = 30 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 40·tan(25,84°) = 19,37 kvar
QC = Q1 − Q2 = 10,63 kvar

Neuer Leiterstrom

Inew = P/(V·cos φ2) = 40000/(400·0,9) = 111,1 A

Antwort

Inew = 111,1 A
17.Drehstromleistung

Antwort: P = 34,5 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 = √3·415·60 = 43,13 kVA

Wirkleistung

P = S·cos φ = 43,13·0,8 = 34,5 kW

Antwort

P = 34,5 kW
18.Drehstromleistung

Antwort: Cph = 629,9 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 = 250·tan(acos 0,75) = 250·0,8819 = 220,5 kvar
Q2 = 250·tan(acos 0,92) = 250·0,426 = 106,5 kvar

Blindleistung der Kondensatoren

QC = Q1 − Q2 = 114 kvar

Kapazität pro Strang

In einer Dreieckbatterie ist jeder Kondensator zwischen zwei Außenleiter geschaltet.

V = 400 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 37993/(377·400²) = 629,9 µF

Antwort

Cph = 629,9 µF
19.Transformatoren

Antwort: a = 12

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.

Die umgerechnete Last anpassen

a²·2 = 288
a = √(288/2) = √144 = 12

Antwort

a = 12
20.Transformatoren

Antwort: Ploss = 675 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 = 0,0625·1200 = 75 W

Gesamtverluste

Die Eisenverluste sind bei jeder Last gleich.

Ploss = 600 + 75 = 675 W

Antwort

Ploss = 675 W

Der Wirkungsgrad bei dieser Last ist η = 98,34%.

21.Operationsverstärker

Antwort: Rf = 5 kΩ

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 eines nichtinvertierenden Verstärkers

V₋ = V₊ = Vin, und der Strom durch R₁ fließt auch durch Rf, also Vout = Vin·(1 + Rf/R₁).

Av = 1 + Rf/R1
Rf = (6 − 1)·1 = 5 kΩ

Antwort

Rf = 5 kΩ
22.Operationsverstärker

Antwort: t = 1300 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.

Eingangsstrom und Anstiegsrate

kΩ mal µF ergibt Millisekunden.

RC = 100 kΩ · 1 µF = 100 ms
Anstiegsrate = −Vin/(RC) = −1/100 = −0,01 V/ms

Zeit bis zur Sättigung

|Vin|·t/(RC) = Vsat → t = Vsat·RC/|Vin| = 13·100/1 = 1300 ms

Antwort

t = 1300 ms
23.Dioden und Transistoren

Antwort: IC = 1,627 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.

Thévenin-Ersatzschaltbild des Teilers

VTH = 12·10/(39 + 10) = 2,449 V
RTH = 39·10/(39 + 10) = 7,959 kΩ

Basisstrom

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

IB = (2,449 − 0,7)/(7,959 + 121·1) = 13,56 µA

Kollektorstrom

IC = 120·13,56 µA = 1,627 mA
IE = 121·13,56 µA = 1,641 mA

Antwort

IC = 1,627 mA
24.Dioden und Transistoren

Antwort: IC = 40 mA

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

Basisstrom

IB = (5 − 0,7)/4,7 kΩ = 914,9 µA

Gesättigt oder aktiv?

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

β·IB = 91,49 mA
IC(sat) = (9 − 0,2)/220 = 40 mA

Kollektorstrom

IC = IC(sat) = 40 mA

Antwort

IC = 40 mA

Der Transistor ist gesättigt.

25.Zahlensysteme

Antwort: U = 175

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

Invertieren und eins addieren

81 = 0101 0001
invertiert: 1010 1110
+1 → 1010 1111

Vorzeichenlos lesen

1010 1111₂ = 256 − 81 = 175

Antwort

U = 175
26.Zahlensysteme

Antwort: R = 40

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

AND ergibt nur dort 1, wo beide Bits 1 sind.

0011 1000
AND 1010 1100
= 0010 1000

Wert des Ergebnisses

0010 1000₂ = 40

Antwort

R = 40
27.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & Flipflops

Antwort: L = 7

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

BC → m(3, 7)
AB′C → m(5)
A′B′C′ → m(0)
ABC00011110011001130204151706

Gruppieren und ablesen

F = BC + AC + A′B′C′

Die Literale zählen

L = 7

Antwort

L = 7
28.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & Flipflops

Antwort: N = 3

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

Primimplikanten

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

BC, B′C′D′, A′C′, A′B
ABCD000111100001111010X1030214X517160120131151141809011010

Minimale Überdeckung

F = BC + B′C′D′ + A′C′
N = 3

Antwort

N = 3

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

29.Laplace-Transformationen

Antwort: f(0.6) = −2,981

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

Quadratische Ergänzung

s² + 2s + 37 = (s + 1)² + 36 = (s + 1)² + 6²

Zähler anpassen

F(s) = 4·(s + 1)/((s + 1)² + 6²) + (25/6)·6/((s + 1)² + 6²)

Rücktransformation

f(t) = e−t·(4·cos 6t + 4,167·sin 6t)
f(0,6) = e−0,6·(4·cos(6·0,6) + 4,167·sin(6·0,6)) = −2,981

Antwort

f(0,6) = −2,981
30.Laplace-Transformationen

Antwort: y(0.25) = 4,977

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) = 300/(s(s + 3)(s + 5))

Partialbruchzerlegung

A = 300/(3·5) = 20
B = 300/((−3)·2) = −50
C = 300/((−5)·(−2)) = 30

Ausfuhr

y(t) = 20 − 50·e−3t + 30·e−5t
y(0,25) = 4,977

Antwort

y(0,25) = 4,977
31.Blockschaltbilder

Antwort: T(0) = 0,7548

Blockschaltbild-Algebra: Blöcke in Reihe werden multipliziert (G₁·G₂), parallele Blöcke werden addiert (G₁ + G₂), und ein Regelkreis mit Vorwärtspfad G und Rückführpfad H wird bei Gegenkopplung zu T = G/(1 + G·H) und bei Mitkopplung zu G/(1 − G·H) zusammengefasst. Fasse zuerst die inneren Schleifen zusammen und arbeite dich dann nach außen. Die Pole des geschlossenen Regelkreises sind die Wurzeln der charakteristischen Gleichung 1 + G(s)H(s) = 0. Bei einem stabilen Kreis liefert ein Sprung der Größe A den stationären Ausgang A·T(0); bei Einheitsrückführung beträgt der stationäre Fehler auf einen Sprung A/(1 + Kp) mit Kp = G(0).

Innere Schleife

Gᵢ = G/(1 + G·H₁) = 9/(s + 2 + 9·4) = 9/(s + 38)

Äußere Schleife

T(s) = K·Gᵢ/(1 + K·Gᵢ) = 117/(s + 38 + 117) = 117/(s + 155)

Ergebnis

T(0) = 117/155 = 0,7548

Antwort

T(0) = 0,7548
32.Blockschaltbilder

Antwort: ω = 6 rad/s

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).

Charakteristische Gleichung

s³ + 13s² + 36s + K = 0

Routh-Schema

s³ | 1 36
s² | 13 K
s¹ | (13·36 − K)/13
s⁰ | K

Stabilitätsgrenze

Alle Einträge der ersten Spalte müssen positiv sein.

Kmax = 13·36 = 468

Schwingfrequenz

13·(jω)² + 468 = 0 → ω² = 468/13 = 36
ω = 6 rad/s

Antwort

ω = 6 rad/s
33.Sprungantwort

Antwort: ζ = 0,7022

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 = 73 → ωₙ = 8,544 rad/s
2ζωₙ = 12 → ζ = 12/(2·8,544) = 0,7022

Ergebnis

ζ = 0,7022

Antwort

ζ = 0,7022
34.Sprungantwort

Antwort: tp = 1,547 ms

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

Eigenkreisfrequenz und Dämpfungsgrad

ωₙ = 1/√(LC) = 1/√(0,01·2,2 × 10⁻⁵) = 2132 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (13/2)·√(2,2 × 10⁻⁵/0,01) = 0,3049

Ergebnis

ωd = 2031 rad/s
tp = π/ωd = 1,547 ms

Antwort

tp = 1,547 ms
35.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: ∠G(jω) = −77,47 °

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

Die Winkel addieren

∠G = atan(2/4) − 90° − atan(2/8) = 26,57° − 90° − 14,04°

Ergebnis

∠G(j2) = −77,47°

Antwort

∠G(jω) = −77,47°
36.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: K = 101,2

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

Phasendurchtritt

(ω/4)·(ω/5) = 1 → ω180 = √(4·5) = 4,472 rad/s

Betrag am Phasendurchtritt

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 16)·√(ω² + 25)) = K/(4·5·(4 + 5)) = K/180

Geforderte Verstärkung

180/K = 105/20 = 1,778
K = 180/1,778 = 101,2

Antwort

K = 101,2
37.Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve

Antwort: Kmax = 110

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 + 11s² + 10s + K = 0

Routh-Schema

s³: 1, 10
s²: 11, K
s¹: (11·10 − K)/11
s⁰: K

Bedingungen

Jeder Eintrag der ersten Spalte muss positiv sein.

K > 0
11·10 − K > 0 → K < 110

Antwort

Kmax = 110

Bei K = 110 schwingt der geschlossene Kreis mit ω = √10 = 3,162 rad/s.

38.Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve

Antwort: θd = 14,04 °

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

Lage der Pole

s² + 4s + 20 = 0 → s = −2 ± j4
s = −3

Winkel der anderen Pole

∠(−2 + j4 + 3) = atan2(4, 1) = 75,96°
∠(−2 + j4 − (−2 − j4)) = ∠(j8) = 90°

Abgangswinkel

θd = 180° − 75,96° − 90° = 14,04°

Antwort

θd = 14,04°
39.Stationärer Fehler und PID-Regelung

Antwort: ess = 1,6

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) = 2,5

Sprunganteil

Kp = ∞ → estep = 0

Rampenfehler

ess = 4/2,5 = 1,6

Antwort

ess = 1,6
40.Stationärer Fehler und PID-Regelung

Antwort: Kp = 5,1

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

Charakteristisches Polynom

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

s² + (1 + 2Kp)s + 2Ki

Zielpolynom

s² + 2·0,7·8s + 8² = s² + 11,2s + 64

Koeffizienten vergleichen

1 + 2Kp = 11,2 → Kp = 5,1

Antwort

Kp = 5,1

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

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