Übungsaufgaben für die Prüfung FE Electrical and Computer: Lernpaket

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

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1Formeln und Methoden

Reihen- und Parallelschaltung

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

Methode

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

Knotenpotenzialverfahren

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

Methode

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

Maschenstromverfahren

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

Methode

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

Überlagerungssatz

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

Methode

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

Thévenin und Norton

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

Methode

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

RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

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

Methode

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

Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

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

Methode

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

Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

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

Drehstromleistung

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

Transformatoren

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

Operationsverstärker

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

Dioden und Transistoren

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

Zahlensysteme

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

Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & Flipflops

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

Methode

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

Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve

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

Methode

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

Stationärer Fehler und PID-Regelung

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

Methode

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

2Übungsaufgaben

1.Reihen- und ParallelschaltungMittel
R1​ = 3 ΩIR1​R3​ = 10 Ω+−V1​9 VR2​20 ΩAR4​15 ΩB

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

V1 = 9 VR1 = 3 ΩR2 = 20 ΩR3 = 10 ΩR4 = 15 Ω
IR1 = A
2.Reihen- und ParallelschaltungSchwer
R1​ = 12 ΩR3​ = 8 ΩR5​ = 25 Ω+−V1​36 VR2​12 ΩIR2​AR4​30 ΩBR6​15 Ω

Bestimme den Strom IR2 durch R2.

V1 = 36 VR1 = 12 ΩR2 = 12 ΩR3 = 8 ΩR4 = 30 ΩR5 = 25 ΩR6 = 15 Ω
IR2 = A
3.KnotenpotenzialverfahrenMittel
R1​ = 8 ΩR3​ = 12 Ω+−V1​10 VR2​2 ΩAR4​20 ΩBIs​3 A

Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren die von der Stromquelle Is abgegebene Leistung PIs.

V1 = 10 VIs = 3 AR1 = 8 ΩR2 = 2 ΩR3 = 12 ΩR4 = 20 Ω
PIs = W
4.KnotenpotenzialverfahrenSchwer
R1​ = 20 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​12 VR2​4 ΩAR4​10 ΩBIs​?

Die Stromquelle wird so eingestellt, dass das Knotenpotenzial an A VA = 5 V beträgt. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren den Quellenstrom Is (Richtung wie dargestellt).

V1 = 12 VR1 = 20 ΩR2 = 4 ΩR3 = 5 ΩR4 = 10 ΩVA = 5 V
Is = A
5.MaschenstromverfahrenMittel
R1​ = 10 ΩR2​ = 6 Ω+−V1​12 VR3​6 ΩA+−V2​9 VI1​I2​

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

V1 = 12 VV2 = 9 VR1 = 10 ΩR2 = 6 ΩR3 = 6 Ω
I2 = A
6.MaschenstromverfahrenSchwer
R1​ = 20 ΩR2​ = 12 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​5 VR4​4 ΩAR5​5 ΩB+−V2​15 VI1​I2​I3​

Bestimme mit dem Maschenstromverfahren den Maschenstrom I1 (im Uhrzeigersinn).

V1 = 5 VV2 = 15 VR1 = 20 ΩR2 = 12 ΩR3 = 8 ΩR4 = 4 ΩR5 = 5 Ω
I1 = A
7.ÜberlagerungssatzMittel
R1​ = 3 ΩR3​ = 8 ΩIR3​+−V1​18 VR2​10 ΩAR4​2 ΩBIs​2 A

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

V1 = 18 VIs = 2 AR1 = 3 ΩR2 = 10 ΩR3 = 8 ΩR4 = 2 Ω
IR3 = A
8.ÜberlagerungssatzSchwer
R1​ = 8 ΩR2​ = 5 Ω+−VR2​R4​ = 25 Ω+−V1​30 VR3​3 ΩAIs​4 AB−+V2​9 V

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

V1 = 30 VIs = 4 AV2 = 9 VR1 = 8 ΩR2 = 5 ΩR3 = 3 ΩR4 = 25 Ω
VR2 = V
9.Thévenin und NortonMittel
R1​ = 6 ΩR3​ = 3 Ω+−V1​9 VR2​12 ΩAab

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

V1 = 9 VR1 = 6 ΩR2 = 12 ΩR3 = 3 Ω
Rth = Ω
10.Thévenin und NortonSchwer
R1​ = 8 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​30 VR2​12 ΩAIs​5 ABRL​15 ΩIL​

An a–b wird eine Last RL = 15 Ω angeschlossen. Ersetze den Rest der Schaltung durch ihr Thévenin-Ersatzschaltbild und bestimme den Laststrom IL.

V1 = 30 VIs = 5 AR1 = 8 ΩR2 = 12 ΩR3 = 5 ΩRL = 15 Ω
IL = A
11.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
+−Vs​24 Vt = 0R = 15 ΩL33 mHi(t)

Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Wie lange nach dem Schließen des Schalters erreicht der Strom 75 % seines Endwerts? Bestimme t.

Vs = 24 VR = 15 ΩL = 33 mH
t = ms
12.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
+−Vs​6 Vt = 0R = 2,2 kΩC10 µF+−vC​vC​(0) = 5 V

Kurz bevor der Schalter bei t = 0 schließt, liegt am Kondensator eine Spannung von 5 V mit der eingezeichneten Polarität. Bestimme die Kondensatorspannung vC bei t = 40 ms.

Vs = 6 VR = 2,2 kΩC = 10 µFvC(0) = 5 Vt = 40 ms
vC = V
13.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
10 V100 HzR = 15 ΩL = 20 mHC = 22 µF

Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 10 V (Effektivwert) und 100 Hz. Bestimme den Phasenwinkel φ der Impedanz in Grad (positiv, wenn der Strom der Spannung nacheilt).

V = 10 V (rms)f = 100 HzR = 15 ΩL = 20 mHC = 22 µF
φ = °
14.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
120 V500 HzR1​ = 10 ΩR2​ = 50 ΩC = 2,2 µFI

Ein Widerstand R1 liegt in Reihe mit einer Parallelschaltung aus R2 und einem Kondensator C an einer Versorgung mit 120 V (Effektivwert) und 500 Hz. Bestimme den Effektivwert des Stroms I.

V = 120 V (rms)f = 500 HzR1 = 10 ΩR2 = 50 ΩC = 2,2 µF
I = A
15.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
120 VR + jXP = 1170 W19,5 A

Eine induktive Last nimmt aus einer einphasigen Versorgung mit 120 V (Effektivwert) 19,5 A und 1170 W auf. Modelliere sie als Widerstand R in Reihe mit einem Blindwiderstand X. Bestimme R.

V = 120 VI = 19,5 AP = 1170 W
R = Ω
16.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
400 V60 HzLast30 kW, 0,65C330 µFI

Eine einphasige Last nimmt aus einer Versorgung mit 400 V und 60 Hz 30 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,65 induktiv auf. Parallel zur Last wird ein Kondensator mit 330 µF geschaltet. Bestimme den neuen Leistungsfaktor cos φ, den die Versorgung sieht.

P = 30 kWpf1 = 0,65V = 400 Vf = 60 HzC = 330 µF
cos φ =
17.DrehstromleistungMittel
ABCVL​ = 400 VIL​ = 150 Acos φ = 0,88induktiv

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt aus einem Netz mit einer Leiterspannung von 400 V einen Leiterstrom von 150 A auf. Der Leistungsfaktor ist 0,88 induktiv. Bestimme die gesamte Wirkleistung P, die die Last aufnimmt, in kW.

VL = 400 VIL = 150 Acos φ = 0,88
P = kW
18.DrehstromleistungSchwer
P = 120 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 120 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,7 induktiv aus einem Netz mit 690 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 = 120 kWpf1 = 0,7pf2 = 0,95VL = 690 Vf = 50 Hz
QC = kvar
19.TransformatorenMittel
11000 V400 VIHV​ = ?ILV​100 kVA

Ein einphasiger Transformator mit 100 kVA und 11000/400 V wird bei Nennlast betrieben. Betrachte ihn als ideal. Bestimme den Strom IHV in der Oberspannungswicklung.

S = 100 kVAV1 = 11000 VV2 = 400 V
IHV = A
20.TransformatorenSchwer
pf 0,8250 kVA, 50% Last

Ein einphasiger Transformator mit 250 kVA hat Eisenverluste von 1250 W und Kupferverluste von 3125 W bei Nennlast. Er liefert 50 % seiner Nennscheinleistung bei einem Leistungsfaktor von 0,8 induktiv. Bestimme die Gesamtverluste Ploss in Watt bei dieser Last.

S = 250 kVAPcore = 1250 WPcu,fl = 3125 Wx = 0,5pf = 0,8
Ploss = W
21.OperationsverstärkerMittel
−+Vout​Rf​ = ?R1​ = 2 kΩVin​

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

R1 = 2 kΩAv = 6
Rf = kΩ
22.OperationsverstärkerSchwer
Vin​V1​Vout​Stufe 1: invertierendR1​ = 2 kΩRf1​ = 4,7 kΩStufe 2: nicht invertierendR2​ = 4,7 kΩRf2​ = 10 kΩ

Zwei ideale Operationsverstärkerstufen sind in Kette geschaltet: ein invertierender Verstärker (R1, Rf1), gefolgt von einem nicht invertierenden Verstärker (R2 nach Masse, Rf2 in der Rückkopplung). Beide werden mit ±15 V versorgt. Bestimme die Gesamtspannungsverstärkung Av = Vout/Vin.

R1 = 2 kΩRf1 = 4,7 kΩR2 = 4,7 kΩRf2 = 10 kΩ
Av =
23.Dioden und TransistorenMittel
+−15 V100 Ω5,6 V680 ΩIZ​ = ?

Ein 5,6-V-Z-Dioden-Regler wird aus 15 V über 100 Ω gespeist und versorgt eine Last von 680 Ω. Bestimme den Zenerstrom IZ.

Vin = 15 VVZ = 5,6 VR = 100 ΩRL = 680 Ω
IZ = mA
24.Dioden und TransistorenSchwer
RC​ = 330 Ωβ = 80VCC​ = 9 V5 VRB​ = ?

Ein NPN-Transistor mit β = 80 schaltet einen Lastwiderstand von 330 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 angesteuert. Nimm VBE = 0,7 V und VCE(sat) = 0,2 V an. Bestimme den größten Basiswiderstand RB in kΩ, der den Transistor gerade noch in die Sättigung steuert.

VCC = 9 VRC = 330 Ωβ = 80Vin = 5 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 V
RB = kΩ
25.ZahlensystemeMittel
8-Bit-Zweierkomplement?−128?64?32?16?8?4?2?1

Schreibe −88 als 8-Bit-Muster im Zweierkomplement. Lies das Muster als vorzeichenlose Binärzahl: Welchen Wert U hat es im Dezimalsystem?

N = −888 bit
U =
26.ZahlensystemeSchwer
24 Bit, vorzeichenlos, N = ?????????????????????????

Was ist die größte vorzeichenlose ganze Zahl N, die in 24 Bits passt?

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

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

F = B′C + A′B′C + AC′
L =
28.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & FlipflopsSchwer
TQ0​Q0​TQ1​Q1​TQ2​Q2​CLK

Ein 3-Bit-Asynchronzähler wird aus Flipflops mit einer Signallaufzeit von je 20 ns aufgebaut. Alle Ausgänge müssen sich vor der nächsten Taktflanke eingestellt haben. Bestimme die maximale Taktfrequenz fmax.

n = 3tpd = 20 ns
fmax = MHz
29.Laplace-TransformationenMittel
ReIm−5−10−15−20

F(s) = (2s + 37)/(s² + 7s + 10). Ihre Rücktransformierte hat die Form f(t) = A·e−2t + B·e−5t. Bestimme den Koeffizienten A mit der Partialbruchzerlegung.

F(s) = (2s + 37)/(s² + 7s + 10)
A =
30.Laplace-TransformationenSchwer
ReIm−2−424

Ein System wird durch die Differentialgleichung y″ + 6y′ + 25y = 2u′ + 8u beschrieben, mit Eingang u(t) und Ausgang y(t). Bestimme seine Übertragungsfunktion G(s) = Y(s)/U(s) (Anfangsbedingungen null) und werte die Impulsantwort g(t) bei t = 0,3 s aus. Bestimme g(0,3).

y″ + 6y′ + 25y = 2u′ + 8ut = 0,3 s
g(0.3) =
31.BlockschaltbilderMittel
R(s)+Ks(s + 11)G(s)C(s)−

Die Strecke G(s) = K/(s(s + 11)) liegt in einem Regelkreis mit Einheits-Gegenkopplung. Bestimme die Verstärkung K, für die der geschlossene Kreis aperiodisch gedämpft ist (aperiodischer Grenzfall, zwei gleiche reelle Pole).

G(s) = K/(s(s + 11))Einheits-Gegenkopplung
K =
32.BlockschaltbilderSchwer
R(s)+KRegler+D(s)+3s + 5StreckeC(s)−

Ein Proportionalregler K steuert die Strecke G(s) = 3/(s + 5) in einem Regelkreis mit Einheits-Gegenkopplung. Ein Störsprung der Größe 0,5 greift am Streckeneingang an, während R = 0 ist. Bestimme die kleinste Verstärkung K, die den stationären Ausgang bei höchstens 0,06 hält.

G(s) = 3/(s + 5)D = 0,5css ≤ 0,06
K =
33.SprungantwortMittel
t (s)y(t)0,5?

Ein System hat die Übertragungsfunktion G(s) = 33,5/(s² + 4s + 67) und erhält einen Einheitssprung am Eingang. Bestimme das prozentuale Überschwingen %OS der Sprungantwort.

G(s) = 33,5/(s² + 4s + 67)
%OS = %
34.SprungantwortSchwer
t (s)y(t)140 %

Ein System zweiter Ordnung ohne Nullstellen soll eine Sprungantwort mit 40 % Überschwingen haben. Bestimme den Dämpfungsgrad ζ.

%OS = 40 %
ζ =
35.Bode-Diagramme und ReservenMittel
vin​C = 2,2 nFR = 22 kΩvout​

Der gezeigte RC-Hochpass hat R = 22 kΩ, C = 2,2 nF. Ein sinusförmiges Eingangssignal von 6,6 kHz wird angelegt. Bestimme die Phasenverschiebung φ von vout relativ zu vin in Grad.

R = 22 kΩC = 2,2 nFf = 6,6 kHz
φ = °
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 + 9)). Bestimme die Verstärkung K, die eine Amplitudenreserve von 10 dB ergibt.

L(s) = K/(s(s + 4)(s + 9))GM = 10 dB
K =
37.Stabilität: Routh-Hurwitz und WurzelortskurveMittel
R(s)+Ks + 1(s − 2)(s + 2)C(s)−

Die Strecke G(s) = (s + 1)/((s − 2)(s + 2)) hat einen instabilen Pol bei s = 2. Ein Proportionalregler mit der Verstärkung K schließt einen Regelkreis mit Einheitsrückführung um sie. Bestimme die kleinste Verstärkung Kmin, die den geschlossenen Kreis stabil macht.

G(s) = (s + 1)/((s − 2)(s + 2))
Kmin =
38.Stabilität: Routh-Hurwitz und WurzelortskurveSchwer
ReIm−2−4−6−8−10−12j2

Die Wurzelortskurve von L(s) = K/(s(s + 3)(s + 10)) verlässt die reelle Achse zwischen s = 0 und s = −3. Bestimme den Verzweigungspunkt sb.

L(s) = K/(s(s + 3)(s + 10))
sb =
39.Stationärer Fehler und PID-RegelungMittel
r(t) = 0,5t+10(s + 4)s(s + 10)C(s)−

Auf einen Regelkreis mit Einheitsrückführung und G(s) = 10(s + 4)/(s(s + 10)) wird eine Rampe r(t) = 0,5t gegeben. Bestimme den stationären Fehler ess.

G(s) = 10(s + 4)/(s(s + 10))r(t) = 0,5t
ess =
40.Stationärer Fehler und PID-RegelungSchwer
R(s)+10 + Kd​s2s(s + 3)C(s)−

Ein PD-Regler C(s) = 10 + Kd·s regelt die Strecke G(s) = 2/(s(s + 3)) in einem Regelkreis mit Einheitsrückführung. Bestimme die Differenzialverstärkung Kd, die dem geschlossenen Kreis den Dämpfungsgrad ζ = 0,8 gibt.

G(s) = 2/(s(s + 3))Kp = 10ζ = 0,8
Kd = s

3Lösungen

1.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: IR1 = 0,6378 A

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

R1​ = 3 ΩR3​ = 10 Ω+−V1​9 VR2​20 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 = 10 + 15 = 25 Ω
R2 ∥ 25 = 20·25/(20+25) = 11,11 Ω
Req = R1 + 11,11 = 3 + 11,11 = 14,11 Ω

Strom aus der Quelle

Die Quelle sieht nur Req, also liefert das ohmsche Gesetz den Strom, den sie abgibt. Dieser Strom fließt durch R₁.

IR1 = V1/Req = 9/14,11 = 0,6378 A

Antwort

IR1 = 0,6378 A
2.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: IR2 = 1,211 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​ = 12 ΩR3​ = 8 ΩR5​ = 25 Ω+−V1​36 VR2​12 ΩAR4​30 ΩBR6​15 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 = 25 + 15 = 40 Ω
R4 ∥ 40 = 17,14 Ω
R3 + 17,14 = 25,14 Ω
R2 ∥ 25,14 = 8,123 Ω
Req = R1 + 8,123 = 12 + 8,123 = 20,12 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 = 36/20,12 = 1,789 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 = 36 − 1,789·12 = 14,53 V
IR2 = VA/R2 = 14,53/12 = 1,211 A

Antwort

IR2 = 1,211 A
3.Knotenpotenzialverfahren

Antwort: PIs = 76,43 W

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.

KCL am Knoten A

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

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/2 + (VA − 10)/8 + (VA − VB)/12 = 0
0,7083·VA − 0,08333·VB = 1,25

KCL am Knoten B

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

VB/R4 + (VB − VA)/R3 = Is
VB/20 + (VB − VA)/12 = 3
−0,08333·VA + 0,1333·VB = 3

Lösen

Δ = (0,7083)(0,1333) − (−0,08333)(−0,08333) = 0,0875
VA = Δ1/Δ = 0,4167/0,0875 = 4,762 V
VB = Δ2/Δ = 2,229/0,0875 = 25,48 V

Von der Stromquelle abgegebene Leistung

Die Quelle schiebt Iₛ nach oben in den Knoten B, von Masse (0 V) auf VB. Eine Quelle, deren Strom an ihrem Pluspol austritt, gibt P = V·I ab.

PIs = VB·Is = 25,48·3 = 76,43 W

Antwort

PIs = 76,43 W
4.Knotenpotenzialverfahren

Antwort: Is = 1,85 A

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

Knotenregel am Knoten A

VA ist bekannt, daher liefert diese Gleichung VB.

(VA − V1)/R1 + VA/R2 + (VA − VB)/R3 = 0
(5 − 12)/20 + 5/4 = (VB − 5)/5
0,9 = (VB − 5)/5 → VB = 9,5 V

Knotenregel am Knoten B

Die über die Widerstände von B abfließenden Ströme sind gleich dem Strom, den Quellen in B hineinschieben.

Is = (VB − VA)/R3 + VB/R4 = (9,5 − 5)/5 + 9,5/10 = 1,85 A

Antwort

Is = 1,85 A
5.Maschenstromverfahren

Antwort: I2 = −0,4615 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​ = 6 Ω+−V1​12 VR3​6 ΩA+−V2​9 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
10·I1 + 6(I1 − I2) = 12
16·I1 − 6·I2 = 12

Maschenregel in Masche 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
6·I2 + 6(I2 − I1) = (−9)
−6·I1 + 12·I2 = −9

Lösen

Δ = (16)(12) − (−6)(−6) = 156
I1 = Δ1/Δ = 90/156 = 0,5769 A
I2 = Δ2/Δ = −72/156 = −0,4615 A

Antwort

I2 = −0,4615 A

Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.

6.Maschenstromverfahren

Antwort: I1 = 0,1636 A

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

R1​ = 20 ΩR2​ = 12 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​5 VR4​4 ΩAR5​5 ΩB+−V2​15 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
20·I1 + 4(I1 − I2) = 5
24·I1 − 4·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
12·I2 + 4(I2 − I1) + 5(I2 − I3) = 0
−4·I1 + 21·I2 − 5·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 + 5(I3 − I2) = (−15)
−5·I2 + 13·I3 = −15

Lösen

Δ = Determinante der Koeffizientenmatrix = 5744
I1 = Δ1/Δ = 940/5744 = 0,1636 A
I2 = Δ2/Δ = −1540/5744 = −0,2681 A
I3 = Δ3/Δ = −7220/5744 = −1,257 A

Antwort

I1 = 0,1636 A

Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.

7.Überlagerungssatz

Antwort: IR3 = −0,8 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​ = 3 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​18 VR2​10 ΩAR4​2 ΩBOFFEN

Fall 1 · V1 allein aktiv

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

R3+R4 = 8+2 = 10 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 10·10/(10+10) = 5 Ω
VA = 18·5/(3+5) = 11,25 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 11,25·2/10 = 2,25 V
IR3′ = (VB − VA)/R3 = (2,25 − 11,25)/8 = −1,125 A
R1​ = 3 ΩR3​ = 8 ΩKURZSCHLUSSR2​10 ΩAR4​2 ΩBIs​2 A

Fall 2 · Is allein aktiv

V₁ wird zum Kurzschluss, daher liegt R₁ parallel zu R₂. Iₛ teilt sich in B zwischen R₄ und dem Pfad über R₃ auf.

R1 ∥ R2 = 3·10/(3+10) = 2,308 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 2 ∥ 10,31 = 1,675 Ω
VB = Is·Req = 2·1,675 = 3,35 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 3,35·2,308/10,31 = 0,75 V
IR3″ = (VB − VA)/R3 = (3,35 − 0,75)/8 = 0,325 A

Anteile addieren

IR3 = IR3′ + IR3″
IR3 = (−1,125) + 0,325 = −0,8 A

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

8.Überlagerungssatz

Antwort: VR2 = 18,21 V

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

R1​ = 8 ΩR2​ = 5 ΩR4​ = 25 Ω+−V1​30 VR3​3 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) = 3 ∥ 30 = 2,727 Ω
VA = 30·2,727/(8+2,727) = 7,627 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 7,627·25/30 = 6,356 V
VR2′ = VA − VB = 7,627 − 6,356 = 1,271 V
R1​ = 8 ΩR2​ = 5 ΩR4​ = 25 ΩKURZSCHLUSSR3​3 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 = 2,182 Ω, also ist der linke Pfad R2+2,182 = 7,182 Ω
Req = R4 ∥ 7,182 = 5,579 Ω
VB = Is·Req = (−4)·5,579 = −22,32 V
VA = VB·2,182/7,182 = −6,78 V
VR2″ = VA − VB = −6,78 − −22,32 = 15,54 V
R1​ = 8 ΩR2​ = 5 ΩR4​ = 25 ΩKURZSCHLUSSR3​3 ΩAOFFENB−+V2​9 V

Fall 3 · V2 allein aktiv

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

R1 ∥ R3 = 8·3/(8+3) = 2,182 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = (−9)·7,182/32,18 = −2,008 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = −2,008·2,182/7,182 = −0,6102 V
VR2‴ = VA − VB = −0,6102 − −2,008 = 1,398 V

Anteile addieren

VR2 = VR2′ + VR2″ + VR2‴
VR2 = 1,271 + 15,54 + 1,398 = 18,21 V

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

9.Thévenin und Norton

Antwort: Rth = 7 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​ = 6 ΩR3​ = 3 ΩKURZSCHLUSSR2​12 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 = 6·12/(6+12) = 4 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4 + 3 = 7 Ω
10.Thévenin und Norton

Antwort: IL = −1,25 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​ = 8 ΩR3​ = 5 ΩKURZSCHLUSSR2​12 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 = 8·12/(8+12) = 4,8 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,8 + 5 = 9,8 Ω
R1​ = 8 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​30 VR2​12 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) = 18 + (−5)·4,8 = −6 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = −6 + (−5)·5 = −31 V
Rth​ = 9,8 Ω−+Vth​31 VRL​15 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) = −31/(9,8 + 15) = −1,25 A
11.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: t = 3,05 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.

Zeitkonstante und Endstrom

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

τ = L/R = 33 mH / 15 Ω = 2,2 ms
i(∞) = Vs/R = 24/15 = 1,6 A

Nach der Zeit auflösen

0,75 = 1 − e−t/τ → t = −τ·ln(1 − 0,75)
t = −2,2·ln(0,25) = 3,05 ms

Antwort

t = 3,05 ms
12.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: vC = 5,838 V

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

Anfangswert, Endwert, Zeitkonstante

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

vC(0) = 5 V, vC(∞) = Vs = 6 V
τ = R·C = 2,2 kΩ · 10 µF = 22 ms
vC(t) = 6 + (5 − 6)·e−t/τ

Spannung zum gegebenen Zeitpunkt

vC(40) = 6 + (−1)·e−40/22 = 5,838 V

Antwort

vC = 5,838 V
13.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: φ = −75,91 °

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·100 = 628,3 rad/s
XL = ωL = 628,3·0,02 = 12,57 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(628,3·22·10⁻⁶) = 72,34 Ω

Impedanz

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(15² + (−59,78)²) = 61,63 Ω

Phasenwinkel

φ = arctan((XL − XC)/R) = arctan(−59,78/15) = −75,91°

Antwort

φ = −75,91°
14.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: I = 2,113 A

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

Blindwiderstand

XC = 1/(2π·500·2,2·10⁻⁶) = 144,7 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 = 44,67 − j15,44 Ω

Gesamtimpedanz

Z = 10 + 44,67 − j15,44 = 54,67 − j15,44 Ω
|Z| = √(54,67² + 15,44²) = 56,8 Ω

Strom

I = V/|Z| = 120/56,8 = 2,113 A

Antwort

I = 2,113 A
15.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: R = 3,077 Ω

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.

Widerstand aus der Wirkleistung

R = P/I² = 1170/19,5² = 3,077 Ω

Antwort

R = 3,077 Ω
16.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: cos φ = 0,8924

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 = 30·tan(arccos 0,65) = 35,07 kvar
QC = V²·2πf·C = 400²·2π·60·330·10⁻⁶ = 19905 var = 19,91 kvar
Q2 = 35,07 − 19,91 = 15,17 kvar

Neue Scheinleistung

S2 = √(30² + 15,17²) = 33,62 kVA

Neuer Leistungsfaktor

cos φ = P/S2 = 30/33,62 = 0,8924

Antwort

cos φ = 0,8924
17.Drehstromleistung

Antwort: P = 91,45 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 = √3·400·150 = 103,9 kVA

Wirkleistung

P = S·cos φ = 103,9·0,88 = 91,45 kW

Antwort

P = 91,45 kW
18.Drehstromleistung

Antwort: QC = 82,98 kvar

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

Blindleistung vorher und nachher

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

Q1 = 120·tan(acos 0,7) = 120·1,02 = 122,4 kvar
Q2 = 120·tan(acos 0,95) = 120·0,3287 = 39,44 kvar

Blindleistung der Kondensatoren

QC = Q1 − Q2 = 82,98 kvar

Antwort

QC = 82,98 kvar
19.Transformatoren

Antwort: IHV = 9,091 A

Idealer Transformator: Die Spannungen verhalten sich wie die Windungszahlen, die Ströme umgekehrt: V₁/V₂ = N₁/N₂ = a und I₁/I₂ = N₂/N₁ = 1/a, also ist die aufgenommene gleich der abgegebenen Leistung, V₁·I₁ = V₂·I₂. Eine Lastimpedanz Z auf der Sekundärseite erscheint von der Primärseite aus als a²·Z.

Nennstrom

Beide Wicklungen führen dieselbe Scheinleistung.

IHV = S/V = 100000/11000 = 9,091 A

Antwort

IHV = 9,091 A
20.Transformatoren

Antwort: Ploss = 2031 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 = 0,25·3125 = 781,3 W

Gesamtverluste

Die Eisenverluste sind bei jeder Last gleich.

Ploss = 1250 + 781,3 = 2031 W

Antwort

Ploss = 2031 W

Der Wirkungsgrad bei dieser Last ist η = 98,01%.

21.Operationsverstärker

Antwort: Rf = 10 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)·2 = 10 kΩ

Antwort

Rf = 10 kΩ
22.Operationsverstärker

Antwort: Av = −7,35

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 jeder Stufe

A1 = −Rf1/R1 = −4,7/2 = −2,35
A2 = 1 + Rf2/R2 = 1 + 10/4,7 = 3,128

Gesamtverstärkung

Av = A1·A2 = −2,35·3,128 = −7,35

Antwort

Av = −7,35
23.Dioden und Transistoren

Antwort: IZ = 85,76 mA

Z-Dioden-Regler: Eine in Sperrrichtung betriebene Z-Diode hält ihre Spannung VZ, solange ihr Strom über einem Minimum IZ,min bleibt. Der Vorwiderstand R nimmt die Differenz zwischen Eingangs- und Ausgangsspannung auf: IR = (Vin − VZ)/R. Dieser Strom teilt sich auf die Last, IL = VZ/RL, und die Z-Diode, IZ = IR − IL, auf. Entwirf für die ungünstigsten Fälle: Die niedrigste Eingangsspannung bei größter Last muss noch IZ,min übrig lassen, und die höchste Eingangsspannung ohne Last ergibt die größte Verlustleistung der Z-Diode PZ = VZ·IZ.

Widerstandsstrom

IR = 9,4/100 = 94 mA

Laststrom

IL = 5,6/680 = 8,235 mA

Zenerstrom

IZ = 94 − 8,235 = 85,76 mA

Antwort

IZ = 85,76 mA
24.Dioden und Transistoren

Antwort: RB = 12,9 kΩ

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

Kollektorstrom in Sättigung

IC(sat) = (9 − 0,2)/330 = 26,67 mA

Minimaler Basisstrom

IB(min) = IC(sat)/β = 26,67/80 = 333,3 µA

Basiswiderstand

RB = (5 − 0,7)/IB = 4,3 V/0,3333 mA = 12,9 kΩ

Antwort

RB = 12,9 kΩ

Jeder kleinere Basiswiderstand sättigt den Transistor ebenfalls; in der Praxis wählt man einen um einige Male kleineren.

25.Zahlensysteme

Antwort: U = 168

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.

Invertieren und eins addieren

88 = 0101 1000
invertiert: 1010 0111
+1 → 1010 1000

Vorzeichenlos lesen

1010 1000₂ = 256 − 88 = 168

Antwort

U = 168
26.Zahlensysteme

Antwort: N = 1,678 × 10⁷

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.

Größter Wert

224 − 1 = 16777215

Antwort

N = 16777215
27.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & Flipflops

Antwort: L = 4

Boolesche Algebra: Die Regeln, die Ausdrücke vereinfachen, sind X + X′ = 1 und X·X′ = 0, X + X = X, die Absorption X + X·Y = X, die Zusammenfassungsregel X·Y + X·Y′ = X, X + X′Y = X + Y und das Konsensus-Theorem XY + X′Z + YZ = XY + X′Z. Die De-Morganschen Gesetze machen aus (X·Y)′ den Ausdruck X′ + Y′ und aus (X + Y)′ den Ausdruck X′·Y′. Ein Karnaugh-Diagramm wendet diese Regeln grafisch an: Jede Gruppe aus zwei benachbarten Feldern ist eine Anwendung von XY + XY′ = X.

Minterme des Ausdrucks

B′C → m(1, 5)
A′B′C → m(1)
AC′ → m(4, 6)
ABC00011110010011030214150716

Gruppieren und ablesen

F = B′C + AC′

Die Literale zählen

L = 4

Antwort

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

Antwort: fmax = 16,67 MHz

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.

Einschwingzeit im ungünstigsten Fall

T = 3·20 ns = 60 ns

Maximale Frequenz

fmax = 1/60 ns = 16,67 MHz

Antwort

fmax = 16,67 MHz
29.Laplace-Transformationen

Antwort: A = 11

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

Nenner in Faktoren zerlegen

s² + 7s + 10 = (s + 2)(s + 5)
F(s) = A/(s + 2) + B/(s + 5)

Zuhaltemethode

Multipliziere mit (s + 2) und setze s = −2: Der B-Term verschwindet.

A = (2s + 37)/(s + 5) |s = −2 = 33/3 = 11

Antwort

A = 11
(B = −9, also f(t) = 11·e−2t − 9·e−5t)
30.Laplace-Transformationen

Antwort: g(0.3) = 0,4841

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).

Übertragungsfunktion

G(s) = Y(s)/U(s) = (2s + 8)/(s² + 6s + 25)

Partialbruchzerlegung

s² + 6s + 25 = (s + 3)² + 4²
G(s) = 2·(s + 3)/((s + 3)² + 4²) + (2/4)·4/((s + 3)² + 4²)

Impulsantwort

g(t) = e−3t·(2·cos 4t + 0,5·sin 4t)
g(0,3) = 0,4841

Antwort

g(0,3) = 0,4841
31.Blockschaltbilder

Antwort: K = 30,25

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

1 + K/(s(s + 11)) = 0 → s² + 11s + K = 0

Doppelte Wurzel

Ein quadratisches Polynom s² + βs + γ hat eine doppelte Wurzel, wenn β² = 4γ gilt.

11² = 4K → K = 121/4 = 30,25

Antwort

K = 30,25
Beide Pole des geschlossenen Kreises liegen dann bei s = −5,5.
32.Blockschaltbilder

Antwort: K = 6,667

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)) = 0,5·3/(5 + 3K)

Nach K auflösen

5 + 3K = 0,5·3/0,06 = 25
K = (25 − 5)/3 = 6,667

Antwort

K = 6,667
33.Sprungantwort

Antwort: %OS = 45,31 %

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 = 67 → ωₙ = 8,185 rad/s
2ζωₙ = 4 → ζ = 4/(2·8,185) = 0,2443

Ergebnis

%OS = 100·e−ζπ/√(1−ζ²) = 100·e−0,7916 = 45,31 %

Antwort

%OS = 45,31 %
34.Sprungantwort

Antwort: ζ = 0,28

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).

Dämpfungsgrad

ζ = −ln(0,4)/√(π² + ln²(0,4)) = 0,9163/√(9,87 + 0,8396) = 0,28

Antwort

ζ = 0,28
35.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: φ = 26,48 °

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.

Eckfrequenz

ωc = 1/(RC) = 1/(22000·2,2 × 10⁻⁹) = 20661 rad/s
fc = 3288 Hz → f/fc = 6600/3288 = 2,007

Phase

φ = 90° − atan(2,007) = 26,48°

Antwort

φ = 26,48°
36.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: K = 148

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/9) = 1 → ω180 = √(4·9) = 6 rad/s

Betrag am Phasendurchtritt

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 16)·√(ω² + 81)) = K/(4·9·(4 + 9)) = K/468

Geforderte Verstärkung

468/K = 1010/20 = 3,162
K = 468/3,162 = 148

Antwort

K = 148
37.Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve

Antwort: Kmin = 4

Routh-Hurwitz-Kriterium: Ein lineares System ist stabil, wenn alle Wurzeln seines charakteristischen Polynoms in der linken Hälfte der s-Ebene liegen. Schreibe die Koeffizienten abwechselnd in die ersten beiden Zeilen des Routh-Schemas. Jeder Eintrag einer neuen Zeile ergibt sich aus den beiden Zeilen darüber; für ein kubisches Polynom a₃s³ + a₂s² + a₁s + a₀ ist der Eintrag der s¹-Zeile b₁ = (a₂·a₁ − a₃·a₀)/a₂. Die Anzahl der Vorzeichenwechsel in der ersten Spalte entspricht der Anzahl der Wurzeln in der rechten Halbebene. Mit einer Verstärkung K in den Koeffizienten müssen alle Einträge der ersten Spalte positiv bleiben: Die Verstärkung, die den Eintrag der s¹-Zeile null macht, ist die Stabilitätsgrenze, und die s²-Zeile liefert dann die Frequenz der Dauerschwingung.

Charakteristisches Polynom

(s − 2)(s + 2) + K(s + 1) = s² + (0 + K)s + (1K − 4)

Bedingungen

Für s² + c₁s + c₀ liegen alle Wurzeln genau dann in der linken Halbebene, wenn c₁ > 0 und c₀ > 0.

0 + K > 0 → K > 0
1K − 4 > 0 → K > 4
Kmin = 4

Antwort

Kmin = 4
38.Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve

Antwort: sb = −1,371

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.

Verstärkung entlang der reellen Achse

K(s) = −s(s + 3)(s + 10) = −(s³ + 13s² + 30s)

Stationäre Punkte

dK/ds = −(3s² + 26s + 30) = 0
s = (−26 ± √(676 − 360))/6 = −1,371, −7,296

Wähle den Punkt auf der Ortskurve

Die Ortskurve liegt auf der reellen Achse zwischen 0 und −3; die andere Wurzel liegt nicht auf ihr.

sb = −1,371

Antwort

sb = −1,371
39.Stationärer Fehler und PID-Regelung

Antwort: ess = 0,125

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

Geschwindigkeitskonstante

Kv = lim s·G(s) = 4

Rampenfehler

ess = 0,5/4 = 0,125

Antwort

ess = 0,125
40.Stationärer Fehler und PID-Regelung

Antwort: Kd = 2,078 s

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

Charakteristisches Polynom

s(s + 3) + 2(10 + Kds) = s² + (3 + 2Kd)s + 20

Eigenfrequenz

ωₙ = √20 = 4,472 rad/s

Differenzialverstärkung

3 + 2Kd = 2·0,8·4,472 = 7,155
Kd = 2,078 s

Antwort

Kd = 2,078 s

Der Differenzialanteil erhöht die Dämpfung, ohne ωₙ zu verändern.

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