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​ = 6 Ω+−V1​18 VR2​10 ΩAR4​5 ΩB

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

V1 = 18 VR1 = 3 ΩR2 = 10 ΩR3 = 6 ΩR4 = 5 Ω
IR1 = A
2.Reihen- und ParallelschaltungSchwer
R1​ = 10 ΩR3​ = 3 ΩR5​ = 10 Ω+−V1​9 VR2​4 ΩAR4​25 ΩBR6​3 Ω

Bestimme den Ersatzwiderstand Req, den die Quelle V1 sieht.

V1 = 9 VR1 = 10 ΩR2 = 4 ΩR3 = 3 ΩR4 = 25 ΩR5 = 10 ΩR6 = 3 Ω
Req = Ω
3.KnotenpotenzialverfahrenMittel
R1​ = 20 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​6 VR2​20 ΩAR4​15 ΩBIs​4 A

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

V1 = 6 VIs = 4 AR1 = 20 ΩR2 = 20 ΩR3 = 8 ΩR4 = 15 Ω
VA = V
4.KnotenpotenzialverfahrenSchwer
R1​ = 3 Ω+−Vs​ = 3 V+−V1​6 VR2​12 ΩAR3​25 ΩBIs​4 A

Die Spannungsquelle Vₛ zwischen A und B hat ihren Pluspol bei A, sie bewirkt also VA − VB = Vₛ. Bestimme mit dem Knotenpotenzialverfahren und einem Superknoten das Knotenpotenzial VB (gegen Masse gemessen).

V1 = 6 VIs = 4 AVs = 3 VR1 = 3 ΩR2 = 12 ΩR3 = 25 Ω
VB = V
5.MaschenstromverfahrenMittel
R1​ = 10 ΩR2​ = 10 Ω+−V1​10 VR3​15 ΩA+−V2​12 VI1​I2​

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

V1 = 10 VV2 = 12 VR1 = 10 ΩR2 = 10 ΩR3 = 15 Ω
I2 = A
6.MaschenstromverfahrenSchwer
R1​ = 2 ΩR2​ = 30 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​5 VR4​25 ΩAR5​20 ΩB+−V2​15 VI1​I2​I3​

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

V1 = 5 VV2 = 15 VR1 = 2 ΩR2 = 30 ΩR3 = 4 ΩR4 = 25 ΩR5 = 20 Ω
I2 = A
7.ÜberlagerungssatzMittel
R1​ = 5 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​24 VR2​5 ΩIR2​AR4​6 ΩBIs​4 A

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

V1 = 24 VIs = 4 AR1 = 5 ΩR2 = 5 ΩR3 = 2 ΩR4 = 6 Ω
IR2 = A
8.ÜberlagerungssatzSchwer
R1​ = 6 ΩR2​ = 25 ΩR4​ = 25 Ω+−V1​36 VR3​15 ΩIR3​AIs​0,5 AB+−V2​18 V

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

V1 = 36 VIs = 0,5 AV2 = 18 VR1 = 6 ΩR2 = 25 ΩR3 = 15 ΩR4 = 25 Ω
IR3 = A
9.Thévenin und NortonMittel
R1​ = 5 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​9 VR2​6 ΩAab

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

V1 = 9 VR1 = 5 ΩR2 = 6 ΩR3 = 5 Ω
IN = A
10.Thévenin und NortonSchwer
R1​ = 2 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​18 VR2​10 ΩAIs​2 ABab

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

V1 = 18 VIs = 2 AR1 = 2 ΩR2 = 10 ΩR3 = 20 Ω
IN = A
11.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
+−Vs​24 Vt = 0R = 5 ΩL68 mHi(t)

Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Bestimme die in der Spule gespeicherte Energie W bei t = 10 ms in mJ.

Vs = 24 VR = 5 ΩL = 68 mHt = 10 ms
W = mJ
12.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
+−Vs​20 VR1​ = 33 ΩR2​ = 5 Ωöffnet bei t = 0L150 mHi(t)

Der Schalter parallel zu R2 ist seit Langem geschlossen, der Spulenstrom ist also konstant. Bei t = 0 öffnet der Schalter. Wie lange nach t = 0 erreicht der Spulenstrom 0,566 A? Bestimme t.

Vs = 20 VR1 = 33 ΩR2 = 5 ΩL = 150 mH
t = ms
13.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
12 V50 HzR = 50 ΩL = 250 mHC = 47 µFI

Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 12 V (Effektivwert) und 50 Hz. Bestimme den Effektivwert des Stroms I.

V = 12 V (rms)f = 50 HzR = 50 ΩL = 250 mHC = 47 µF
I = A
14.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
50 V50 HzR = 50 ΩL = 20 mHC = 47 µF+−VC​

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

V = 50 V (rms)f = 50 HzR = 50 ΩL = 20 mHC = 47 µF
VC = V
15.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
P = 2 kWQ = ?Sφ

Ein Einphasenmotor nimmt 2 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,7 induktiv aus einer 240-V-Versorgung auf. Bestimme die Blindleistung Q, die er aufnimmt.

P = 2 kWpf = 0,7V = 240 V
Q = kvar
16.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
P = 10 kWQ1​S1​φ1​QC​

Eine einphasige Last nimmt 10 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,75 induktiv aus einer Versorgung mit 400 V und 50 Hz auf. Ein parallel geschalteter Kondensator hebt den Leistungsfaktor auf 0,9. Bestimme den neuen Leiterstrom Inew.

P = 10 kWpf1 = 0,75pf2 = 0,9V = 400 Vf = 50 Hz
Inew = A
17.DrehstromleistungMittel
ABCVL​ = 208 VIL​ = 12 Acos φ = 0,85induktiv

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt aus einem Netz mit einer Leiterspannung von 208 V einen Leiterstrom von 12 A auf. Der Leistungsfaktor ist 0,85 induktiv. Bestimme die gesamte Wirkleistung P, die die Last aufnimmt, in kW.

VL = 208 VIL = 12 Acos φ = 0,85
P = kW
18.DrehstromleistungSchwer
P = 75 kWφ1​S1​Q2​QC​

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 75 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,78 induktiv aus einem Netz mit 690 V (Leiterspannung) und 60 Hz auf. Eine parallel zur Last geschaltete Drehstrom-Kondensatorbatterie soll den Gesamtleistungsfaktor auf 0,98 induktiv anheben. Die Wirkleistung bleibt gleich. Die Kondensatoren sind im Stern geschaltet. Bestimme die Kapazität Cph jedes Kondensators in µF.

P = 75 kWpf1 = 0,78pf2 = 0,98VL = 690 Vf = 60 Hz
Cph = µF
19.TransformatorenMittel
8 ΩN1​N2​32 Ω

Ein Verstärker mit einem Ausgangswiderstand von 32 Ω speist über einen idealen Transformator einen Lautsprecher mit 8 Ω. Für maximale Leistungsübertragung muss der Lautsprecher vom Verstärker aus wie 32 Ω erscheinen. Bestimme das Übersetzungsverhältnis a = N₁/N₂.

Rs = 32 ΩRL = 8 Ω
a =
20.TransformatorenSchwer
150 kVA

Ein einphasiger Transformator mit 150 kVA hat Eisenverluste von 750 W und Kupferverluste von 1875 W bei Nennlast. Bei welcher Last Sη,max, in kVA, ist sein Wirkungsgrad am höchsten?

S = 150 kVAPcore = 750 WPcu,fl = 1875 W
Sη,max = kVA
21.OperationsverstärkerMittel
−+Vout​Rf​ = 2 kΩR1​ = 1 kΩVin​ = −1,4 V

Der Operationsverstärker ist ideal und wird mit ±15 V versorgt. Bestimme die Ausgangsspannung Vout.

Vin = −1,4 VR1 = 1 kΩRf = 2 kΩ
Vout = V
22.OperationsverstärkerSchwer
Vin​V1​Vout​Stufe 1: invertierendR1​ = 4,7 kΩRf1​ = 4,7 kΩStufe 2: nicht invertierendR2​ = 2 kΩRf2​ = 2 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. Der Eingang ist Vin = 0,15 V. Bestimme die Ausgangsspannung Vout.

R1 = 4,7 kΩRf1 = 4,7 kΩR2 = 2 kΩRf2 = 2 kΩVin = 0,15 V
Vout = V
23.Dioden und TransistorenMittel
+−9 V680 Ω3,3 V1500 ΩIZ​ = ?

Ein 3,3-V-Z-Dioden-Regler wird aus 9 V über 680 Ω gespeist und versorgt eine Last von 1500 Ω. Bestimme den Zenerstrom IZ.

Vin = 9 VVZ = 3,3 VR = 680 ΩRL = 1500 Ω
IZ = mA
24.Dioden und TransistorenSchwer
RC​ = 100 Ωβ = 80VCC​ = 12 V3,3 VRB​ = ?

Ein NPN-Transistor mit β = 80 schaltet einen Lastwiderstand von 100 Ω, der zwischen VCC = 12 V und seinem Kollektor liegt. Der Emitter liegt auf Masse. Die Basis wird von einem Logikausgang mit 3,3 V über einen Basiswiderstand RB angesteuert. Nimm VBE = 0,7 V und VCE(sat) = 0,2 V an. Bestimme den größten Basiswiderstand RB in kΩ, der den Transistor gerade noch in die Sättigung steuert.

VCC = 12 VRC = 100 Ωβ = 80Vin = 3,3 VVBE = 0,7 VVCE(sat) = 0,2 V
RB = kΩ
25.ZahlensystemeMittel
8-Bit-Zweierkomplement?−128?64?32?16?8?4?2?1

Schreibe −48 als 8-Bit-Muster im Zweierkomplement. Lies das Muster als vorzeichenlose Binärzahl: Welchen Wert U hat es im Dezimalsystem?

N = −488 bit
U =
26.ZahlensystemeSchwer
2918 Codes, b = ? Bit?2ᵇ⁻¹…?4?2?1

Ein System muss jedem von 2918 Elementen einen eigenen Binärcode gleicher Länge geben. Wie viele Bits b braucht es mindestens?

2918
b = bit
27.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & FlipflopsMittel
ABCD000111100001111010110312040507061120130150140819011010

Bestimme mit dem Karnaugh-Diagramm das minimale Produkt von Summen (POS) von F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 2, 9, 12). Wie viele Summenterme (Faktoren) N hat es?

F(A, B, C, D) = Σm(0, 1, 2, 9, 12)
N =
28.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & FlipflopsSchwer
FFQ0​Q0​FFQ1​Q1​FFQ2​Q2​FFQ3​Q3​FFQ4​Q4​FFQ5​Q5​CLKMOD-50

Ein Mod-50-Zähler muss 50 verschiedene Zustände durchlaufen. Wie viele Flipflops n braucht er mindestens?

N = 50
n =
29.Laplace-TransformationenMittel
t (s)f(t)t = 0,2f(0,2) = ?

Bestimme f(t) für F(s) = 45/(s(s + 2)(s + 6)) mit der Partialbruchzerlegung und werte f(0,2) aus.

F(s) = 45/(s(s + 2)(s + 6))t = 0,2 s
f(0.2) =
30.Laplace-TransformationenSchwer
ReIm−1−2−3−4−512

Ein System wird durch die Differentialgleichung y″ + 6y′ + 13y = 4u′ + 20u 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 = 0,6 s aus. Bestimme g(0,6).

y″ + 6y′ + 13y = 4u′ + 20ut = 0,6 s
g(0.6) =
31.BlockschaltbilderMittel
R(s)+Ks(s + 18)G(s)C(s)−

Die Strecke G(s) = K/(s(s + 18)) 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 + 18))Einheits-Gegenkopplung
K =
32.BlockschaltbilderSchwer
R(s)+30Regler+D(s)+9s + 2StreckeC(s)−

Ein Proportionalregler K = 30 steuert die Strecke G(s) = 9/(s + 2) in einem Regelkreis mit Einheits-Gegenkopplung. Eine Störung D greift am Streckeneingang an (sie wird zum Reglerausgang addiert). Bei R = 0 wird ein Störsprung der Größe 0,5 angelegt. Bestimme den stationären Ausgang css.

K = 30G(s) = 9/(s + 2)D = 0,5R = 0
css =
33.SprungantwortMittel
t (s)y(t)3

Ein System hat die Übertragungsfunktion G(s) = 51/(s² + s + 17) und erhält einen Einheitssprung am Eingang. Bestimme den Dämpfungsgrad ζ.

G(s) = 51/(s² + s + 17)
ζ =
34.SprungantwortSchwer
+−5 VR = 65 ΩL = 500 mHC = 4,7 µFvC​

Ein Reihen-RLC-Kreis mit R = 65 Ω, L = 500 mH und C = 4,7 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 = 65 ΩL = 500 mHC = 4,7 µFV = 5 V
tp = ms
35.Bode-Diagramme und ReservenMittel
vin​L = 100 mHC = 4,7 µFR = 10 Ωvout​

Beim gezeigten Reihen-RLC-Bandpass wird der Ausgang über R = 10 Ω abgegriffen, mit L = 100 mH und C = 4,7 µF. Bestimme die −3-dB-Bandbreite BW in Hz.

R = 10 ΩL = 100 mHC = 4,7 µF
BW = Hz
36.Bode-Diagramme und ReservenSchwer
|H| (dB)11101010010010001000−60−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−180−135−90−450ωc​

Ein Regelkreis mit Einheitsrückführung hat die Übertragungsfunktion des offenen Kreises L(s) = 2600/(s(s + 20)). Bestimme die Phasenreserve PM in Grad.

L(s) = 2600/(s(s + 20))
PM = °
37.Stabilität: Routh-Hurwitz und WurzelortskurveMittel
R(s)+Ks + 4(s − 2)(s + 3)C(s)−

Die Strecke G(s) = (s + 4)/((s − 2)(s + 3)) 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 + 4)/((s − 2)(s + 3))
Kmin =
38.Stabilität: Routh-Hurwitz und WurzelortskurveSchwer
ReIm−5j5

Die Wurzelortskurve von L(s) = K/((s + 3)(s + 4)(s + 6)) ist skizziert. Bestimme die Frequenz ω, bei der die Ortskurve die imaginäre Achse schneidet.

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

Ein Regelkreis mit Einheitsrückführung und G(s) = K/(s(s + 1)) soll der Rampe r(t) = 1t mit einem stationären Fehler von 0,5 folgen. Bestimme die Verstärkung K.

G(s) = K/(s(s + 1))r(t) = 1tess = 0,5
K =
40.Stationärer Fehler und PID-RegelungSchwer
R(s)+Kp​ + Ki​/s4s + 2C(s)−

Ein PI-Regler C(s) = Kp + Ki/s regelt die Strecke G(s) = 4/(s + 2) in einem Regelkreis mit Einheitsrückführung. Der geschlossene Kreis soll ωₙ = 6 rad/s und ζ = 0,7 haben. Bestimme die Integralverstärkung Ki.

G(s) = 4/(s + 2)ωₙ = 6 rad/sζ = 0,7
Ki =

3Lösungen

1.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: IR1 = 2,185 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​ = 6 Ω+−V1​18 VR2​10 ΩAR4​5 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 = 6 + 5 = 11 Ω
R2 ∥ 11 = 10·11/(10+11) = 5,238 Ω
Req = R1 + 5,238 = 3 + 5,238 = 8,238 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 = 18/8,238 = 2,185 A

Antwort

IR1 = 2,185 A
2.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: Req = 12,97 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​ = 10 ΩR3​ = 3 ΩR5​ = 10 Ω+−V1​9 VR2​4 ΩAR4​25 ΩBR6​3 Ω

Widerstände vom fernen Ende her zusammenfassen

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

R5 + R6 = 10 + 3 = 13 Ω
R4 ∥ 13 = 8,553 Ω
R3 + 8,553 = 11,55 Ω
R2 ∥ 11,55 = 2,971 Ω
Req = R1 + 2,971 = 10 + 2,971 = 12,97 Ω

Antwort

Req = 12,97 Ω
3.Knotenpotenzialverfahren

Antwort: VA = −16,09 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​ = 20 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​6 VR2​20 ΩAR4​15 ΩBIs​4 A

Knoten festlegen

Masse ist der untere Leiter. Bekannte Knotenpotenziale ergeben sich direkt aus den Quellen (V1 = 6 V). Unbekannt: VA, VB.

KCL am Knoten A

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

VA/R2 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R3 = 0
VA/20 + (VA − 6)/20 + (VA − VB)/8 = 0
0,225·VA − 0,125·VB = 0,3

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/15 + (VB − VA)/8 = (−4)
−0,125·VA + 0,1917·VB = −4

Lösen

Δ = (0,225)(0,1917) − (−0,125)(−0,125) = 0,0275
VA = Δ1/Δ = −0,4425/0,0275 = −16,09 V
VB = Δ2/Δ = −0,8625/0,0275 = −31,36 V

Antwort

VA = −16,09 V
4.Knotenpotenzialverfahren

Antwort: VB = 10,4 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.

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 − 3
(VA − V1)/R1 + VA/R2 + VB/R3 = Is

Lösen

(VA − 6)/3 + VA/12 + (VA − 3)/25 = 4
VA·(1/3 + 1/12 + 1/25) = 4 + 6/3 + 3/25 = 6,12
VA = 6,12/0,4567 = 13,4 V
VB = 10,4 V

Antwort

VB = 10,4 V
5.Maschenstromverfahren

Antwort: I2 = −0,375 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​ = 10 Ω+−V1​10 VR3​15 ΩA+−V2​12 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 + 15(I1 − I2) = 10
25·I1 − 15·I2 = 10

Maschenregel in Masche 2

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

R2·I2 + R3(I2 − I1) = −V2
10·I2 + 15(I2 − I1) = (−12)
−15·I1 + 25·I2 = −12

Lösen

Δ = (25)(25) − (−15)(−15) = 400
I1 = Δ1/Δ = 70/400 = 0,175 A
I2 = Δ2/Δ = −150/400 = −0,375 A

Antwort

I2 = −0,375 A

Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.

6.Maschenstromverfahren

Antwort: I2 = −0,2237 A

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

R1​ = 2 ΩR2​ = 30 ΩR3​ = 4 Ω+−V1​5 VR4​25 ΩAR5​20 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
2·I1 + 25(I1 − I2) = 5
27·I1 − 25·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
30·I2 + 25(I2 − I1) + 20(I2 − I3) = 0
−25·I1 + 75·I2 − 20·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
4·I3 + 20(I3 − I2) = (−15)
−20·I2 + 24·I3 = −15

Lösen

Δ = Determinante der Koeffizientenmatrix = 22800
I1 = Δ1/Δ = −500/22800 = −0,02193 A
I2 = Δ2/Δ = −5100/22800 = −0,2237 A
I3 = Δ3/Δ = −18500/22800 = −0,8114 A

Antwort

I2 = −0,2237 A

Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.

7.Überlagerungssatz

Antwort: IR2 = 2,971 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​ = 5 ΩR3​ = 2 Ω+−V1​24 VR2​5 ΩAR4​6 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 = 2+6 = 8 Ω
R2 ∥ (R3+R4) = 5·8/(5+8) = 3,077 Ω
VA = 24·3,077/(5+3,077) = 9,143 V
VB = VA·R4/(R3+R4) = 9,143·6/8 = 6,857 V
IR2′ = (VA − 0)/R2 = (9,143 − 0)/5 = 1,829 A
R1​ = 5 ΩR3​ = 2 ΩKURZSCHLUSSR2​5 ΩAR4​6 ΩBIs​4 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 = 5·5/(5+5) = 2,5 Ω
Req = R4 ∥ (R3+R1∥R2) = 6 ∥ 4,5 = 2,571 Ω
VB = Is·Req = 4·2,571 = 10,29 V
VA = VB·(R1∥R2)/(R3+R1∥R2) = 10,29·2,5/4,5 = 5,714 V
IR2″ = (VA − 0)/R2 = (5,714 − 0)/5 = 1,143 A

Anteile addieren

IR2 = IR2′ + IR2″
IR2 = 1,829 + 1,143 = 2,971 A

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

8.Überlagerungssatz

Antwort: IR3 = 1,608 A

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

R1​ = 6 ΩR2​ = 25 ΩR4​ = 25 Ω+−V1​36 VR3​15 ΩAOFFENBKURZSCHLUSS

Fall 1 · V1 allein aktiv

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

R3 ∥ (R2+R4) = 15 ∥ 50 = 11,54 Ω
VA = 36·11,54/(6+11,54) = 23,68 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 23,68·25/50 = 11,84 V
IR3′ = (VA − 0)/R3 = (23,68 − 0)/15 = 1,579 A
R1​ = 6 ΩR2​ = 25 ΩR4​ = 25 ΩKURZSCHLUSSR3​15 ΩAIs​0,5 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 = 4,286 Ω, also ist der linke Pfad R2+4,286 = 29,29 Ω
Req = R4 ∥ 29,29 = 13,49 Ω
VB = Is·Req = (−0,5)·13,49 = −6,743 V
VA = VB·4,286/29,29 = −0,9868 V
IR3″ = (VA − 0)/R3 = (−0,9868 − 0)/15 = −0,06579 A
R1​ = 6 ΩR2​ = 25 ΩR4​ = 25 ΩKURZSCHLUSSR3​15 ΩAOFFENB+−V2​18 V

Fall 3 · V2 allein aktiv

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

R1 ∥ R3 = 6·15/(6+15) = 4,286 Ω
VB = V2·(R2+R1∥R3)/(R4+R2+R1∥R3) = 18·29,29/54,29 = 9,711 V
VA = VB·(R1∥R3)/(R2+R1∥R3) = 9,711·4,286/29,29 = 1,421 V
IR3‴ = (VA − 0)/R3 = (1,421 − 0)/15 = 0,09474 A

Anteile addieren

IR3 = IR3′ + IR3″ + IR3‴
IR3 = 1,579 + (−0,06579) + 0,09474 = 1,608 A

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

9.Thévenin und Norton

Antwort: IN = 0,6353 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​ = 5 ΩKURZSCHLUSSR2​6 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 = 5·6/(5+6) = 2,727 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 2,727 + 5 = 7,727 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​9 VR2​6 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) = 9·6/(5+6) = 4,909 V
IN​0,6353 ARth​7,727 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 = 4,909/7,727 = 0,6353 A
10.Thévenin und Norton

Antwort: IN = 2,692 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​ = 2 ΩR3​ = 20 ΩKURZSCHLUSSR2​10 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 = 2·10/(2+10) = 1,667 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 1,667 + 20 = 21,67 Ω
R1​ = 2 ΩR3​ = 20 Ω+−V1​18 VR2​10 ΩAIs​2 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) = 15 + 2·1,667 = 18,33 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 18,33 + 2·20 = 58,33 V
IN​2,692 ARth​21,67 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 = 58,33/21,67 = 2,692 A
11.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: W = 212,3 mJ

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

Zeitkonstante und Endstrom

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

τ = L/R = 68 mH / 5 Ω = 13,6 ms
i(∞) = Vs/R = 24/5 = 4,8 A

Strom zum gegebenen Zeitpunkt

i(t) = 4,8·(1 − e−10/13,6) = 2,499 A

Gespeicherte Energie

W = ½·L·i² = ½·68·2,499² = 212,3 mJ

Antwort

W = 212,3 mJ
12.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: t = 2,755 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

Vor t = 0 überbrückt der geschlossene Schalter R₂; danach liegen R₁ und R₂ beide im Kreis.

i(0) = 20/33 = 0,6061 A
i(∞) = 20/(33 + 5) = 0,5263 A
τ = L/R = 150/38 = 3,947 ms
i(t) = 0,5263 + (0,6061 − 0,5263)·e−t/τ

Nach der Zeit auflösen

e−t/τ = (0,566 − 0,5263)/(0,6061 − 0,5263) = 0,4976
t = 3,947·ln(2,009) = 2,755 ms

Antwort

t = 2,755 ms
13.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: I = 0,2346 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|.

Blindwiderstände

ω = 2πf = 2π·50 = 314,2 rad/s
XL = ωL = 314,2·0,25 = 78,54 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(314,2·47·10⁻⁶) = 67,73 Ω

Impedanz

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(50² + (10,81)²) = 51,16 Ω

Strom

Durch jedes Element einer Reihenschaltung fließt derselbe Strom.

I = V/|Z| = 12/51,16 = 0,2346 A

Antwort

I = 0,2346 A
14.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: VC = 42,75 V

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

Blindwiderstände

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

Impedanz

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(50² + (−61,44)²) = 79,22 Ω

Strom

Durch jedes Element einer Reihenschaltung fließt derselbe Strom.

I = V/|Z| = 50/79,22 = 0,6312 A

Spannung am Kondensator

VC = I·XC = 0,6312·67,73 = 42,75 V

Antwort

VC = 42,75 V
15.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: Q = 2,04 kvar

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

Winkel

φ = arccos(0,7) = 45,57°, tan φ = 1,02

Blindleistung

Q = P·tan φ = 2·1,02 = 2,04 kvar

Antwort

Q = 2,04 kvar
16.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: Inew = 27,78 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 = 10·tan(41,41°) = 8,819 kvar
Q2 = P·tan φ2 = 10·tan(25,84°) = 4,843 kvar
QC = Q1 − Q2 = 3,976 kvar

Neuer Leiterstrom

Inew = P/(V·cos φ2) = 10000/(400·0,9) = 27,78 A

Antwort

Inew = 27,78 A
17.Drehstromleistung

Antwort: P = 3,675 kW

Symmetrische Drehstromsysteme: In der Sternschaltung (Y) ist die Leiterspannung √3-mal so groß wie die Strangspannung, VL = √3·Vph, und der Leiterstrom ist gleich dem Strangstrom. In der Dreieckschaltung (Δ) ist die Leiterspannung gleich der Strangspannung, und der Leiterstrom ist √3-mal so groß wie der Strangstrom, IL = √3·Iph. Die Gesamtleistung ist das Dreifache der Leistung eines Strangs: P = 3·Vph·Iph·cos φ = √3·VL·IL·cos φ.

Scheinleistung

S = √3·VL·IL = √3·208·12 = 4,323 kVA

Wirkleistung

P = S·cos φ = 4,323·0,85 = 3,675 kW

Antwort

P = 3,675 kW
18.Drehstromleistung

Antwort: Cph = 250,4 µF

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

Blindleistung vorher und nachher

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

Q1 = 75·tan(acos 0,78) = 75·0,8023 = 60,17 kvar
Q2 = 75·tan(acos 0,98) = 75·0,2031 = 15,23 kvar

Blindleistung der Kondensatoren

QC = Q1 − Q2 = 44,94 kvar

Kapazität pro Strang

In einer Sternbatterie ist jeder Kondensator zwischen einen Außenleiter und den Sternpunkt geschaltet.

V = 690/√3 = 398,4 V, ω = 2π·60 = 377 rad/s
Cph = (QC/3)/(ω·V²) = 14981/(377·398,4²) = 250,4 µF

Antwort

Cph = 250,4 µF
19.Transformatoren

Antwort: a = 2

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

a²·8 = 32
a = √(32/8) = √4 = 2

Antwort

a = 2
20.Transformatoren

Antwort: Sη,max = 94,87 kVA

Transformatorverluste: Die Eisenverluste (Hysterese und Wirbelströme) hängen von der Spannung ab und sind bei jeder Last gleich. Die Kupferverluste in den Wicklungen wachsen mit dem Quadrat des Stroms; beim Anteil x der Nennlast betragen sie also x²·Pcu,fl. Wirkungsgrad η = Pout/(Pout + Pcore + Pcu), mit Pout = x·S·pf. Der Wirkungsgrad ist bei der Last am höchsten, bei der die Kupferverluste gleich den Eisenverlusten sind.

Kupferverluste gleich Eisenverluste

x²·1875 = 750 → x = √(750/1875) = 0,6325

Last bei maximalem Wirkungsgrad

Sη,max = x·S = 0,6325·150 = 94,87 kVA

Antwort

Sη,max = 94,87 kVA
21.Operationsverstärker

Antwort: Vout = −4,2 V

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

Der invertierende Eingang folgt dem Eingang

V₋ = V₊ = −1,4 V
I = V₋/R1 = −1,4/1 = −1,4 mA

Ausgangsspannung

Der Strom durch R₁ fließt auch durch Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = −1,4 + (−1,4)·2 = −4,2 V

Antwort

Vout = −4,2 V
22.Operationsverstärker

Antwort: Vout = −0,3 V

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

Verstärkung jeder Stufe

A1 = −Rf1/R1 = −4,7/4,7 = −1
A2 = 1 + Rf2/R2 = 1 + 2/2 = 2

Stufe für Stufe

V1 = −1·0,15 = −0,15 V
Vout = 2·(−0,15) = −0,3 V

Antwort

Vout = −0,3 V
23.Dioden und Transistoren

Antwort: IZ = 6,182 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 = 5,7/680 = 8,382 mA

Laststrom

IL = 3,3/1500 = 2,2 mA

Zenerstrom

IZ = 8,382 − 2,2 = 6,182 mA

Antwort

IZ = 6,182 mA
24.Dioden und Transistoren

Antwort: RB = 1,763 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) = (12 − 0,2)/100 = 118 mA

Minimaler Basisstrom

IB(min) = IC(sat)/β = 118/80 = 1475 µA

Basiswiderstand

RB = (3,3 − 0,7)/IB = 2,6 V/1,475 mA = 1,763 kΩ

Antwort

RB = 1,763 kΩ

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

25.Zahlensysteme

Antwort: U = 208

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

48 = 0011 0000
invertiert: 1100 1111
+1 → 1101 0000

Vorzeichenlos lesen

1101 0000₂ = 256 − 48 = 208

Antwort

U = 208
26.Zahlensysteme

Antwort: b = 12 bit

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.

Zweierpotenzen

211 = 2048 < 2918
212 = 4096 ≥ 2918

Antwort

b = 12
27.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & Flipflops

Antwort: N = 5

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.

ABCD000111100001111010110312040507061120130150140819011010

Die Nullen zusammenfassen

Jede Gruppe ist ein Rechteck aus 2ᵏ Feldern; Randfelder sind Nachbarn der Felder am gegenüberliegenden Rand.

(C′ + D′)
(B′ + D′)
(B′ + C′)
(A + B′)
(A′ + B + D)

Minimale POS-Form

F = (C′ + D′)(B′ + D′)(B′ + C′)(A + B′)(A′ + B + D)
N = 5

Antwort

N = 5

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

28.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & Flipflops

Antwort: n = 6

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.

Anzahl der Flipflops

2ⁿ ≥ 50 → n = 6 (2⁶ = 64)

Antwort

n = 6
29.Laplace-Transformationen

Antwort: f(0.2) = 0,5442

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

Partialbruchzerlegung

F(s) = A/s + B/(s + 2) + C/(s + 6)
A = 45/(2·6) = 3,75
B = 45/((−2)·4) = −5,625
C = 45/((−6)·(−4)) = 1,875

Rücktransformation

f(t) = 3,75 − 5,625·e−2t + 1,875·e−6t

Auswerten

f(0,2) = 3,75 − 5,625·e−2·0,2 + 1,875·e−6·0,2 = 0,5442

Antwort

f(0,2) = 0,5442
30.Laplace-Transformationen

Antwort: g(0.6) = 0,8558

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) = (4s + 20)/(s² + 6s + 13)

Partialbruchzerlegung

s² + 6s + 13 = (s + 3)² + 2²
G(s) = 4·(s + 3)/((s + 3)² + 2²) + (8/2)·2/((s + 3)² + 2²)

Impulsantwort

g(t) = e−3t·(4·cos 2t + 4·sin 2t)
g(0,6) = 0,8558

Antwort

g(0,6) = 0,8558
31.Blockschaltbilder

Antwort: K = 81

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 + 18)) = 0 → s² + 18s + K = 0

Doppelte Wurzel

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

18² = 4K → K = 324/4 = 81

Antwort

K = 81
Beide Pole des geschlossenen Kreises liegen dann bei s = −9.
32.Blockschaltbilder

Antwort: css = 0,01654

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).

Übertragungsfunktionen

C/D = G/(1 + K·G) = 9/(s + 2 + 270)

Stationärer Zustand

css = 0,5·9/272 = 0,01654

Antwort

css = 0,01654

Ein größeres K verringert die Wirkung der Störung, aber mit einem Proportionalregler nie auf null.

33.Sprungantwort

Antwort: ζ = 0,1213

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 = 17 → ωₙ = 4,123 rad/s
2ζωₙ = 1 → ζ = 1/(2·4,123) = 0,1213

Ergebnis

ζ = 0,1213

Antwort

ζ = 0,1213
34.Sprungantwort

Antwort: tp = 4,84 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/√(0,5·4,7 × 10⁻⁶) = 652,3 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (65/2)·√(4,7 × 10⁻⁶/0,5) = 0,09964

Ergebnis

ωd = 649,1 rad/s
tp = π/ωd = 4,84 ms

Antwort

tp = 4,84 ms
35.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: BW = 15,92 Hz

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

Resonanzfrequenz

ω₀ = 1/√(LC) = 1/√(0,1·4,7 × 10⁻⁶) = 1459 rad/s
f₀ = ω₀/(2π) = 232,2 Hz

Bandbreite

BW = R/L = 10/0,1 = 100 rad/s = 15,92 Hz

Antwort

BW = 15,92 Hz
36.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: PM = 22,18 °

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

Durchtrittsfrequenz

ω⁴ + 400ω² − 6,76 × 10⁶ = 0
ω² = (−400 + √(160000 + 4·6,76 × 10⁶))/2 = 2408
ωc = 49,07 rad/s

Phasenreserve

∠L(jωc) = −90° − atan(49,07/20) = −157,8°
PM = 180° + ∠L = 22,18°

Antwort

PM = 22,18°
37.Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve

Antwort: Kmin = 1,5

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 + 3) + K(s + 4) = s² + (1 + K)s + (4K − 6)

Bedingungen

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

1 + K > 0 → K > −1
4K − 6 > 0 → K > 1,5
Kmin = 1,5

Antwort

Kmin = 1,5
38.Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve

Antwort: ω = 7,348 rad/s

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

Kritische Verstärkung

s³ + 13s² + 54s + 72 + K = 0
s¹: (13·54 − 72 − K)/13 = 0 → K = 630

Schnittfrequenz

13s² + 72 + 630 = 13s² + 702 = 0 → s² = −54
ω = √54 = 7,348 rad/s

Antwort

ω = 7,348 rad/s
39.Stationärer Fehler und PID-Regelung

Antwort: K = 2

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

Erforderliche Geschwindigkeitskonstante

Kv = A/ess = 1/0,5 = 2

Verstärkung

K = 1·Kv = 2

Antwort

K = 2

Eine große Verstärkung macht diesen Kreis sehr schwach gedämpft: ζ = 0,3536. Dieser Zielkonflikt ist der Grund, warum Kompensatoren eingesetzt werden.

40.Stationärer Fehler und PID-Regelung

Antwort: Ki = 9

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 + 2).

s² + (2 + 4Kp)s + 4Ki

Zielpolynom

s² + 2·0,7·6s + 6² = s² + 8,4s + 36

Koeffizienten vergleichen

4Ki = 36 → Ki = 9

Antwort

Ki = 9

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

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