Dioden: Wiederholung und Übungsaufgaben

Als Dioden-Grundlagen kann ich nach Durcharbeiten des Artikels…

• … Anode und Kathode im Schaltzeichen erkennen und entscheiden, ob eine Diode leitet oder sperrt.

• … Durchlassspannungen von Silizium-, Schottky- und Leuchtdioden nennen und Ströme in Diodenschaltungen berechnen.

• … Kennlinien auswerten und den Arbeitspunkt mit einer Arbeitsgeraden bestimmen.

• … Vorwiderstände für LEDs berechnen und Normwerte auswählen.

• … die Funktion von Verpolungsschutz, Freilaufdiode und Klemmdioden erklären.

Darüber hinaus kann ich als Dioden-Expertenwissen…

• … eine Stabilisierungsschaltung mit Z-Diode berechnen und den Vorwiderstand für schwankende Eingangsspannung und Last bemessen.

• … LED-Ketten an 24 V auslegen und Fehlerfälle beurteilen.

• … Pufferschaltungen und Dioden-ODER analysieren.

• … englische Datenblätter auswerten und eine Diode für eine Anwendung auswählen.

• … einen Stromlaufplan mit mehreren Diodenfunktionen analysieren und Ströme sowie Verlustleistungen berechnen.

Kopiere den Text in ein KI-Sprachmodell Deiner Wahl und passe Kompetenzstufe, Anzahl, Bearbeitungszeit und Szenario bei Bedarf an. Wie die Aufgaben aufgebaut sind, beschreibt der Artikel Wie sind die Aufgaben aufgebaut?. Prüfe die Ergebnisse mit dem Lehrartikel: KI-Sprachmodelle machen Fehler.

Erstelle neue Übungsaufgaben zum Thema „Dioden“.

Bauplan: Halte Dich an Aufbau, Kompetenzstufen, Operatoren,
Anforderungsbereiche, Punkte und Zeitschätzung, die im Artikel
https://oer-informatik.de/aufgaben-aufbau beschrieben sind.

Fachliche Grundlage:
- https://oer-informatik.de/dioden
- https://oer-informatik.de/leuchtdioden
- https://oer-informatik.de/z-dioden
- Stilbeispiel: https://oer-informatik.de/dioden-wiederholung

Die Aufgaben sollen Inhalte zu diesen Schlagwörtern abdecken:
- Diode
- Durchlassspannung
- Arbeitsgerade
- Leuchtdiode
- Vorwiderstand
- Z-Diode
- Freilaufdiode
- Klemmdioden
- Schottky-Diode
- Elektroniker für Geräte und Systeme

Kompetenzstufe: Kernkompetenz (alternativ: Basiskompetenz, Profilkompetenz, Expertise)
Anzahl: 1 Aufgabe mit Teilaufgaben
Bearbeitungszeit in Minuten ca.: <5 bis 30 min>
Szenario: eines der Szenarien aus dem Bauplan

Vorgehen:
1. Lies zuerst die verlinkten Artikel. Kannst Du keine Webseiten
   abrufen, sag mir das, statt zu raten.
2. Steht bei einer Angabe noch ein Platzhalter in <…>, frag mich
   zuerst danach. Richte Punkte und Zahl der Teilaufgaben nach der
   Bearbeitungszeit (ca. 0,9 min je Punkt).
3. Gib je Aufgabe Titel mit Kompetenzstufe, Ausgangssituation und
   Teilaufgaben mit Operator und Punktzahl aus, dazu die geschätzte
   Bearbeitungszeit.
4. Gib die Beispiellösungen mit Punkteverteilung erst aus, wenn ich
   danach frage.

Richtige Antwort: 3

Geg.: Siliziumdiode

Ges.: Bedingung für den leitenden Zustand

Eine Diode arbeitet in Durchlassrichtung, wenn die Anode positiver ist als die Kathode und die Schleusenspannung (bei Silizium etwa 0,7 V) erreicht ist: Antwort 3. Antwort 1 beschreibt die Sperrrichtung. Antwort 4 beschreibt den Durchbruch in Sperrrichtung, der eine normale Diode meist zerstört; das ist kein Betrieb in Durchlassrichtung. Ohne Spannung (Antwort 5) fließt kein Strom. Antwort 2 übersieht, dass die Diode in Sperrrichtung trotz Strombegrenzung nicht leitet.

Richtige Antwort: 4

Geg.: Schaltung mit U = 12\ \text{V} (Pluspol oben), Dioden -R_1 bis -R_4, Lampen -E_1 bis -E_3

Ges.: leuchtende Lampen

Bei zwei antiparallelen Dioden leitet bei jeder Polarität eine der beiden. Damit leuchten -E_1 und -E_3: Antwort 4.

Geg.: Kennlinie der Siliziumdiode

a) Ges.: U_\mathrm{F} bei 10 mA und 30 mA

Abgelesen: U_\mathrm{F}(10\ \text{mA}) \approx \underline{\underline{0{,}70\ \text{V}}} und U_\mathrm{F}(30\ \text{mA}) \approx \underline{\underline{0{,}75\ \text{V}}} (Ablesegenauigkeit etwa ±0,01 V).

b) Ges.: R_\mathrm{F} bei 30 mA

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} R_\mathrm{F} & = & \dfrac{U_\mathrm{F}}{I_\mathrm{F}} = \dfrac{0{,}75\ \text{V}}{0{,}030\ \text{A}} & \\ R_\mathrm{F} & = & \underline{\underline{25{,}0\ \Omega}} & \end{array}

c) Ges.: r_\mathrm{F} zwischen 10 mA und 30 mA

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} r_\mathrm{F} & = & \dfrac{\Delta U_\mathrm{F}}{\Delta I_\mathrm{F}} = \dfrac{0{,}75\ \text{V} - 0{,}70\ \text{V}}{0{,}030\ \text{A} - 0{,}010\ \text{A}} & \\ r_\mathrm{F} & = & \underline{\underline{2{,}50\ \Omega}} & \end{array}

Bei einer Ablesegenauigkeit von ±0,01 V liegt r_\mathrm{F} zwischen etwa 2 Ω und 3 Ω; Ergebnisse in diesem Bereich sind richtig.

d) Ges.: Begründung für den Rechenwert 0,7 V

Oberhalb der Schleusenspannung ist die Kennlinie sehr steil. Der Strom verdreifacht sich von 10 mA auf 30 mA, die Spannung ändert sich dabei nur um 0,05 V (etwa 7 %). Der differenzielle Widerstand von 2,5 Ω ist klein gegenüber den Widerständen der Schaltung. Deshalb darf man die Diode im leitenden Zustand näherungsweise durch eine feste Spannung von 0,7 V ersetzen. Mit einem festen Widerstand darf man nicht rechnen: Der statische Widerstand R_\mathrm{F} ändert sich mit dem Arbeitspunkt (bei 10 mA wären es 70 Ω, bei 30 mA 25 Ω).

Richtige Antwort: 2

Geg.: U_\mathrm{B} = 12\ \text{V}; U_\mathrm{F} = 0{,}7\ \text{V}; R = 1{,}0\ \text{k}\Omega

Ges.: I

\begin{aligned} &\text{(I)} && U_\mathrm{B} = U_\mathrm{R} + U_\mathrm{F} \\ &\text{(II)} && U_\mathrm{R} = R \cdot I \end{aligned}

II in I:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U_\mathrm{B} & = & R \cdot I + U_\mathrm{F} & \color{gray}{-U_\mathrm{F}} \\ U_\mathrm{B} - U_\mathrm{F} & = & R \cdot I & \color{gray}{:R} \\ I & = & \dfrac{U_\mathrm{B} - U_\mathrm{F}}{R} = \dfrac{12\ \text{V} - 0{,}7\ \text{V}}{1000\ \Omega} & \\ I & = & \underline{\underline{11{,}3\ \text{mA}}} & \end{array}

Damit ist Antwort 2 richtig. Antwort 1 vernachlässigt die Diode, Antwort 3 addiert U_\mathrm{F} statt sie abzuziehen, Antwort 4 teilt nur U_\mathrm{F} durch R. Antwort 5 gälte für eine sperrende Diode.

Richtige Antwort: 5

Geg.: wie 2.1, Diode in Sperrrichtung

Ges.: U_\mathrm{R}, U_\mathrm{D}

Die Diode sperrt, es fließt nur der winzige Sperrstrom. Am Widerstand fällt damit praktisch keine Spannung ab (U_\mathrm{R} = R \cdot I_\mathrm{R} \approx 0). Nach der Maschenregel liegt die gesamte Spannung an der Diode: U_\mathrm{R} \approx 0\ \text{V}, U_\mathrm{D} \approx 12\ \text{V}: Antwort 5. Antwort 2 vertauscht die Spannungen, Antwort 1 beschreibt die Durchlassrichtung. Antwort 4 übernimmt die Werte der Durchlassrichtung mit vertauschten Rollen, Antwort 3 behandelt die Diode wie einen gleich großen Widerstand.

Geg.: U_\mathrm{B} = 12\ \text{V}; I = 2{,}0\ \text{A}; Si-Diode U_\mathrm{F} = 0{,}9\ \text{V}; Schottky-Diode U_\mathrm{F} = 0{,}45\ \text{V}; Dauerbetrieb

a) Ges.: U_\mathrm{G}, P_\mathrm{D} (Siliziumdiode)

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U_\mathrm{B} & = & U_\mathrm{F} + U_\mathrm{G} & \color{gray}{-U_\mathrm{F}} \\ U_\mathrm{G} & = & U_\mathrm{B} - U_\mathrm{F} = 12\ \text{V} - 0{,}9\ \text{V} = \underline{\underline{11{,}1\ \text{V}}} & \\ P_\mathrm{D} & = & U_\mathrm{F} \cdot I = 0{,}9\ \text{V} \cdot 2{,}0\ \text{A} = \underline{\underline{1{,}80\ \text{W}}} & \end{array}

Die Diode braucht bei 1,8 W bereits eine gute Kühlung.

b) Ges.: U_\mathrm{G}, P_\mathrm{D} (Schottky-Diode)

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U_\mathrm{G} & = & U_\mathrm{B} - U_\mathrm{F} = 12\ \text{V} - 0{,}45\ \text{V} \approx \underline{\underline{11{,}6\ \text{V}}}\ (11{,}55\ \text{V}) & \\ P_\mathrm{D} & = & U_\mathrm{F} \cdot I = 0{,}45\ \text{V} \cdot 2{,}0\ \text{A} = \underline{\underline{0{,}900\ \text{W}}} & \end{array}

c) Ges.: eingesparte Energie \Delta W pro Jahr

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} \Delta W & = & \Delta P \cdot t = (1{,}80\ \text{W} - 0{,}900\ \text{W}) \cdot 8760\ \text{h} & \\ \Delta W & = & 7884\ \text{Wh} \approx \underline{\underline{7{,}88\ \text{kWh}}} & \end{array}

d) Ges.: Funktion der Paralleldiode mit Sicherung; Vorteil

Bei richtiger Polung sperrt -R_1; sie hat keinen Einfluss. Bei Verpolung liegt Plus an der Anode, die Diode leitet und schließt die Versorgung über die Sicherung -F_1 fast kurz. Der große Strom löst die Sicherung aus, und das Gerät wird abgetrennt. Am Gerät liegt dabei höchstens -U_\mathrm{F} (etwa -1\ \text{V}) an, also nur eine kleine Spannung in falscher Richtung. Vorteil: Im Normalbetrieb fließt kein Strom durch die Diode; es gibt keinen Spannungsfall und keine Verlustleistung. Nachteil: Die Sicherung muss nach einer Verpolung ersetzt werden.

Geg.: Kennlinie aus Aufgabe 1.3; U_\mathrm{B} = 1{,}5\ \text{V}; R = 30\ \Omega

a) Ges.: Punkte der Arbeitsgeraden

Leerlaufpunkt (I = 0): U = U_\mathrm{B} = 1{,}5\ \text{V}.

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} I_\mathrm{K} & = & \dfrac{U_\mathrm{B}}{R} = \dfrac{1{,}5\ \text{V}}{30\ \Omega} & \\ I_\mathrm{K} & = & \underline{\underline{50{,}0\ \text{mA}}} & \end{array}

Die Gerade verbindet (1,5 V | 0 mA) mit (0 V | 50 mA).

b) Ges.: Arbeitspunkt

Schnittpunkt: U_\mathrm{F} \approx \underline{\underline{0{,}74\ \text{V}}}, I_\mathrm{F} \approx \underline{\underline{25\ \text{mA}}} (Ablesegenauigkeit etwa ±1 mA).

c) Ges.: I mit U_\mathrm{F} = 0{,}7\ \text{V}; Vergleich

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} I & = & \dfrac{U_\mathrm{B} - U_\mathrm{F}}{R} = \dfrac{1{,}5\ \text{V} - 0{,}7\ \text{V}}{30\ \Omega} & \\ I & \approx & \underline{\underline{26{,}7\ \text{mA}}} & \end{array}

Der Rechenwert liegt etwa 5 bis 7 % über dem grafischen Ergebnis, weil die tatsächliche Durchlassspannung bei 25 mA mit 0,74 V etwas größer ist als 0,7 V. Bei so kleiner Betriebsspannung (1,5 V) wirkt sich das deutlich aus; bei 12 V oder 24 V wäre der Unterschied vernachlässigbar.

d) Ges.: P_\mathrm{D}

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} P_\mathrm{D} & = & U_\mathrm{F} \cdot I_\mathrm{F} = 0{,}74\ \text{V} \cdot 0{,}025\ \text{A} & \\ P_\mathrm{D} & \approx & \underline{\underline{18{,}5\ \text{mW}}} & \end{array}

Das \approx steht, weil U_\mathrm{F} und I_\mathrm{F} aus der Kennlinie abgelesen sind.

Richtige Antwort: 2

Geg.: U_\mathrm{B} = 5{,}0\ \text{V}; U_\mathrm{F} = 2{,}0\ \text{V}; I_\mathrm{F} = 20\ \text{mA}

Ges.: R_\mathrm{V}

\begin{aligned} &\text{(I)} && U_\mathrm{B} = U_{R\mathrm{V}} + U_\mathrm{F} \\ &\text{(II)} && U_{R\mathrm{V}} = R_\mathrm{V} \cdot I_\mathrm{F} \end{aligned}

II in I:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U_\mathrm{B} & = & R_\mathrm{V} \cdot I_\mathrm{F} + U_\mathrm{F} & \color{gray}{-U_\mathrm{F}} \\ U_\mathrm{B} - U_\mathrm{F} & = & R_\mathrm{V} \cdot I_\mathrm{F} & \color{gray}{:I_\mathrm{F}} \\ R_\mathrm{V} & = & \dfrac{U_\mathrm{B} - U_\mathrm{F}}{I_\mathrm{F}} = \dfrac{5{,}0\ \text{V} - 2{,}0\ \text{V}}{0{,}020\ \text{A}} & \\ R_\mathrm{V} & = & \underline{\underline{150\ \Omega}} & \end{array}

Damit ist Antwort 2 richtig. Antwort 1 teilt nur U_\mathrm{F} durch den Strom, Antwort 3 die ganze Betriebsspannung, Antwort 4 die Summe U_\mathrm{B} + U_\mathrm{F}. Antwort 5 enthält einen Kommafehler.

Richtige Antwort: 1

Geg.: drei LEDs parallel mit gemeinsamem Vorwiderstand

Ges.: Grund, warum die Schaltung ungünstig ist

Parallel geschaltete LEDs haben dieselbe Spannung. Wegen der Exemplarstreuung ist U_\mathrm{F} aber nicht bei allen LEDs gleich, und die Kennlinie ist sehr steil. Schon wenige zehn Millivolt Unterschied lassen den größten Teil des Stroms durch die LED mit der kleinsten U_\mathrm{F} fließen. Diese LED wird heller, wärmer, ihre U_\mathrm{F} sinkt weiter, und sie kann überlastet werden: Antwort 1. Abhilfe: jede LED mit eigenem Vorwiderstand oder alle LEDs in Reihe. Die übrigen Antworten sind falsch: Parallel geschaltete LEDs beeinflussen sich nicht durch Sperren (2), der gemeinsame Widerstand müsste für den dreifachen Strom etwa ein Drittel so groß sein, nicht dreimal so groß (3), Spannungen addieren sich nur in Reihe (4), und Parallelbetrieb ist mit eigenen Vorwiderständen üblich (5).

Geg.: U_\mathrm{OH} = 3{,}3\ \text{V}; U_\mathrm{F} = 2{,}0\ \text{V} (grün) bzw. 3{,}1\ \text{V} (blau); I_\mathrm{max} = 8\ \text{mA}

a) Ges.: R_{1\mathrm{min}}; Wert aus E12

Umstellung der Maschengleichung wie in Aufgabe 3.1:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} R_{1\mathrm{min}} & = & \dfrac{U_\mathrm{OH} - U_\mathrm{F}}{I_\mathrm{max}} = \dfrac{3{,}3\ \text{V} - 2{,}0\ \text{V}}{0{,}008\ \text{A}} & \\ R_{1\mathrm{min}} & \approx & 163\ \Omega\ (162{,}5\ \Omega) & \end{array}

Nächsthöherer E12-Wert: -R_1 = \underline{\underline{180\ \Omega}} (150 Ω ergäbe 8,67 mA und damit mehr als zulässig).

b) Ges.: I_\mathrm{F}

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} I_\mathrm{F} & = & \dfrac{U_\mathrm{OH} - U_\mathrm{F}}{R_1} = \dfrac{3{,}3\ \text{V} - 2{,}0\ \text{V}}{180\ \Omega} & \\ I_\mathrm{F} & \approx & \underline{\underline{7{,}22\ \text{mA}}} & \end{array}

c) Ges.: I_\mathrm{F} bei U_\mathrm{OH} = 3{,}0\ \text{V}

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} I_\mathrm{F} & = & \dfrac{3{,}0\ \text{V} - 2{,}0\ \text{V}}{180\ \Omega} & \\ I_\mathrm{F} & \approx & \underline{\underline{5{,}56\ \text{mA}}} & \end{array}

Schon 0,3 V weniger Ausgangsspannung verringern den Strom um fast ein Viertel, weil am Vorwiderstand nur wenig Spannung abfällt.

d) Ges.: Beurteilung blaue LED; Abhilfe

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} I_\mathrm{F} & = & \dfrac{3{,}3\ \text{V} - 3{,}1\ \text{V}}{180\ \Omega} & \\ I_\mathrm{F} & \approx & 1{,}11\ \text{mA} & \end{array}

Die blaue LED leuchtet nur schwach. Sinkt U_\mathrm{OH} unter Last oder streut U_\mathrm{F} nach oben, bleibt sie ganz dunkel. Mit nur 0,2 V am Vorwiderstand ist der Strom nicht mehr sinnvoll einstellbar. Abhilfe: Die LED über einen Transistor an einer höheren Spannung (z. B. 5 V) betreiben; der Pin liefert dann nur den Basisstrom.

Geg.: U_\mathrm{B} = 24\ \text{V}; U_\mathrm{F} = 3{,}2\ \text{V}; I_\mathrm{F} = 20\ \text{mA}; U_{R\mathrm{V}} \geq 3\ \text{V}

a) Ges.: höchste Anzahl n

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U_\mathrm{B} & \geq & n \cdot U_\mathrm{F} + U_{R\mathrm{V,min}} & \color{gray}{-U_{R\mathrm{V,min}}} \\ U_\mathrm{B} - U_{R\mathrm{V,min}} & \geq & n \cdot U_\mathrm{F} & \color{gray}{:U_\mathrm{F}} \\ n & \leq & \dfrac{U_\mathrm{B} - U_{R\mathrm{V,min}}}{U_\mathrm{F}} = \dfrac{24\ \text{V} - 3\ \text{V}}{3{,}2\ \text{V}} \approx 6{,}56 & \end{array}

Es können höchstens n = \underline{\underline{6}} LEDs in Reihe geschaltet werden (abrunden, sonst bliebe zu wenig Spannung für den Vorwiderstand).

b) Ges.: R_\mathrm{V}; Wert aus E12

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} R_\mathrm{V} & = & \dfrac{U_\mathrm{B} - n \cdot U_\mathrm{F}}{I_\mathrm{F}} = \dfrac{24\ \text{V} - 6 \cdot 3{,}2\ \text{V}}{0{,}020\ \text{A}} = \dfrac{4{,}8\ \text{V}}{0{,}020\ \text{A}} & \\ R_\mathrm{V} & = & 240\ \Omega & \end{array}

240 Ω ist kein E12-Wert. Nächsthöherer Wert: R_\mathrm{V} = \underline{\underline{270\ \Omega}}.

c) Ges.: I_\mathrm{F}, P_{R\mathrm{V}}

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} I_\mathrm{F} & = & \dfrac{U_{R\mathrm{V}}}{R_\mathrm{V}} = \dfrac{4{,}8\ \text{V}}{270\ \Omega} \approx \underline{\underline{17{,}8\ \text{mA}}} & \\ P_{R\mathrm{V}} & = & U_{R\mathrm{V}} \cdot I_\mathrm{F} = 4{,}8\ \text{V} \cdot 0{,}0178\ \text{A} \approx \underline{\underline{85{,}4\ \text{mW}}} & \end{array}

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: P_{R\mathrm{V}} \approx 85{,}4\ \text{mW}
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: P_{R\mathrm{V}} = (4{,}8\ \text{V})^2 : 270\ \Omega \approx 85{,}3\ \text{mW}

d) Ges.: I_\mathrm{F} bei einer kurzgeschlossenen LED; Folge

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} I_\mathrm{F} & = & \dfrac{U_\mathrm{B} - 5 \cdot U_\mathrm{F}}{R_\mathrm{V}} = \dfrac{24\ \text{V} - 16\ \text{V}}{270\ \Omega} & \\ I_\mathrm{F} & \approx & \underline{\underline{29{,}6\ \text{mA}}} & \end{array}

Der Strom steigt um rund zwei Drittel und liegt fast 50 % über dem Nennstrom von 20 mA. Ob der Grenzwert (oft I_\mathrm{F,max} = 30\ \text{mA}) überschritten wird, zeigt das Datenblatt; die übrigen fünf LEDs werden jedenfalls stark belastet, altern deutlich schneller und können nacheinander ausfallen. Weil die Spannung am Vorwiderstand klein gegenüber der LED-Spannung ist, wirkt sich jede Änderung der LED-Zahl stark aus. Eine Konstantstromquelle statt des Vorwiderstands würde das verhindern.

Richtige Antwort: 4

Geg.: U_\mathrm{Z} = 5{,}1\ \text{V}; P_\mathrm{tot} = 500\ \text{mW}

Ges.: I_{Z\mathrm{max}}

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} P_\mathrm{tot} & = & U_\mathrm{Z} \cdot I_{Z\mathrm{max}} & \color{gray}{:U_\mathrm{Z}} \\ I_{Z\mathrm{max}} & = & \dfrac{P_\mathrm{tot}}{U_\mathrm{Z}} = \dfrac{0{,}5\ \text{W}}{5{,}1\ \text{V}} & \\ I_{Z\mathrm{max}} & \approx & \underline{\underline{98{,}0\ \text{mA}}} & \end{array}

Damit ist Antwort 4 richtig. Antwort 1 multipliziert statt zu dividieren, Antwort 5 teilt U durch P; die Antworten 2 und 3 enthalten Kommafehler.

Richtige Antwort: 3

Geg.: U_\mathrm{E} = 12\ \text{V}; U_\mathrm{Z} = 5{,}1\ \text{V}; R_\mathrm{V} = 330\ \Omega; keine Last

Ges.: I_\mathrm{Z}

Ohne Last fließt der gesamte Strom durch die Z-Diode:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} I_\mathrm{Z} & = & I_\mathrm{ges} = \dfrac{U_\mathrm{E} - U_\mathrm{Z}}{R_\mathrm{V}} = \dfrac{12\ \text{V} - 5{,}1\ \text{V}}{330\ \Omega} & \\ I_\mathrm{Z} & \approx & \underline{\underline{20{,}9\ \text{mA}}} & \end{array}

Damit ist Antwort 3 richtig. Antwort 1 setzt die ganze Eingangsspannung an R_\mathrm{V}, Antwort 2 nur die Z-Spannung, Antwort 4 die Summe der beiden; Antwort 5 enthält einen Kommafehler.

Geg.: U_\mathrm{E} = 12\ \text{V}; R_\mathrm{V} = 220\ \Omega; U_\mathrm{Z} = 6{,}8\ \text{V}; P_\mathrm{tot} = 0{,}5\ \text{W}; I_{Z\mathrm{min}} = 5\ \text{mA}; R_\mathrm{L} = 1{,}0\ \text{k}\Omega

a) Ges.: I_\mathrm{ges}, I_\mathrm{L}, I_\mathrm{Z}

Aus der Maschenregel U_\mathrm{E} = R_\mathrm{V} \cdot I_\mathrm{ges} + U_\mathrm{Z} folgt (Umstellung wie in Aufgabe 2.1); I_\mathrm{Z} folgt aus der Knotenregel I_\mathrm{ges} = I_\mathrm{Z} + I_\mathrm{L}:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} I_\mathrm{ges} & = & \dfrac{U_\mathrm{E} - U_\mathrm{Z}}{R_\mathrm{V}} = \dfrac{12\ \text{V} - 6{,}8\ \text{V}}{220\ \Omega} \approx \underline{\underline{23{,}6\ \text{mA}}} & \\ I_\mathrm{L} & = & \dfrac{U_\mathrm{Z}}{R_\mathrm{L}} = \dfrac{6{,}8\ \text{V}}{1000\ \Omega} = \underline{\underline{6{,}80\ \text{mA}}} & \\ I_\mathrm{Z} & = & I_\mathrm{ges} - I_\mathrm{L} = 23{,}6\ \text{mA} - 6{,}80\ \text{mA} = \underline{\underline{16{,}8\ \text{mA}}} & \end{array}

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: I_\mathrm{Z} = 16{,}8\ \text{mA}
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: I_\mathrm{Z} = 23{,}64\ \text{mA} - 6{,}80\ \text{mA} \approx 16{,}8\ \text{mA}

b) Ges.: P_\mathrm{Z} im Leerlauf; Prüfung

Im Leerlauf fließt I_\mathrm{ges} ganz durch die Z-Diode:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} P_\mathrm{Z} & = & U_\mathrm{Z} \cdot I_\mathrm{ges} = 6{,}8\ \text{V} \cdot 0{,}0236\ \text{A} & \\ P_\mathrm{Z} & \approx & \underline{\underline{160\ \text{mW}}} & \end{array}

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: P_\mathrm{Z} \approx 160\ \text{mW}
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: P_\mathrm{Z} \approx 161\ \text{mW}

160\ \text{mW} < P_\mathrm{tot} = 500\ \text{mW}: Die Verlustleistung ist zulässig.

c) Ges.: R_{L\mathrm{min}}

Die Spannung bleibt stabil, solange noch mindestens I_{Z\mathrm{min}} durch die Z-Diode fließt:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} I_{L\mathrm{max}} & = & I_\mathrm{ges} - I_{Z\mathrm{min}} = 23{,}6\ \text{mA} - 5\ \text{mA} = 18{,}6\ \text{mA} & \\ R_{L\mathrm{min}} & = & \dfrac{U_\mathrm{Z}}{I_{L\mathrm{max}}} = \dfrac{6{,}8\ \text{V}}{0{,}0186\ \text{A}} & \\ R_{L\mathrm{min}} & \approx & \underline{\underline{366\ \Omega}} & \end{array}

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: R_{L\mathrm{min}} \approx 366\ \Omega
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: R_{L\mathrm{min}} \approx 365\ \Omega (mit I_{L\mathrm{max}} = 18{,}64\ \text{mA})

d) Ges.: U_\mathrm{A} bei R_\mathrm{L} = 270\ \Omega

Mit 6,8 V am Ausgang würde R_\mathrm{L} den Strom 6{,}8\ \text{V} : 270\ \Omega \approx 25{,}2\ \text{mA} ziehen, mehr als I_\mathrm{ges} = 23{,}6\ \text{mA} liefern kann. Die Z-Diode sperrt deshalb, und R_\mathrm{V} und R_\mathrm{L} bilden einen unbelasteten Spannungsteiler:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} \dfrac{U_\mathrm{A}}{U_\mathrm{E}} & = & \dfrac{R_\mathrm{L}}{R_\mathrm{V} + R_\mathrm{L}} & \color{gray}{\cdot U_\mathrm{E}} \\ U_\mathrm{A} & = & U_\mathrm{E} \cdot \dfrac{R_\mathrm{L}}{R_\mathrm{V} + R_\mathrm{L}} = 12\ \text{V} \cdot \dfrac{270\ \Omega}{220\ \Omega + 270\ \Omega} & \\ U_\mathrm{A} & \approx & \underline{\underline{6{,}61\ \text{V}}} & \end{array}

Die Ausgangsspannung liegt unter U_\mathrm{Z} und ist nicht mehr stabilisiert; sie schwankt jetzt mit U_\mathrm{E} und R_\mathrm{L}.

Geg.: U_\mathrm{E} = 10 \dots 14\ \text{V}; I_\mathrm{L} = 0 \dots 20\ \text{mA}; U_\mathrm{Z} = 5{,}1\ \text{V}; P_\mathrm{tot} = 0{,}5\ \text{W}; I_{Z\mathrm{min}} = 5\ \text{mA}

a) Ges.: R_{V\mathrm{max}}

Ungünstigster Fall: kleinste Eingangsspannung, größter Laststrom. Dann muss noch I_{Z\mathrm{min}} fließen:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} R_{V\mathrm{max}} & = & \dfrac{U_{E\mathrm{min}} - U_\mathrm{Z}}{I_{Z\mathrm{min}} + I_{L\mathrm{max}}} = \dfrac{10\ \text{V} - 5{,}1\ \text{V}}{0{,}005\ \text{A} + 0{,}020\ \text{A}} & \\ R_{V\mathrm{max}} & = & \underline{\underline{196\ \Omega}} & \end{array}

b) Ges.: R_{V\mathrm{min}}

Ungünstigster Fall: größte Eingangsspannung, keine Last. Dann darf höchstens I_{Z\mathrm{max}} fließen:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} I_{Z\mathrm{max}} & = & \dfrac{P_\mathrm{tot}}{U_\mathrm{Z}} = \dfrac{0{,}5\ \text{W}}{5{,}1\ \text{V}} \approx 98{,}0\ \text{mA} & \\ R_{V\mathrm{min}} & = & \dfrac{U_{E\mathrm{max}} - U_\mathrm{Z}}{I_{Z\mathrm{max}} + I_{L\mathrm{min}}} = \dfrac{14\ \text{V} - 5{,}1\ \text{V}}{0{,}0980\ \text{A} + 0\ \text{A}} & \\ R_{V\mathrm{min}} & \approx & \underline{\underline{90{,}8\ \Omega}} & \end{array}

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: R_{V\mathrm{min}} \approx 90{,}8\ \Omega
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: R_{V\mathrm{min}} \approx 90{,}8\ \Omega (90,78 Ω)

c) Ges.: Wert aus E12

Zulässig ist 90{,}8\ \Omega \leq R_\mathrm{V} \leq 196\ \Omega; in Frage kommen die E12-Werte 100, 120, 150 und 180 Ω. Die Mitte des Bereichs liegt bei etwa 143 Ω. Gewählt wird R_\mathrm{V} = \underline{\underline{150\ \Omega}}.

Kontrolle der Grenzfälle: Bei 10 V und 20 mA fließen (10\ \text{V} - 5{,}1\ \text{V}) : 150\ \Omega - 20\ \text{mA} \approx 12{,}7\ \text{mA} > I_{Z\mathrm{min}}; bei 14 V ohne Last (14\ \text{V} - 5{,}1\ \text{V}) : 150\ \Omega \approx 59{,}3\ \text{mA} < I_{Z\mathrm{max}}.

d) Ges.: P_{R\mathrm{V,max}}; Belastbarkeit

Die größte Spannung liegt bei U_{E\mathrm{max}} an R_\mathrm{V} (unabhängig von der Last, solange die Z-Diode leitet):

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} P_{R\mathrm{V,max}} & = & \dfrac{(U_{E\mathrm{max}} - U_\mathrm{Z})^2}{R_\mathrm{V}} = \dfrac{(14\ \text{V} - 5{,}1\ \text{V})^2}{150\ \Omega} & \\ P_{R\mathrm{V,max}} & \approx & \underline{\underline{0{,}528\ \text{W}}} & \end{array}

0,5 W reicht nicht aus. Es wird ein Widerstand mit 1 W Belastbarkeit gewählt.

Richtige Antwort: 2

Geg.: Relaisspule -Q_1 mit Diode -R_1 in Sperrrichtung parallel

Ges.: Aufgabe von -R_1

Im eingeschalteten Zustand sperrt -R_1 (Kathode an +24 V). Beim Abschalten erzeugt die Spule eine Induktionsspannung, die den Strom in gleicher Richtung weitertreiben will; das untere Spulenende wird positiv. Jetzt leitet -R_1, übernimmt den Spulenstrom und begrenzt die Spannung: Antwort 2. Das Relais fällt dadurch langsamer ab, nicht schneller (Antwort 3); gegen Verpolung (Antwort 1) schützt die Diode nicht, im Gegenteil: Bei Verpolung schließt sie die Versorgung über den Transistor kurz. Beim Einschalten sperrt sie und hat keinen Einfluss auf den Strom (Antwort 4); eine Anzeige wäre eine LED (Antwort 5).

Richtige Antwort: 3

Geg.: U_\mathrm{B} = 24\ \text{V}; Freilaufdiode U_\mathrm{F} = 0{,}7\ \text{V}

Ges.: Kollektorspannung nach dem Abschalten

Die leitende Freilaufdiode verbindet den Kollektor mit +24 V. Der Kollektor liegt um die Durchlassspannung höher:

U_\mathrm{CE} = U_\mathrm{B} + U_\mathrm{F} = 24\ \text{V} + 0{,}7\ \text{V} = \underline{\underline{24{,}7\ \text{V}}}

Damit ist Antwort 3 richtig. Ohne Freilaufdiode wären es mehrere hundert Volt (Antwort 4).

Geg.: U_\mathrm{B} = 24\ \text{V}; R_\mathrm{Sp} = 480\ \Omega; Dioden A, B, C

a) Ges.: I_\mathrm{Sp}

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} I_\mathrm{Sp} & = & \dfrac{U_\mathrm{B}}{R_\mathrm{Sp}} = \dfrac{24\ \text{V}}{480\ \Omega} & \\ I_\mathrm{Sp} & = & \underline{\underline{50{,}0\ \text{mA}}} & \end{array}

b) Ges.: Anforderungen; Auswahl

• Sperrspannung: Im eingeschalteten Zustand liegen 24 V in Sperrrichtung an; U_\mathrm{RRM} muss mit Reserve größer sein als 24 V.

• Strom: Beim Abschalten führt die Diode kurzzeitig den vollen Spulenstrom von 50 mA.

Gewählt wird Diode B.

c) Ges.: Vorgang beim Abschalten

Sperrt der Transistor, will der Spulenstrom wegen der im Magnetfeld gespeicherten Energie in gleicher Richtung weiterfließen. Die Induktionsspannung macht das untere Spulenende positiv, die Freilaufdiode leitet, und der Strom fließt im Kreis Spule – Diode weiter. Er klingt ab, während die Energie im Spulen- und Diodenwiderstand in Wärme umgesetzt wird. Die Spannung am Transistor bleibt auf etwa 24,7 V begrenzt.

d) Ges.: Nachteil; Abhilfe

Der Strom klingt langsam ab, das Relais fällt verzögert ab (Kontakte öffnen langsamer, stärkerer Kontaktabbrand). Abhilfe: eine Z-Diode (oder ein Widerstand) in Reihe zur Freilaufdiode. Sie lässt eine höhere Gegenspannung zu, sodass die Energie schneller abgebaut wird; die Sperrspannung des Transistors muss dann für U_\mathrm{B} + U_\mathrm{Z} + U_\mathrm{F} reichen.

Geg.: U_\mathrm{S} = 24\ \text{V}; -R_1 = 10\ \text{k}\Omega; Schottky-Dioden U_\mathrm{F} = 0{,}3\ \text{V}; U_\mathrm{DD} = 3{,}3\ \text{V}

a) Ges.: U_\mathrm{PD2}

-R_2 leitet und hält den Eingang auf

U_\mathrm{PD2} = U_\mathrm{DD} + U_\mathrm{F} = 3{,}3\ \text{V} + 0{,}3\ \text{V} = \underline{\underline{3{,}6\ \text{V}}}

b) Ges.: I_{R2}, P_{R1}

Der Eingang des Mikrocontrollers ist hochohmig; der Strom durch -R_1 fließt ganz durch -R_2. Aus der Maschenregel U_\mathrm{S} = R_1 \cdot I_{R2} + U_\mathrm{PD2} folgt (Umstellung wie in Aufgabe 2.1):

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} I_{R2} & = & \dfrac{U_\mathrm{S} - U_\mathrm{PD2}}{R_1} = \dfrac{24\ \text{V} - 3{,}6\ \text{V}}{10\,000\ \Omega} = \underline{\underline{2{,}04\ \text{mA}}} & \\ P_{R1} & = & U_{R1} \cdot I_{R2} = 20{,}4\ \text{V} \cdot 0{,}00204\ \text{A} \approx \underline{\underline{41{,}6\ \text{mW}}} & \end{array}

c) Ges.: U_\mathrm{PD2} bei -24\ \text{V}

Jetzt leitet -R_3 (Anode an 0 V, Kathode am Eingang). Die Eingangsspannung bleibt bei U_\mathrm{PD2} = -U_\mathrm{F} = \underline{\underline{-0{,}3\ \text{V}}}.

d) Ges.: Problem durch Rückspeisung

Die 2 mA fließen über -R_2 in die 3,3-V-Versorgung. Ein Linearregler kann Strom nur liefern, nicht aufnehmen. Braucht die Schaltung selbst weniger als 2 mA (z. B. Mikrocontroller im Schlafmodus), steigt die 3,3-V-Spannung an und kann den Mikrocontroller schädigen. Abhilfe: Spannungsteiler oder Z-Diode am Eingang, Optokoppler oder eine Last (Widerstand) an der 3,3-V-Schiene, die den Strom sicher aufnimmt.

Richtige Antwort: 5

Geg.: Dioden-ODER mit -R_1, -R_2, -R_3 = 10\ \text{k}\Omega

Ges.: logische Verknüpfung

Der Ausgang ist 1, sobald mindestens ein Eingang 1 ist: ODER, Antwort 5. Die Dioden -R_1 und -R_2 verhindern, dass ein High-Eingang Strom in einen Low-Eingang treibt (Entkopplung). -R_3 zieht den Ausgang auf 0 V, wenn beide Eingänge Low sind.

Geg.: U_\mathrm{N} = 5\ \text{V}; U_\mathrm{G} = 3{,}0\ \text{V}; Q = 220\ \text{mAh}; Schottky-Dioden U_\mathrm{F} = 0{,}3\ \text{V}; U_\mathrm{min} = 2{,}0\ \text{V}; I_\mathrm{RTC} = 2\ \mu\text{A}

a) Ges.: U_\mathrm{RTC} im Netzbetrieb; Zustand -R_2

U_\mathrm{RTC} = U_\mathrm{N} - U_\mathrm{F} = 5\ \text{V} - 0{,}3\ \text{V} = \underline{\underline{4{,}7\ \text{V}}}

An -R_2 liegen Anode auf 3,0 V und Kathode auf 4,7 V: -R_2 sperrt, die Zelle wird nicht belastet.

b) Ges.: U_\mathrm{RTC} bei Netzausfall; Prüfung

U_\mathrm{RTC} = U_\mathrm{G} - U_\mathrm{F} = 3{,}0\ \text{V} - 0{,}3\ \text{V} = \underline{\underline{2{,}7\ \text{V}}}

2{,}7\ \text{V} > 2{,}0\ \text{V}: Die Uhr läuft weiter.

c) Ges.: Notwendigkeit der Dioden

• Ohne -R_2 würde das Netzteil die Lithiumzelle mit 5 V laden. Primärzellen sind nicht aufladbar; sie können sich erwärmen, auslaufen oder platzen.

• Ohne -R_1 würde die Zelle bei Netzausfall auch alle anderen Verbraucher am 5-V-Netz versorgen und wäre in kurzer Zeit leer.

Hinweis: Auch über die sperrende Schottky-Diode -R_2 fließt im Netzbetrieb ein kleiner Sperrstrom in die Zelle. Wegen des vergleichsweise großen Sperrstroms von Schottky-Dioden schaltet man in der Praxis oft zusätzlich einen Widerstand (z. B. 1 kΩ) in Reihe zu -R_2.

d) Ges.: Pufferzeit t

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} Q & = & I \cdot t & \color{gray}{:I} \\ t & = & \dfrac{Q}{I} = \dfrac{220\ \text{mAh}}{0{,}002\ \text{mA}} = 110\,000\ \text{h} & \\ t & = & \dfrac{110\,000\ \text{h}}{8760\ \text{h/a}} \approx \underline{\underline{12{,}6\ \text{Jahre}}} & \end{array}

Praktisch ist die Zeit kürzer, weil Selbstentladung und Sperrstrom von -R_1 (Schottky-Dioden haben einen vergleichsweise großen Sperrstrom) hinzukommen.

Richtige Antwort: 3

Geg.: Datenblattauszug DR-4007 / DS-340

Ges.: höchste periodische Sperrspannung

Repetitive peak reverse voltage V_\mathrm{RRM} ist die höchste periodisch zulässige Sperrspannung: Antwort 3. V_\mathrm{F} ist die Durchlassspannung, I_\mathrm{FSM} der einmalige Stoßstrom, t_\mathrm{rr} die Sperrverzögerungszeit, I_\mathrm{R} der Sperrstrom.

Geg.: Diode am 12-V-Ausgang: I_\mathrm{F} = 1{,}5\ \text{A}; U_\mathrm{R} \leq 30\ \text{V}; f = 100\ \text{kHz}

a) Ges.: Übersetzungen

b) Ges.: Eignung; Auswahl

Periodendauer bei 100 kHz: T = 1 : f = 1 : 100\,000\ \text{Hz} = 10\ \mu\text{s}.

Die DR-4007 ist eine langsame Netzgleichrichterdiode; sie würde in jeder Periode 2 µs lang rückwärts leiten und ist für 1,5 A nicht ausgelegt. Gewählt wird die DS-340.

c) Ges.: P_\mathrm{V} der DS-340

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} P_\mathrm{V} & = & V_\mathrm{F} \cdot I_\mathrm{F} = 0{,}50\ \text{V} \cdot 1{,}5\ \text{A} & \\ P_\mathrm{V} & = & \underline{\underline{0{,}750\ \text{W}}} & \end{array}

Weil V_\mathrm{F} für 1 A angegeben ist und bei 1,5 A etwas größer ist, liegt die tatsächliche Verlustleistung etwas höher.

Geg.: Anlage 1: U_{X0} = 24\ \text{V}; -R_1: U_\mathrm{F} = 0{,}5\ \text{V}; -R_2 = 2{,}2\ \text{k}\Omega; -P_1: U_\mathrm{F} = 2{,}2\ \text{V}; -R_3 = 1{,}0\ \text{k}\Omega; -R_4: U_\mathrm{Z} = 5{,}1\ \text{V}, P_\mathrm{tot} = 0{,}5\ \text{W}; -B_1: 4 mA

a) Ges.: Aufgabe von -R_1; Begründung Schottky

-R_1 ist ein Verpolungsschutz (Reihendiode). Wird -X_0 falsch gepolt, sperrt sie, und die Platine bleibt stromlos. Die Schottky-Diode hat eine kleinere Durchlassspannung als eine Siliziumdiode; dadurch gehen weniger Spannung und Leistung verloren.

b) Ges.: U_{X1}

U_{X1} = U_{X0} - U_{\mathrm{F},R1} = 24\ \text{V} - 0{,}5\ \text{V} = \underline{\underline{23{,}5\ \text{V}}}

c) Ges.: I_{P1}, P_{R2}

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} I_{P1} & = & \dfrac{U_{X1} - U_{\mathrm{F},P1}}{R_2} = \dfrac{23{,}5\ \text{V} - 2{,}2\ \text{V}}{2200\ \Omega} \approx \underline{\underline{9{,}68\ \text{mA}}} & \\ P_{R2} & = & U_{R2} \cdot I_{P1} = 21{,}3\ \text{V} \cdot 0{,}00968\ \text{A} \approx \underline{\underline{0{,}206\ \text{W}}} & \end{array}

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: P_{R2} \approx 0{,}206\ \text{W}
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: P_{R2} = (21{,}3\ \text{V})^2 : 2200\ \Omega \approx 0{,}206\ \text{W}

Ein 0,25-W-Widerstand ist damit schon zu über 80 % ausgelastet.

d) Ges.: I_{R3}, I_\mathrm{Z}, P_\mathrm{Z}

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} I_{R3} & = & \dfrac{U_{X1} - U_\mathrm{Z}}{R_3} = \dfrac{23{,}5\ \text{V} - 5{,}1\ \text{V}}{1000\ \Omega} = \underline{\underline{18{,}4\ \text{mA}}} & \\ I_\mathrm{Z} & = & I_{R3} - I_{B1} = 18{,}4\ \text{mA} - 4\ \text{mA} = \underline{\underline{14{,}4\ \text{mA}}} & \\ P_\mathrm{Z} & = & U_\mathrm{Z} \cdot I_\mathrm{Z} = 5{,}1\ \text{V} \cdot 0{,}0144\ \text{A} \approx \underline{\underline{73{,}4\ \text{mW}}} & \end{array}

73{,}4\ \text{mW} < 500\ \text{mW}: zulässig.

Geg.: Anlage 1; Ergebnisse aus 8.1; R_{Q1} = 1{,}2\ \text{k}\Omega; -R_3: 0,25 W

a) Ges.: P_{R3}; Prüfung

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} P_{R3} & = & U_{R3} \cdot I_{R3} = 18{,}4\ \text{V} \cdot 0{,}0184\ \text{A} & \\ P_{R3} & \approx & \underline{\underline{0{,}339\ \text{W}}} & \end{array}

0{,}339\ \text{W} > 0{,}25\ \text{W}: Der Widerstand reicht nicht aus; er muss mindestens 0,5 W vertragen.

b) Ges.: I_{Q1}

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} I_{Q1} & = & \dfrac{U_{X1}}{R_{Q1}} = \dfrac{23{,}5\ \text{V}}{1200\ \Omega} & \\ I_{Q1} & \approx & \underline{\underline{19{,}6\ \text{mA}}} & \end{array}

c) Ges.: I_{R1}, P_{R1}

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} I_{R1} & = & I_{P1} + I_{R3} + I_{Q1} = 9{,}68\ \text{mA} + 18{,}4\ \text{mA} + 19{,}6\ \text{mA} \approx \underline{\underline{47{,}7\ \text{mA}}} & \\ P_{R1} & = & U_{\mathrm{F},R1} \cdot I_{R1} = 0{,}5\ \text{V} \cdot 0{,}0477\ \text{A} \approx \underline{\underline{23{,}9\ \text{mW}}} & \end{array}

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: P_{R1} \approx 23{,}9\ \text{mW}
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: I_{R1} \approx 47{,}67\ \text{mA}, P_{R1} \approx 23{,}8\ \text{mW}

d) Ges.: Aufgabe von -R_5; Folge bei falschem Einbau

-R_5 ist die Freilaufdiode der Relaisspule. Sie begrenzt beim Abschalten von -K_1 die Induktionsspannung auf U_{X1} + U_\mathrm{F} und schützt so den Transistor. Falsch herum eingelötet liegt ihre Anode an +23,5 V und ihre Kathode am Kollektor. Schaltet -K_1 durch, leitet die Diode in Durchlassrichtung und schließt die Versorgung über den Transistor kurz. Der Strom wird nur durch den Transistor und die Leitungen begrenzt; Diode und/oder Transistor werden zerstört. Die Spule ist überbrückt, das Relais zieht nicht an.

e) Ges.: U_{X2} bei falsch eingebauter Z-Diode

Die Z-Diode liegt dann in Durchlassrichtung und wirkt wie eine normale Siliziumdiode: U_{X2} \approx U_\mathrm{F} = \underline{\underline{0{,}7\ \text{V}}}. Der Sensor -B_1 erhält keine brauchbare Versorgung. Durch -R_3 fließen jetzt (23{,}5\ \text{V} - 0{,}7\ \text{V}) : 1\ \text{k}\Omega = 22{,}8\ \text{mA}; seine Verlustleistung steigt auf P_{R3} = (22{,}8\ \text{V})^2 : 1\ \text{k}\Omega \approx 0{,}520\ \text{W}.