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 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​6 VR2​5 ΩAR4​10 ΩB

Bestimme den Ersatzwiderstand Req, den die Quelle V1 sieht.

V1 = 6 VR1 = 3 ΩR2 = 5 ΩR3 = 6 ΩR4 = 10 Ω
Req = Ω
2.Reihen- und ParallelschaltungSchwer
R1​ = 4 ΩIR1​R3​ = 12 ΩR5​ = 5 Ω+−V1​36 VR2​8 ΩAR4​10 ΩBR6​12 Ω

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

V1 = 36 VR1 = 4 ΩR2 = 8 ΩR3 = 12 ΩR4 = 10 ΩR5 = 5 ΩR6 = 12 Ω
IR1 = A
3.KnotenpotenzialverfahrenMittel
R1​ = 2 ΩR3​ = 8 Ω+−V1​15 VR2​5 ΩAR4​12 ΩBIs​1,5 A

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

V1 = 15 VIs = 1,5 AR1 = 2 ΩR2 = 5 ΩR3 = 8 ΩR4 = 12 Ω
PIs = W
4.KnotenpotenzialverfahrenSchwer
R1​ = 30 ΩR2​ = 15 ΩIR2​R4​ = 5 Ω+−V1​24 VR3​8 ΩAR5​10 ΩBIs​4 A+−V2​10 V

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

V1 = 24 VIs = 4 AV2 = 10 VR1 = 30 ΩR2 = 15 ΩR3 = 8 ΩR4 = 5 ΩR5 = 10 Ω
IR2 = A
5.MaschenstromverfahrenMittel
R1​ = 10 ΩR2​ = 6 ΩIR2​+−V1​6 VR3​10 ΩA+−V2​12 VI1​I2​

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

V1 = 6 VV2 = 12 VR1 = 10 ΩR2 = 6 ΩR3 = 10 Ω
IR2 = A
6.MaschenstromverfahrenSchwer
R1​ = 8 ΩR2​ = 4 ΩIR2​R3​ = 5 Ω+−V1​5 VR4​10 ΩAR5​20 ΩB+−V2​18 VI1​I2​I3​

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

V1 = 5 VV2 = 18 VR1 = 8 ΩR2 = 4 ΩR3 = 5 ΩR4 = 10 ΩR5 = 20 Ω
IR2 = A
7.ÜberlagerungssatzMittel
lineare SchaltungVs​Is​IRL​

Eine lineare Widerstandsschaltung enthält eine Spannungsquelle Vs und eine Stromquelle Is. Der Strom I durch einen Lastwiderstand wird zweimal gemessen: Mit Vs = 10 V und Is = 4 mA ist I = 11,2 mA; mit Vs = 12 V und Is = 10 mA ist I = 15 mA. Bestimme den Laststrom I für Vs = 5 V und Is = 8 mA.

10 V, 4 mA → 11,2 mA12 V, 10 mA → 15 mAVs = 5 V, Is = 8 mA
I = mA
8.ÜberlagerungssatzSchwer
R1​ = 15 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​18 VR3​3 ΩIR3​AIs​5 AB+−V2​?

Bestimme den Wert der Spannungsquelle V2 (Polarität wie dargestellt), bei dem der Strom IR3 durch R3 null wird.

V1 = 18 VIs = 5 AR1 = 15 ΩR2 = 6 ΩR3 = 3 ΩR4 = 15 Ω
V2 = V
9.Thévenin und NortonMittel
R1​ = 6 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​10 VR2​12 ΩAab

Bestimme die Thévenin-Spannung Vth an den Klemmen a–b.

V1 = 10 VR1 = 6 ΩR2 = 12 ΩR3 = 15 Ω
Vth = V
10.Thévenin und NortonSchwer
R1​ = 5 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​12 VR2​25 ΩAIs​0,5 ABab

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

V1 = 12 VIs = 0,5 AR1 = 5 ΩR2 = 25 ΩR3 = 5 Ω
IN = A
11.RC- und RL-AusgleichsvorgängeMittel
+−Vs​6 Vt = 0R = 10 ΩL68 mHi(t)

Die Spule führt keinen Strom, bevor der Schalter bei t = 0 schließt. Bestimme die in der Spule gespeicherte Energie W(∞), wenn sich die Schaltung eingeschwungen hat, in mJ.

Vs = 6 VR = 10 ΩL = 68 mH
W(∞) = mJ
12.RC- und RL-AusgleichsvorgängeSchwer
+−Vs​6 Vöffnet bei t = 0R1​ = 4,7 kΩR2​ = 1 kΩi2​C100 µF+−vC​

Der Schalter ist seit Langem geschlossen, die Schaltung ist also im eingeschwungenen Zustand. Bei t = 0 öffnet der Schalter. Bestimme den Strom i2 durch R2 bei t = 50 ms.

Vs = 6 VR1 = 4,7 kΩR2 = 1 kΩC = 100 µFt = 50 ms
i2 = mA
13.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerMittel
12 V200 HzR = 25 ΩL = 200 mHC = 2,2 µFI

Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 12 V (Effektivwert) und 200 Hz. Bestimme den Effektivwert des Stroms I.

V = 12 V (rms)f = 200 HzR = 25 ΩL = 200 mHC = 2,2 µF
I = A
14.Wechselstrom: Impedanz und ZeigerSchwer
12 V200 HzR = 40 ΩL = 200 mHC = 4,7 µF

Eine RLC-Reihenschaltung liegt an einer Versorgung mit 12 V (Effektivwert) und 200 Hz. Bestimme die Resonanzfrequenz f0 der Schaltung.

V = 12 V (rms)f = 200 HzR = 40 ΩL = 200 mHC = 4,7 µF
f0 = Hz
15.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorMittel
230 V15 kW, 0,6220 kW, 1I

An einer einphasigen Versorgung mit 230 V liegen zwei Lasten parallel: eine Last mit 5 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,6 induktiv und ein Heizgerät mit 20 kW (Leistungsfaktor 1). Bestimme den Gesamtleistungsfaktor cos φ, den die Versorgung sieht.

V = 230 VP1 = 5 kW, pf1 = 0,6 induktivP2 = 20 kW, pf2 = 1
cos φ =
16.Wechselstromleistung und LeistungsfaktorSchwer
50 V1000 HzRs​ = 20 ΩXs​ = j6 ΩZL​ = ?

Eine Quelle mit 50 V (Effektivwert) und 1000 Hz hat eine Innenimpedanz Zs = 20 + j6 Ω. Die Lastimpedanz ZL kann frei gewählt werden. Bestimme die maximale Wirkleistung Pmax, die an die Last abgegeben werden kann.

Vs = 50 V (rms)f = 1000 HzZs = 20 + j6 Ω
Pmax = W
17.DrehstromleistungMittel
ABCVL​ = 690 VIL​ = 60 Acos φ = 0,7induktiv

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt aus einem Netz mit einer Leiterspannung von 690 V einen Leiterstrom von 60 A auf. Der Leistungsfaktor ist 0,7 induktiv. Bestimme die gesamte Wirkleistung P, die die Last aufnimmt, in kW.

VL = 690 VIL = 60 Acos φ = 0,7
P = kW
18.DrehstromleistungSchwer
P = 60 kWφ1​S1​Q2​QC​ = ?

Eine symmetrische Drehstromlast nimmt 60 kW bei einem Leistungsfaktor von 0,65 induktiv aus einem Netz mit 480 V (Leiterspannung) und 60 Hz auf. Eine parallel zur Last geschaltete Drehstrom-Kondensatorbatterie soll den Gesamtleistungsfaktor auf 0,95 induktiv anheben. Die Wirkleistung bleibt gleich. Bestimme die gesamte Blindleistung QC, die die Kondensatorbatterie liefern muss, in kvar.

P = 60 kWpf1 = 0,65pf2 = 0,95VL = 480 Vf = 60 Hz
QC = kvar
19.TransformatorenMittel
480 V240 VIHV​ILV​ = ?500 kVA

Ein einphasiger Transformator mit 500 kVA und 480/240 V wird bei Nennlast betrieben. Betrachte ihn als ideal. Bestimme den Strom ILV in der Unterspannungswicklung.

S = 500 kVAV1 = 480 VV2 = 240 V
ILV = A
20.TransformatorenSchwer
pf 0,95500 kVA, η = 97%

Ein einphasiger Transformator mit 500 kVA hat Eisenverluste von 2000 W. Bei Nennlast und einem Leistungsfaktor von 0,95 induktiv beträgt sein Wirkungsgrad 97 %. Bestimme die Kupferverluste Pcu,fl bei Volllast in Watt.

S = 500 kVAPcore = 2000 Wpf = 0,95η = 97%
Pcu,fl = W
21.OperationsverstärkerMittel
−+Vout​Rf​ = 22 kΩR1​ = 4,7 kΩVin​ = −1,5 V

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

Vin = −1,5 VR1 = 4,7 kΩRf = 22 kΩ
Vout = V
22.OperationsverstärkerSchwer
−+Vout​Rf​ = 100 kΩV1​ = 0,5 VR1​ = 4,7 kΩV2​ = −1,7 VR2​ = 22 kΩ

Der Summierverstärker verwendet einen idealen Operationsverstärker mit ±15 V Versorgung. Bestimme die Ausgangsspannung Vout.

V1 = 0,5 VV2 = −1,7 VR1 = 4,7 kΩR2 = 22 kΩRf = 100 kΩ
Vout = V
23.Dioden und TransistorenMittel
RC​ = 1,5 kΩβ = 120IC​ = ?RE​ = 680 ΩVCC​ = 18 VR1​ = 47 kΩR2​ = 8,2 kΩ

Ein NPN-Transistor mit β = 120 wird mit einem Spannungsteiler an VCC = 18 V eingestellt: R₁ = 47 kΩ von VCC zur Basis und R₂ = 8,2 kΩ von der Basis nach Masse. Der Kollektorwiderstand ist RC = 1,5 kΩ und der Emitterwiderstand RE = 680 Ω. Nimm VBE = 0,7 V an und verwende das Thévenin-Ersatzschaltbild des Teilers (vernachlässige den Basisstrom nicht). Bestimme den Kollektorstrom IC in mA.

VCC = 18 VR1 = 47 kΩR2 = 8,2 kΩRC = 1,5 kΩRE = 680 Ωβ = 120
IC = mA
24.Dioden und TransistorenSchwer
+−≥ 9 VR = ?6,2 V≤ 30 mA

Ein 6,2-V-Z-Dioden-Regler muss einer Last bis zu 30 mA liefern. Die Eingangsspannung kann auf 9 V fallen, und die Z-Diode braucht mindestens 1 mA, um zu regeln. Bestimme den größten Vorwiderstand Rmax, bei dem sie noch regelt.

Vin,min = 9 VVZ = 6,2 VIL,max = 30 mAIZ,min = 1 mA
Rmax = Ω
25.ZahlensystemeMittel
Stellenwerte im Zweierkomplement1−12816413201608040211

Das 8-Bit-Muster 1110 0001 speichert eine vorzeichenbehaftete Ganzzahl im Zweierkomplement. Welchen Wert N hat sie im Dezimalsystem?

1110 00018 bit
N =
26.ZahlensystemeSchwer
Klicke auf die Bits, um sie zu setzen012806403201608040201

Setze die Bits auf das 8-Bit-Ergebnis von 1101 0101 XOR 1101 0010. Welchen Wert R hat das Ergebnis dezimal?

1101 0101XOR1101 0010
R =
27.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & FlipflopsMittel
ABC000111100101324576

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

F = A′C′ + AB + A′B′ + A′BC
L =
28.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & FlipflopsSchwer
CLKJK12345678

Ein flankengesteuertes JK-Flipflop (positive Flanke) startet mit Q = 0 und erhält die gezeigten Eingänge. Klicke die erste Taktflanke an, bei der Q von 1 wieder auf 0 geht.

Q₀ = 0JK
  1. 1Taktflanke 1
  2. 2Taktflanke 2
  3. 3Taktflanke 3
  4. 4Taktflanke 4
  5. 5Taktflanke 5
  6. 6Taktflanke 6
  7. 7Taktflanke 7
  8. 8Taktflanke 8
29.Laplace-TransformationenMittel
ReIm−1−2−312

Bestimme f(t) für F(s) = 20/(s² + 6s + 13) mit quadratischer Ergänzung und werte f(0,25) aus.

F(s) = 20/(s² + 6s + 13)t = 0,25 s
f(0.25) =
30.Laplace-TransformationenSchwer
t (s)y(t)t = 0,1y(0,1) = ?

Löse y″ + 9y′ + 18y = 0 mit y(0) = −4 und y′(0) = −12 mit der Laplace-Transformation und bestimme y(0,1).

y″ + 9y′ + 18y = 0y(0) = −4y′(0) = −12t = 0,1 s
y(0.1) =
31.BlockschaltbilderMittel
R(s)+K(s + 9)(s + 12)G(s)C(s)−

Die Strecke G(s) = K/((s + 9)(s + 12)) 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 + 9)(s + 12))Einheits-Gegenkopplung
K =
32.BlockschaltbilderSchwer
R(s)+27Regler+D(s)+10s + 7StreckeC(s)−

Ein Proportionalregler K = 27 steuert die Strecke G(s) = 10/(s + 7) 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 2 angelegt. Bestimme den stationären Ausgang css.

K = 27G(s) = 10/(s + 7)D = 2R = 0
css =
33.SprungantwortMittel
t (s)y(t)1tp​ = ?

Ein System hat die Übertragungsfunktion G(s) = 66/(s² + 12s + 66) und erhält einen Einheitssprung am Eingang. Bestimme die Überschwingzeit tp der Sprungantwort.

G(s) = 66/(s² + 12s + 66)
tp = s
34.SprungantwortSchwer
+−24 VR = 29 ΩL = 50 mHC = 22 µFvC​

Ein Reihen-RLC-Kreis mit R = 29 Ω, L = 50 mH und C = 22 µF wird bei t = 0 an einen Sprung von 24 V angeschlossen. Der Kondensator ist ungeladen, und vor dem Sprung fließt kein Strom. Bestimme die maximale Kondensatorspannung vC,max.

R = 29 ΩL = 50 mHC = 22 µFV = 24 V
vC,max = V
35.Bode-Diagramme und ReservenMittel
|H| (dB)0,10,1111010100100−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−90−450ω = 8

Bestimme die Phase ∠G(jω) von G(s) = 16(s + 2)/(s(s + 3)) bei ω = 8 rad/s in Grad.

G(s) = 16(s + 2)/(s(s + 3))ω = 8 rad/s
∠G(jω) = °
36.Bode-Diagramme und ReservenSchwer
|H| (dB)0,10,1111010100100−60−40−200204060ω (rad/s)φ (°)ω (rad/s)−270−180−900ω180​

Ein Regelkreis mit Einheitsrückführung hat die Übertragungsfunktion des offenen Kreises L(s) = K/(s(s + 9)(s + 10)). Bestimme die Verstärkung K, die eine Amplitudenreserve von 5 dB ergibt.

L(s) = K/(s(s + 9)(s + 10))GM = 5 dB
K =
37.Stabilität: Routh-Hurwitz und WurzelortskurveMittel
R(s)+K = 28,81s(s + 1)(s + 8)C(s)−

Der Regelkreis im Schaubild läuft mit K = 28,8 und L(s) = K/(s(s + 1)(s + 8)). Um welchen Faktor m kann die Verstärkung erhöht werden, bevor der geschlossene Kreis instabil wird?

L(s) = K/(s(s + 1)(s + 8))K = 28,8
m =
38.Stabilität: Routh-Hurwitz und WurzelortskurveSchwer
ReIm−1−2−3−4−5−6−71j1j2

Die Wurzelortskurve von L(s) = K(s + 6)/(s(s + 5)) verlässt die reelle Achse zwischen s = 0 und s = −5, läuft im Bogen herum und trifft links von der Nullstelle wieder auf die reelle Achse. Bestimme den Verzweigungspunkt sb.

L(s) = K(s + 6)/(s(s + 5))
sb =
39.Stationärer Fehler und PID-RegelungMittel
r(t) = 0,5t+50(s + 1)s(s + 4)C(s)−

Auf einen Regelkreis mit Einheitsrückführung und G(s) = 50(s + 1)/(s(s + 4)) wird eine Rampe r(t) = 0,5t gegeben. Bestimme den stationären Fehler ess.

G(s) = 50(s + 1)/(s(s + 4))r(t) = 0,5t
ess =
40.Stationärer Fehler und PID-RegelungSchwer
R(s)+Kp​ + Ki​/s4s + 4C(s)−

Ein PI-Regler C(s) = Kp + Ki/s regelt die Strecke G(s) = 4/(s + 4) in einem Regelkreis mit Einheitsrückführung. Der geschlossene Kreis soll ωₙ = 4 rad/s und ζ = 1 haben. Bestimme die Proportionalverstärkung Kp.

G(s) = 4/(s + 4)ωₙ = 4 rad/sζ = 1
Kp =

3Lösungen

1.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: Req = 6,81 Ω

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

R1​ = 3 ΩR3​ = 6 Ω+−V1​6 VR2​5 ΩAR4​10 ΩB

Widerstände vom fernen Ende her zusammenfassen

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

R3 + R4 = 6 + 10 = 16 Ω
R2 ∥ 16 = 5·16/(5+16) = 3,81 Ω
Req = R1 + 3,81 = 3 + 3,81 = 6,81 Ω

Antwort

Req = 6,81 Ω
2.Reihen- und Parallelschaltung

Antwort: IR1 = 3,763 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​ = 4 ΩR3​ = 12 ΩR5​ = 5 Ω+−V1​36 VR2​8 ΩAR4​10 ΩBR6​12 Ω

Widerstände vom fernen Ende her zusammenfassen

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

R5 + R6 = 5 + 12 = 17 Ω
R4 ∥ 17 = 6,296 Ω
R3 + 6,296 = 18,3 Ω
R2 ∥ 18,3 = 5,566 Ω
Req = R1 + 5,566 = 4 + 5,566 = 9,566 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 = 36/9,566 = 3,763 A

Antwort

IR1 = 3,763 A
3.Knotenpotenzialverfahren

Antwort: PIs = 20,88 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/5 + (VA − 15)/2 + (VA − VB)/8 = 0
0,825·VA − 0,125·VB = 7,5

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/12 + (VB − VA)/8 = 1,5
−0,125·VA + 0,2083·VB = 1,5

Lösen

Δ = (0,825)(0,2083) − (−0,125)(−0,125) = 0,1562
VA = Δ1/Δ = 1,75/0,1562 = 11,2 V
VB = Δ2/Δ = 2,175/0,1562 = 13,92 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 = 13,92·1,5 = 20,88 W

Antwort

PIs = 20,88 W
4.Knotenpotenzialverfahren

Antwort: IR2 = −0,6064 A

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

R1​ = 30 ΩR2​ = 15 ΩR4​ = 5 Ω+−V1​24 VR3​8 ΩAR5​10 ΩBIs​4 A+−V2​10 V

Knoten festlegen

Masse ist der untere Leiter. Bekannte Knotenpotenziale ergeben sich direkt aus den Quellen (V1 = 24 V, V2 = 10 V). Unbekannt: VA, VB.

KCL am Knoten A

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

VA/R3 + (VA − V1)/R1 + (VA − VB)/R2 = 0
VA/8 + (VA − 24)/30 + (VA − VB)/15 = 0
0,225·VA − 0,06667·VB = 0,8

KCL am Knoten B

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

VB/R5 + (VB − VA)/R2 + (VB − V2)/R4 = Is
VB/10 + (VB − VA)/15 + (VB − 10)/5 = 4
−0,06667·VA + 0,3667·VB = 6

Lösen

Δ = (0,225)(0,3667) − (−0,06667)(−0,06667) = 0,07806
VA = Δ1/Δ = 0,6933/0,07806 = 8,883 V
VB = Δ2/Δ = 1,403/0,07806 = 17,98 V

Antwort

IR2 = (VA − VB)/R2 = (8,883 − 17,98)/15 = −0,6064 A
5.Maschenstromverfahren

Antwort: IR2 = −0,8182 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​6 VR3​10 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 + 10(I1 − I2) = 6
20·I1 − 10·I2 = 6

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 + 10(I2 − I1) = (−12)
−10·I1 + 16·I2 = −12

Lösen

Δ = (20)(16) − (−10)(−10) = 220
I1 = Δ1/Δ = −24/220 = −0,1091 A
I2 = Δ2/Δ = −180/220 = −0,8182 A

Antwort

IR2 = I2 = −0,8182 A

Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.

6.Maschenstromverfahren

Antwort: IR2 = −0,9339 A

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

R1​ = 8 ΩR2​ = 4 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​5 VR4​10 ΩAR5​20 ΩB+−V2​18 VI1​I2​I3​

Maschenströme festlegen

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

Maschenregel in Masche 1

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

R1·I1 + R4(I1 − I2) = V1
8·I1 + 10(I1 − I2) = 5
18·I1 − 10·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
4·I2 + 10(I2 − I1) + 20(I2 − I3) = 0
−10·I1 + 34·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
5·I3 + 20(I3 − I2) = (−18)
−20·I2 + 25·I3 = −18

Lösen

Δ = Determinante der Koeffizientenmatrix = 5600
I1 = Δ1/Δ = −1350/5600 = −0,2411 A
I2 = Δ2/Δ = −5230/5600 = −0,9339 A
I3 = Δ3/Δ = −8216/5600 = −1,467 A

Antwort

IR2 = I2 = −0,9339 A

Ein negativer Maschenstrom fließt gegen den Uhrzeigersinn.

7.Überlagerungssatz

Antwort: I = 7,4 mA

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

Die Antwort als Summe von Anteilen schreiben

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

I = k₁·Vs + k₂·Is
10·k₁ + 4·k₂ = 11,2
12·k₁ + 10·k₂ = 15

Nach den Konstanten auflösen

Δ = (10)(10) − (4)(12) = 52
k₁ = Δ1/Δ = 52/52 = 1
k₂ = Δ2/Δ = 15,6/52 = 0,3
k₁ = 1 mA/V, k₂ = 0,3

Den neuen Strom vorhersagen

I = 1·5 + 0,3·8 = 7,4 mA

Antwort

I = 7,4 mA
8.Überlagerungssatz

Antwort: V2 = 49,8 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​ = 15 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 15 Ω+−V1​18 VR3​3 ΩAOFFENBKURZSCHLUSS

Fall 1 · V1 wirkt allein

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

R3 ∥ (R2+R4) = 3 ∥ 21 = 2,625 Ω
VA = 18·2,625/(15+2,625) = 2,681 V
VB = VA·R4/(R2+R4) = 2,681·15/21 = 1,915 V
R1​ = 15 ΩR2​ = 6 ΩR4​ = 15 ΩKURZSCHLUSSR3​3 ΩAIs​5 ABKURZSCHLUSS

Fall 2 · Is wirkt allein

Beide Spannungsquellen werden zu Kurzschlüssen. Iₛ teilt sich in B zwischen R₄ (jetzt nach Masse) und R₂ in Reihe mit R₁ ∥ R₃ auf. Der Pfeil von Iₛ zeigt nach unten, von seinem Knoten weg, Iₛ zieht also Strom aus diesem Knoten ab: Sein Term geht mit Minuszeichen ein.

R1 ∥ R3 = 2,5 Ω, also ist der linke Pfad R2+2,5 = 8,5 Ω
Req = R4 ∥ 8,5 = 5,426 Ω
VB = −Is·Req = −5·5,426 = −27,13 V
VA = VB·2,5/8,5 = −7,979 V

Fall 3 · V2 wirkt allein, pro Volt

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

R1 ∥ R3 = 2,5 Ω
VA‴ = V2·2,5/(15 + 6 + 2,5) = 0,1064·V2

VA null setzen

Mit VA = 0 liegt keine Spannung an R₃, sein Strom ist also null.

VA′ + VA″ + VA‴ = 2,681 + (−7,979) + 0,1064·V2 = 0
V2 = 5,298/0,1064 = 49,8 V

Antwort

V2 = 49,8 V
9.Thévenin und Norton

Antwort: Vth = 6,667 V

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​ = 15 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 + 15 = 19 Ω
R1​ = 6 ΩR3​ = 15 Ω+−V1​10 VR2​12 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) = 10·12/(6+12) = 6,667 V
10.Thévenin und Norton

Antwort: IN = 1,591 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​25 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 = 5·25/(5+25) = 4,167 Ω
Rth = (R1 ∥ R2) + R3 = 4,167 + 5 = 9,167 Ω
R1​ = 5 ΩR3​ = 5 Ω+−V1​12 VR2​25 ΩAIs​0,5 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) = 10 + 0,5·4,167 = 12,08 V
Vth = VB = VA + Is·R3 = 12,08 + 0,5·5 = 14,58 V
IN​1,591 ARth​9,167 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 = 14,58/9,167 = 1,591 A
11.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: W(∞) = 12,24 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 / 10 Ω = 6,8 ms
i(∞) = Vs/R = 6/10 = 0,6 A

Gespeicherte Energie

W(∞) = ½·L·i(∞)² = ½·68·0,6² = 12,24 mJ

Antwort

W(∞) = 12,24 mJ
12.RC- und RL-Ausgleichsvorgänge

Antwort: i2 = 0,6385 mA

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.

Anfangsspannung des Kondensators

Im eingeschwungenen Zustand ist der Kondensator ein Leerlauf, R₁ und R₂ bilden also einen Spannungsteiler. Die Kondensatorspannung kann beim Öffnen des Schalters nicht springen.

vC(0) = 6·1/(4,7 + 1) = 1,053 V

Zeitkonstante nach dem Öffnen des Schalters

τ = R2·C = 1·100 = 100 ms

Entladung

vC(t) = 1,053·e−50/100 = 0,6385 V
i2 = vC/R2 = 0,6385/1 = 0,6385 mA

Antwort

i2 = 0,6385 mA
13.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: I = 0,106 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·200 = 1257 rad/s
XL = ωL = 1257·0,2 = 251,3 Ω
XC = 1/(ωC) = 1/(1257·2,2·10⁻⁶) = 361,7 Ω

Impedanz

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

|Z| = √(R² + (XL − XC)²) = √(25² + (−110,4)²) = 113,2 Ω

Strom

Durch jedes Element einer Reihenschaltung fließt derselbe Strom.

I = V/|Z| = 12/113,2 = 0,106 A

Antwort

I = 0,106 A
14.Wechselstrom: Impedanz und Zeiger

Antwort: f0 = 164,2 Hz

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|.

Resonanz

Bei Resonanz heben sich induktiver und kapazitiver Blindwiderstand auf: ωL = 1/(ωC). Die Frequenz der Versorgung spielt keine Rolle.

f0 = 1/(2π√(LC)) = 1/(2π·√(0,2·4,7·10⁻⁶)) = 164,2 Hz

Antwort

f0 = 164,2 Hz
15.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: cos φ = 0,9662

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 jeder Last

Eine induktive Last nimmt Blindleistung auf (Q > 0); eine kapazitive Last gibt sie ab (Q < 0).

Q1 = 5·tan(arccos 0,6) = 6,667 kvar
Q2 = 0 = 0 kvar

Summen

P = 5 + 20 = 25 kW
Q = 6,667 + 0 = 6,667 kvar
S = √(25² + 6,667²) = 25,87 kVA

Gesamtleistungsfaktor

cos φ = P/S = 25/25,87 = 0,9662 induktiv

Antwort

cos φ = 0,9662
16.Wechselstromleistung und Leistungsfaktor

Antwort: Pmax = 31,25 W

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.

Konjugiert komplexe Anpassung

Der Blindwiderstand der Last hebt den Blindwiderstand der Quelle auf, und der Lastwiderstand ist gleich dem Quellenwiderstand.

ZL = Zs* = 20 − j6 Ω

Maximale Leistung

I = Vs/(2Rs) = 50/40 = 1,25 A
Pmax = I²·RL = Vs²/(4Rs) = 50²/(4·20) = 31,25 W

Antwort

Pmax = 31,25 W
17.Drehstromleistung

Antwort: P = 50,19 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 = √3·690·60 = 71,71 kVA

Wirkleistung

P = S·cos φ = 71,71·0,7 = 50,19 kW

Antwort

P = 50,19 kW
18.Drehstromleistung

Antwort: QC = 50,43 kvar

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

Blindleistung vorher und nachher

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

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

Blindleistung der Kondensatoren

QC = Q1 − Q2 = 50,43 kvar

Antwort

QC = 50,43 kvar
19.Transformatoren

Antwort: ILV = 2083 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.

ILV = S/V = 500000/240 = 2083 A

Antwort

ILV = 2083 A
20.Transformatoren

Antwort: Pcu,fl = 12691 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.

Abgabe- und Aufnahmeleistung

Pout = 500·0,95 = 475 kW
Pin = 475000/0,97 = 489691 W

Gesamt- und Kupferverluste

Ploss = 489691 − 475000 = 14691 W
Pcu,fl = 14691 − 2000 = 12691 W

Antwort

Pcu,fl = 12691 W
21.Operationsverstärker

Antwort: Vout = −8,521 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₊ = −1,5 V
I = V₋/R1 = −1,5/4,7 = −0,3191 mA

Ausgangsspannung

Der Strom durch R₁ fließt auch durch Rf.

Vout = V₋ + I·Rf = −1,5 + (−0,3191)·22 = −8,521 V

Antwort

Vout = −8,521 V
22.Operationsverstärker

Antwort: Vout = −2,911 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.

Eingangsströme

V₋ = 0, daher liegt an jedem Eingangswiderstand seine volle Eingangsspannung.

I1 = V1/R1 = 0,5/4,7 = 0,1064 mA
I2 = V2/R2 = −1,7/22 = −0,07727 mA
If = I1 + I2 = 0,02911 mA

Ausgangsspannung

Vout = −Rf·If = −100·0,02911 = −2,911 V

Antwort

Vout = −2,911 V
23.Dioden und Transistoren

Antwort: IC = 2,654 mA

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

Thévenin-Ersatzschaltbild des Teilers

VTH = 18·8,2/(47 + 8,2) = 2,674 V
RTH = 47·8,2/(47 + 8,2) = 6,982 kΩ

Basisstrom

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

IB = (2,674 − 0,7)/(6,982 + 121·0,68) = 22,11 µA

Kollektorstrom

IC = 120·22,11 µA = 2,654 mA
IE = 121·22,11 µA = 2,676 mA

Antwort

IC = 2,654 mA
24.Dioden und Transistoren

Antwort: Rmax = 90,32 Ω

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.

Strom im ungünstigsten Fall

IR = 30 + 1 = 31 mA

Größter Widerstand

Rmax = 2,8/0,031 = 90,32 Ω

Antwort

Rmax = 90,32 Ω
25.Zahlensysteme

Antwort: N = −31

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

Stellenwerte addieren

Die übrigen Bits behalten ihre normalen positiven Werte.

−128 + 64 + 32 + 1 = −31

Antwort

N = −31
26.Zahlensysteme

Antwort: R = 7

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

Bit für Bit

XOR ergibt 1, wo sich die beiden Bits unterscheiden.

1101 0101
XOR 1101 0010
= 0000 0111

Wert des Ergebnisses

0000 0111₂ = 7

Antwort

R = 7
27.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & Flipflops

Antwort: L = 2

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

Minterme des Ausdrucks

A′C′ → m(0, 2)
AB → m(6, 7)
A′B′ → m(0, 1)
A′BC → m(3)
ABC00011110011011131204051716

Gruppieren und ablesen

F = B + A′

Die Literale zählen

L = 2

Antwort

L = 2
28.Digitaltechnik: Gatter, Karnaugh-Diagramme & Flipflops

Antwort: Taktflanke 5

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.

Q nach jeder Flanke

Ein JK-Flipflop: 00 hält, 01 setzt zurück (Q = 0), 10 setzt (Q = 1), 11 kippt.

1: J = 0, K = 1 → Q = 0
2: J = 0, K = 0 → Q = 0
3: J = 1, K = 1 → Q = 1
4: J = 1, K = 0 → Q = 1
5: J = 1, K = 1 → Q = 0
6: J = 0, K = 1 → Q = 0
7: J = 0, K = 0 → Q = 0
8: J = 0, K = 1 → Q = 0

Erster Wechsel von 1 auf 0

Taktflanke 5

Antwort

Taktflanke 5
29.Laplace-Transformationen

Antwort: f(0.25) = 2,265

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

Quadratische Ergänzung

s² + 6s + 13 = (s + 3)² + 4 = (s + 3)² + 2²

Zähler anpassen

F(s) = (20/2)·2/((s + 3)² + 2²)

Rücktransformation

f(t) = e−3t·(10·sin 2t)
f(0,25) = e−3·0,25·(10·sin(2·0,25)) = 2,265

Antwort

f(0,25) = 2,265
30.Laplace-Transformationen

Antwort: y(0.1) = −4,499

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

Gleichung transformieren

s²Y − (−4)s − (−12) + 9(sY − (−4)) + 18Y = 0
Y(s) = (−4s − 48)/((s + 3)(s + 6))

Partialbruchzerlegung

A = −36/3 = −12
B = −24/(−3) = 8

Ergebnis

y(t) = −12·e−3t + 8·e−6t
y(0,1) = −4,499

Antwort

y(0,1) = −4,499

Kontrolle: y(0) = A + B = −4.

31.Blockschaltbilder

Antwort: K = 2,25

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 + 9)(s + 12)) = 0 → s² + 21s + 108 + K = 0

Doppelte Wurzel

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

21² = 4(108 + K) → K = 441/4 − 108 = 2,25

Antwort

K = 2,25
Beide Pole des geschlossenen Kreises liegen dann bei s = −10,5.
32.Blockschaltbilder

Antwort: css = 0,0722

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) = 10/(s + 7 + 270)

Stationärer Zustand

css = 2·10/277 = 0,0722

Antwort

css = 0,0722

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

33.Sprungantwort

Antwort: tp = 0,5736 s

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

Mit der Normalform vergleichen

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

ωₙ² = 66 → ωₙ = 8,124 rad/s
2ζωₙ = 12 → ζ = 12/(2·8,124) = 0,7385

Ergebnis

ωd = 8,124·√(1 − 0,7385²) = 5,477 rad/s → tp = π/ωd = 0,5736 s

Antwort

tp = 0,5736 s
34.Sprungantwort

Antwort: vC,max = 32,8 V

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

Eigenkreisfrequenz und Dämpfungsgrad

ωₙ = 1/√(LC) = 1/√(0,05·2,2 × 10⁻⁵) = 953,5 rad/s
ζ = (R/2)·√(C/L) = (29/2)·√(2,2 × 10⁻⁵/0,05) = 0,3042

Ergebnis

%OS = 36,68 %
vC,max = 24·(1 + 0,3668) = 32,8 V

Antwort

vC,max = 32,8 V
35.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: ∠G(jω) = −83,48 °

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.

Die Winkel addieren

∠G = atan(8/2) − 90° − atan(8/3) = 75,96° − 90° − 69,44°

Ergebnis

∠G(j8) = −83,48°

Antwort

∠G(jω) = −83,48°
36.Bode-Diagramme und Reserven

Antwort: K = 961,6

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/9)·(ω/10) = 1 → ω180 = √(9·10) = 9,487 rad/s

Betrag am Phasendurchtritt

|L(jω180)| = K/(ω·√(ω² + 81)·√(ω² + 100)) = K/(9·10·(9 + 10)) = K/1710

Geforderte Verstärkung

1710/K = 105/20 = 1,778
K = 1710/1,778 = 961,6

Antwort

K = 961,6
37.Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve

Antwort: m = 2,5

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.

Routh-Schema

s³ + 9s² + 8s + K = 0
s³: 1, 8
s²: 9, K
s¹: (9·8 − K)/9
s⁰: K

Größte stabile Verstärkung

Kmax = 9·8 = 72

Faktor

m = 72/28,8 = 2,5

Antwort

m = 2,5

Dieser Faktor ist die Amplitudenreserve als Verhältnis: 7,959 dB.

38.Stabilität: Routh-Hurwitz und Wurzelortskurve

Antwort: sb = −3,551

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) = −(s² + 5s)/(s + 6)

Stationäre Punkte

Differenziere mit der Quotientenregel und setze den Zähler null.

(2s + 5)(s + 6) − (s² + 5s) = s² + 12s + 30 = 0
s = −6 ± √6 = −3,551, −8,449

Verzweigungspunkt

sb = −3,551

Antwort

sb = −3,551

Zwischen den beiden Punkten ist die Ortskurve ein Kreis um die Nullstelle mit dem Radius √6 = 2,449.

39.Stationärer Fehler und PID-Regelung

Antwort: ess = 0,04

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

Geschwindigkeitskonstante

Kv = lim s·G(s) = 12,5

Rampenfehler

ess = 0,5/12,5 = 0,04

Antwort

ess = 0,04
40.Stationärer Fehler und PID-Regelung

Antwort: Kp = 1

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

Charakteristisches Polynom

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

s² + (4 + 4Kp)s + 4Ki

Zielpolynom

s² + 2·1·4s + 4² = s² + 8s + 16

Koeffizienten vergleichen

4 + 4Kp = 8 → Kp = 1

Antwort

Kp = 1

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

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