Zahlensysteme und Logik: Wiederholung und Übungsaufgaben

Als Digitaltechnik-Grundlagen kann ich nach Durcharbeiten des Artikels…

• … Zahlen zwischen Dezimal-, Dual- und Hexadezimalsystem umrechnen und die nötige Bitzahl bestimmen.

• … negative Zahlen im Zweierkomplement darstellen.

• … BCD-, Gray- und 7-Segment-Code anwenden.

• … die Grundverknüpfungen an Schaltzeichen, Wahrheitstabelle und Funktionsgleichung erkennen.

• … Impulsdiagramme für eine Schaltung ergänzen.

Darüber hinaus kann ich als Digitaltechnik-Expertenwissen…

• … aus einer Wahrheitstabelle die Normalform bilden und sie mit Schaltalgebra oder KV-Diagramm vereinfachen.

• … Schaltungen mit NAND-Gattern allein aufbauen.

• … Multiplexer und 7-Segment-Decoder einsetzen und Segmentwiderstände bemessen.

• … Pegel von TTL- und CMOS-Bausteinen vergleichen und Open-Collector-Ausgänge mit Pull-up bemessen.

• … eine Steuerlogik im Stromlaufplan analysieren und Drahtbruchsicherheit begründen.

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 „Zahlensysteme und Logik“.

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/zahlensysteme-codes
- https://oer-informatik.de/logische-verknuepfungen
- https://oer-informatik.de/schaltnetze-decoder
- https://oer-informatik.de/logikfamilien-pegel
- Stilbeispiel: https://oer-informatik.de/logik-zahlensysteme-uebungsaufgaben

Die Aufgaben sollen Inhalte zu diesen Schlagwörtern abdecken:
- Digitaltechnik
- Zahlensysteme
- Zweierkomplement
- BCD-Code
- Gray-Code
- KV-Diagramm
- Logikgatter
- Multiplexer
- Logikpegel
- 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.: 1011\,0110_2

Ges.: Dezimalwert

128 + 32 + 16 + 4 + 2 = \underline{\underline{182}}

Damit ist Antwort 3 richtig. Antwort 1 (109) entsteht, wenn die Bitfolge von rechts gelesen wird (0110\,1101_2). Antwort 2 (118) verschiebt das höchste Bit auf den Stellenwert 64 (0111\,0110_2). Antwort 4 (255) ist der Wert, wenn alle acht Bit 1 sind. Antwort 5 (54) vergisst das höchste Bit (0011\,0110_2).

Richtige Antwort: 1

Geg.: 3\mathrm{F8}_\mathrm{h}

Ges.: Dezimalwert

3 \cdot 16^2 + 15 \cdot 16^1 + 8 \cdot 16^0 = 768 + 240 + 8 = \underline{\underline{1016}}

Antwort 1. Antwort 2 (3158) setzt die Ziffern 3, 15, 8 dezimal hintereinander. Antwort 3 (1008) lässt die Einerstelle weg (3\mathrm{F0}_\mathrm{h}). Antwort 4 (776) lässt die Ziffer F weg (3 \cdot 256 + 8). Antwort 5 (248) ist nur \mathrm{F8}_\mathrm{h} ohne die höchste Stelle.

Geg.: 200; 2\mathrm{A7}_\mathrm{h}; Wertebereich 0 … 5000; -5 mit 8 Bit

a) Ges.: 200 dual und hexadezimal

Restwertmethode:

Reste von unten nach oben: 200 = \underline{\underline{1100\,1000_2}}. Vierergruppen: 1100 = \mathrm{C}, 1000 = 8, also \underline{\underline{\mathrm{C8}_\mathrm{h}}}. Probe: 12 \cdot 16 + 8 = 200.

b) Ges.: 2\mathrm{A7}_\mathrm{h} dual und dezimal

Jede Hexziffer ergibt vier Bit: 2 = 0010, \mathrm{A} = 1010, 7 = 0111, also \underline{\underline{10\,1010\,0111_2}}.

2 \cdot 256 + 10 \cdot 16 + 7 = 512 + 160 + 7 = \underline{\underline{679}}

c) Ges.: Bitzahl n für 0 … 5000

Der größte Wert 2^n - 1 muss mindestens 5000 sein:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} 2^n - 1 & \geq & 5000 & \color{gray}{+1} \\ 2^n & \geq & 5001 & \color{gray}{\log_2} \\ n & \geq & \log_2 5001 \approx 12{,}3 & \end{array}

Probe: 2^{12} = 4096 reicht nicht, 2^{13} = 8192 reicht.

Es werden \underline{\underline{13\ \text{Bit}}} benötigt (Wertebereich 0 … 8191).

d) Ges.: -5 im 8-Bit-Zweierkomplement; Wertebereich

-5 = \underline{\underline{1111\,1011_2 = \mathrm{FB}_\mathrm{h}}}. Probe: 1111\,1011_2 + 0000\,0101_2 = 1\,0000\,0000_2; der Übertrag entfällt, das Ergebnis ist 0.

Wertebereich vorzeichenbehaftet mit 8 Bit: \underline{\underline{-128 \dots +127}} (-2^7 \dots 2^7 - 1).

Richtige Antwort: 2

Geg.: Dezimalzahl 59

Ges.: BCD-Darstellung

Jede Ziffer wird einzeln in 4 Bit umgesetzt: 5 = 0101, 9 = 1001, also \underline{\underline{0101\,1001}}: Antwort 2. Antwort 1 ist die Dualzahl 59 = 11\,1011_2. Antwort 3 vertauscht die Ziffern (95). Antwort 4 ist 58, Antwort 5 ist 39.

Richtige Antwort: 5

Geg.: Drehgeber mit Gray-Code

Ges.: Begründung

Im Gray-Code ändert sich zwischen benachbarten Positionen genau ein Bit. Liegt der Abtaster genau auf einer Grenze, kann er nur den alten oder den neuen Wert lesen. Im Dualcode wechseln z. B. bei 0111 \to 1000 vier Bit gleichzeitig; mechanische Toleranzen erzeugen dann kurzzeitig falsche Werte wie 1111. Antwort 5 ist richtig. Antwort 1: Der Gray-Code braucht gleich viele Bit wie der Dualcode. Antwort 2: Für eine Anzeige ist ein 7-Segment-Decoder nötig. Antwort 3: Der Gray-Code hat kein Prüfbit. Antwort 4: Gray-Code und BCD-Code sind verschieden (z. B. ist 2 im Gray-Code 0011).

Geg.: BCD-Wort 0100\,0111\,0011; Ziffern 4 und 7; 0110_2

a) Ges.: Dezimalwert, Dualzahl, Bitzahl

0100 = 4, 0111 = 7, 0011 = 3: Dezimalzahl \underline{\underline{473}}.

473 = 256 + 128 + 64 + 16 + 8 + 1 = \underline{\underline{1\,1101\,1001_2}}

Dual genügen \underline{\underline{9\ \text{Bit}}}, BCD braucht \underline{\underline{12\ \text{Bit}}}. BCD ist leichter anzuzeigen, aber weniger speichersparend.

b) Ges.: leuchtende Segmente bei 4 und 7

• Ziffer 4: \underline{\underline{b,\ c,\ f,\ g}}

• Ziffer 7: \underline{\underline{a,\ b,\ c}}

Hinweis: Manche Decoder zeigen die 7 zusätzlich mit Segment f; das ist ebenfalls richtig.

c) Ges.: Gray-Code von 0110_2

Ergebnis: \underline{\underline{0101}}.

Richtige Antwort: 4

Geg.: Ausgang 1 bei verschiedenen Eingängen

Ges.: Verknüpfung

Nur XOR (Antivalenz) ist genau bei ungleichen Eingängen 1: Antwort 4. ODER ist zusätzlich bei A = B = 1 gleich 1, NAND zusätzlich bei A = B = 0. UND ist bei ungleichen Eingängen 0, NOR ebenfalls.

Richtige Antwort: 2

Geg.: Kasten „≥1“ mit Kreis am Ausgang

Ges.: Verknüpfung

„≥1“ ist die ODER-Verknüpfung, der Kreis negiert den Ausgang: NOR, Antwort 2. ODER (1) hätte keinen Kreis. NAND (3) hat „&“ im Kasten, XNOR (4) „=1“, NICHT (5) „1“.

Richtige Antwort: 3

Geg.: Schaltung: A, B an UND-Gatter -K_1; C an NICHT-Gatter -K_2; beide an ODER-Gatter -K_3; A = 0, B = 1, C = 1

Ges.: Funktionsgleichung, Y

Y = (A \wedge B) \vee \overline{C} = (0 \wedge 1) \vee \overline{1} = 0 \vee 0 = \underline{\underline{0}}

Antwort 3. Antwort 1 übersieht das NICHT-Gatter -K_2 (dann wäre Y = 1). Antwort 2 vertauscht UND und ODER. Antwort 4 hat die richtige Gleichung, aber den falschen Wert. Antwort 5 negiert den UND-Term statt C.

Geg.: drei Sensoren A, B, C; Alarm bei mindestens zwei Meldungen

a) Ges.: Wahrheitstabelle

b) Ges.: disjunktive Normalform

Je Zeile mit Y = 1 ein UND-Term:

Y = \underline{\underline{(\overline{A} \wedge B \wedge C) \vee (A \wedge \overline{B} \wedge C) \vee (A \wedge B \wedge \overline{C}) \vee (A \wedge B \wedge C)}}

c) Ges.: vereinfachte Gleichung

Der Term A \wedge B \wedge C darf mehrfach verwendet werden (X \vee X = X). Er wird mit jedem der drei anderen Terme zusammengefasst:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} (\overline{A} \wedge B \wedge C) \vee (A \wedge B \wedge C) & = & (\overline{A} \vee A) \wedge B \wedge C = B \wedge C & \\ (A \wedge \overline{B} \wedge C) \vee (A \wedge B \wedge C) & = & A \wedge C & \\ (A \wedge B \wedge \overline{C}) \vee (A \wedge B \wedge C) & = & A \wedge B & \\ Y & = & \underline{\underline{(A \wedge B) \vee (A \wedge C) \vee (B \wedge C)}} & \end{array}

d) Ges.: Gatter

\underline{\underline{\text{Drei UND-Gatter}}} mit je zwei Eingängen und \underline{\underline{\text{ein ODER-Gatter}}} mit drei Eingängen. (Alternativ: zwei ODER-Gatter mit je zwei Eingängen nacheinander.)

Richtige Antwort: 1

Geg.: Satz von De Morgan

Ges.: richtige Umformung

De Morgan: Eine negierte ODER-Verknüpfung ist gleich der UND-Verknüpfung der negierten Variablen, \overline{X \vee Z} = \overline{X} \wedge \overline{Z} (entsprechend \overline{X \wedge Z} = \overline{X} \vee \overline{Z}): Antwort 1.
Antwort 2 behält das ODER bei (falsch, z. B. X = 1, Z = 0: links 0, rechts 1). Antwort 3 behält das UND bei. Antwort 4 ist eine falsch angewandte Absorption (X \vee (X \wedge Z) = X). Antwort 5 vertauscht nur das Zeichen und lässt die Negation der Variablen weg.

Geg.: Einsen bei 0, 2, 5, 7, 8, 10, 13, 15; A höchstwertig

a) Ges.: KV-Diagramm

b) Ges.: Blöcke und vereinfachte Gleichung

• Roter Block (Mitte, 5, 7, 13, 15): B = 1 und D = 1; A und C ändern sich. Term B \wedge D.

• Blauer Block (vier Ecken, 0, 2, 8, 10): Die Ränder sind benachbart. B = 0 und D = 0; Term \overline{B} \wedge \overline{D}.

Y = \underline{\underline{(B \wedge D) \vee (\overline{B} \wedge \overline{D})}}

c) Ges.: Variablen ohne Einfluss; Gatter

A und C haben keinen Einfluss. Y = 1, wenn B und D gleich sind: Das ist die Äquivalenz, Y = \overline{B \oplus D}. Die Funktion bildet ein einzelnes \underline{\underline{\text{XNOR-Gatter}}} mit den Eingängen B und D.

Geg.: Y = (A \wedge B) \vee C; nur NAND-Gatter

a) Ges.: Umformung

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} Y & = & (A \wedge B) \vee C & \color{gray}{\text{doppelt negieren}} \\ Y & = & \overline{\overline{(A \wedge B) \vee C}} & \color{gray}{\text{De Morgan (innere Negation)}} \\ Y & = & \underline{\underline{\overline{\overline{A \wedge B} \wedge \overline{C}}}} & \end{array}

b) Ges.: Schaltung, Zahl der Gatter

• NAND 1: Eingänge A, B → \overline{A \wedge B}

• NAND 2: beide Eingänge an C → \overline{C} (NAND als Inverter)

• NAND 3: Eingänge von NAND 1 und NAND 2 → Y

Es werden \underline{\underline{3\ \text{NAND-Gatter}}} benötigt (z. B. aus einem 74HC00 mit vier Gattern).

Geg.: Y = (A \vee B) \wedge \overline{C}; Signalverläufe nach Diagramm

a) Ges.: Verlauf von Y

b) Ges.: Abschnitte mit Y = 1

Y = 1 von t_1 bis t_3 und von t_6 bis t_7, also in \underline{\underline{3}} der 8 Abschnitte.

Richtige Antwort: 4

Geg.: Impulsdiagramm mit A, B, Y

Ges.: Verknüpfung

Y = 1 genau dann, wenn A \neq B: XOR, Antwort 4. UND (1) wäre nur bei A = B = 1 gleich 1. ODER (2) wäre bei A = B = 1 (Abschnitt 4) gleich 1, im Diagramm ist Y dort aber 0. NAND (3) wäre bei A = B = 0 gleich 1. XNOR (5) liefert genau den umgekehrten Verlauf.

Richtige Antwort: 3

Geg.: 4:1-MUX, S_1 = 1, S_0 = 0

Ges.: durchgeschalteter Eingang

S_1 S_0 = 10_2 = 2: Der Eingang \underline{\underline{I_2}} wird durchgeschaltet, Antwort 3. Antwort 2 (I_1) entsteht, wenn S_0 als höchstwertiges Bit gelesen wird (01_2). Ein MUX schaltet immer einen Eingang durch; Antwort 5 ist falsch.

Geg.: gemeinsame Kathode; U_\mathrm{OH} = 5\ \text{V}; U_\mathrm{F} = 2{,}0\ \text{V}; I_\mathrm{F} \approx 10\ \text{mA}

a) Ges.: Segmente für 2 und 9

• Ziffer 2: \underline{\underline{a,\ b,\ d,\ e,\ g}}

• Ziffer 9: \underline{\underline{a,\ b,\ c,\ d,\ f,\ g}}

Hinweis: Ältere Decoder (z. B. 7447/7448) zeigen die 9 ohne Segment d; auch diese Antwort ist richtig.

b) Ges.: R_\mathrm{V}, E12-Wert, I_\mathrm{F}

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

II in I:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U_\mathrm{OH} & = & U_\mathrm{F} + R_\mathrm{V} \cdot I_\mathrm{F} & \color{gray}{-U_\mathrm{F}} \\ U_\mathrm{OH} - U_\mathrm{F} & = & R_\mathrm{V} \cdot I_\mathrm{F} & \color{gray}{:I_\mathrm{F}} \\ R_\mathrm{V} & = & \dfrac{U_\mathrm{OH} - U_\mathrm{F}}{I_\mathrm{F}} = \dfrac{5\ \text{V} - 2{,}0\ \text{V}}{10\ \text{mA}} = 300\ \Omega & \end{array}

Gewählt: \underline{\underline{R_\mathrm{V} = 330\ \Omega}} (nächster größerer E12-Wert, damit 10 mA nicht überschritten werden).

I_\mathrm{F} = \frac{U_\mathrm{OH} - U_\mathrm{F}}{R_\mathrm{V}} = \frac{3{,}0\ \text{V}}{330\ \Omega} \approx \underline{\underline{9{,}09\ \text{mA}}}

c) Ges.: I_\mathrm{K} bei Ziffer 8

Bei der Ziffer 8 leuchten alle sieben Segmente:

I_\mathrm{K} = 7 \cdot I_\mathrm{F} = 7 \cdot 9{,}09\ \text{mA} \approx \underline{\underline{63{,}6\ \text{mA}}}

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: I_\mathrm{K} \approx 63{,}6\ \text{mA}
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: I_\mathrm{K} = 7 \cdot 3\ \text{V} : 330\ \Omega \approx 63{,}6\ \text{mA}

d) Ges.: Begründung Einzelwiderstände

Mit einem gemeinsamen Widerstand teilt sich der Strom auf die leuchtenden Segmente auf: Bei der Ziffer 1 (zwei Segmente) wäre jedes Segment viel heller als bei der 8 (sieben Segmente). Außerdem verteilt sich der Strom wegen der Streuung der Flussspannungen ungleich (parallele LEDs ohne eigenen Widerstand). Mit je einem Widerstand pro Segment ist die Helligkeit unabhängig von der Ziffer.

Richtige Antwort: 5

Geg.: TTL: U_\mathrm{OH,min} = 2{,}4\ \text{V}; U_\mathrm{IH,min} = 2{,}0\ \text{V}

Ges.: U_\mathrm{SH}

U_\mathrm{SH} = U_\mathrm{OH,min} - U_\mathrm{IH,min} = 2{,}4\ \text{V} - 2{,}0\ \text{V} = \underline{\underline{0{,}4\ \text{V}}}

Antwort 5. Antwort 1 ist U_\mathrm{IH,min}, Antwort 2 ist U_\mathrm{OH,min}, Antwort 3 ist U_\mathrm{IL,max} und Antwort 4 der High-Ausgangspegel eines HC-Bausteins. Der Low-Störabstand ist bei TTL ebenfalls 0,4 V (0{,}8\ \text{V} - 0{,}4\ \text{V}).

Richtige Antwort: 2

Geg.: unbenutzter CMOS-Eingang

Ges.: Beschaltung

CMOS-Eingänge sind sehr hochohmig. Offen nehmen sie zufällige Potenziale an (Einstreuung, Ladung); beide Eingangstransistoren können halb leiten, es fließt Querstrom und das Gatter kann schwingen. Deshalb werden sie auf 0 V oder U_\mathrm{B} gelegt, so dass die Funktion nicht gestört wird (UND/NAND: an U_\mathrm{B}; ODER/NOR: an 0 V): Antwort 2. Antwort 1 nennt gerade die Ursache des Problems. Antwort 3 erzeugt eine Rückkopplung, Antwort 4 lässt den Eingang für Gleichspannung offen. Antwort 5 belastet das andere Signal und verändert die Funktion.

Geg.: µC an 3,3 V: U_\mathrm{OH,min} = 2{,}9\ \text{V}, U_\mathrm{OL,max} = 0{,}4\ \text{V}; Gatter an 5 V

a) Ges.: Ansteuerung 74HC

High: U_\mathrm{OH,min} = 2{,}9\ \text{V} < U_\mathrm{IH,min} = 3{,}5\ \text{V}. Das High-Signal liegt im verbotenen Bereich, das Gatter wird \underline{\underline{\text{nicht sicher}}} angesteuert. (Low: 0{,}4\ \text{V} \leq 1{,}5\ \text{V} wäre in Ordnung.)

b) Ges.: Ansteuerung 74HCT

High: 2{,}9\ \text{V} \geq 2{,}0\ \text{V}, Störabstand 0{,}9\ \text{V}. Low: 0{,}4\ \text{V} \leq 0{,}8\ \text{V}, Störabstand 0{,}4\ \text{V}. Das HCT-Gatter wird \underline{\underline{\text{sicher}}} angesteuert.

c) Ges.: R_\mathrm{P,min}, E12-Wert

Bei durchgeschaltetem Transistor gilt:

\begin{aligned} &\text{(I)} && U_\mathrm{B} = U_\mathrm{OL} + U_\mathrm{RP} \\ &\text{(II)} && U_\mathrm{RP} = R_\mathrm{P} \cdot I_\mathrm{max} \end{aligned}

II in I:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U_\mathrm{B} & = & U_\mathrm{OL} + R_\mathrm{P} \cdot I_\mathrm{max} & \color{gray}{-U_\mathrm{OL}} \\ U_\mathrm{B} - U_\mathrm{OL} & = & R_\mathrm{P} \cdot I_\mathrm{max} & \color{gray}{:I_\mathrm{max}} \\ R_\mathrm{P,min} & = & \dfrac{U_\mathrm{B} - U_\mathrm{OL}}{I_\mathrm{max}} = \dfrac{5\ \text{V} - 0{,}4\ \text{V}}{8\ \text{mA}} = 575\ \Omega & \end{array}

Gewählt: \underline{\underline{R_\mathrm{P} = 680\ \Omega}} (560 Ω wäre zu klein). Strom damit: 4{,}6\ \text{V} : 680\ \Omega \approx 6{,}76\ \text{mA}.

Hinweis: Die Open-Collector-Stufe invertiert (µC High → Transistor leitet → Leitung Low). Das wird per Software oder mit einer zweiten Stufe ausgeglichen.

d) Ges.: Vor- und Nachteil 4,7 kΩ; Funktion mit drei Ausgängen

I = \frac{4{,}6\ \text{V}}{4{,}7\ \text{k}\Omega} \approx 0{,}979\ \text{mA}

• Vorteil: geringerer Strom und geringere Verlustleistung, wenn der Ausgang Low ist; der Transistor wird kaum belastet.

• Nachteil: Die Leitungs- und Eingangskapazitäten werden langsamer umgeladen; die Low-High-Flanke wird flacher (größere Zeitkonstante R_\mathrm{P} \cdot C), und die Leitung ist störempfindlicher.

• Drei Ausgänge an einer Leitung: Sobald ein Transistor durchschaltet, zieht er die Leitung auf Low; High entsteht nur, wenn alle drei sperren. Das ist eine verdrahtete UND-Verknüpfung (wired AND). Kurzschlüsse zwischen den Ausgängen sind nicht möglich, weil kein Ausgang aktiv High treibt.

a) Ges.: Funktionsgleichungen

P = \underline{\underline{N \wedge T \wedge S \wedge \overline{V}}} \qquad H = \underline{\underline{\overline{N \wedge T}}} = \overline{N} \vee \overline{T}

b) Ges.: P und H in den drei Fällen

c) Ges.: Begründung Öffner

Im Normalbetrieb ist der Öffner geschlossen, N = 1. Betätigen des Not-Aus und ein Drahtbruch in der Zuleitung führen beide zu N = 0 und schalten die Pumpe ab. Ein Fehler in der Leitung wird so sofort bemerkt und führt in den sicheren Zustand (Drahtbruchsicherheit). Mit einem Schließer würde ein Drahtbruch unbemerkt den Not-Aus unwirksam machen. Die eigentliche Not-Aus-Abschaltung erfolgt nach DIN EN 60204-1 zusätzlich über sicherheitsgerichtete Technik; die Gatter werten nur das Signal aus.

d) Ges.: Aufgabe der 10-kΩ-Widerstände

Die Widerstände sind Pull-down-Widerstände. Bei offenem Kontakt ziehen sie den Eingang auf 0 V und erzeugen ein definiertes Low; ein offener CMOS-Eingang hätte ein undefiniertes Potenzial. Bei geschlossenem Kontakt liegt der Eingang an 5 V; der Widerstand begrenzt den Strom auf 5\ \text{V} : 10\ \text{k}\Omega = 0{,}5\ \text{mA}.

Geg.: U_\mathrm{OH} = 4{,}5\ \text{V}; U_\mathrm{F} = 2{,}0\ \text{V}; I_\mathrm{F,max} = 8\ \text{mA}; Eingangswort N\,T\,S\,V

a) Ges.: -R_5, E12-Wert, I_\mathrm{F}

\begin{aligned} &\text{(I)} && U_\mathrm{OH} = U_\mathrm{F} + U_\mathrm{R5} \\ &\text{(II)} && U_\mathrm{R5} = R_5 \cdot I_\mathrm{F} \end{aligned}

II in I:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U_\mathrm{OH} & = & U_\mathrm{F} + R_5 \cdot I_\mathrm{F} & \color{gray}{-U_\mathrm{F}} \\ U_\mathrm{OH} - U_\mathrm{F} & = & R_5 \cdot I_\mathrm{F} & \color{gray}{:I_\mathrm{F}} \\ R_5 & = & \dfrac{U_\mathrm{OH} - U_\mathrm{F}}{I_\mathrm{F}} = \dfrac{4{,}5\ \text{V} - 2{,}0\ \text{V}}{8\ \text{mA}} \approx 313\ \Omega & \end{array}

Gewählt: \underline{\underline{R_5 = 330\ \Omega}} (nächster größerer E12-Wert; 270 Ω ergäbe 9,26 mA und läge über dem Höchststrom).

I_\mathrm{F} = \frac{2{,}5\ \text{V}}{330\ \Omega} \approx \underline{\underline{7{,}58\ \text{mA}}}

Mit und ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich I_\mathrm{F} \approx 7{,}58\ \text{mA}; die Wahl des E12-Werts hängt nicht von der Rundung von 312,5 Ω ab.

b) Ges.: Eingangswort bei laufender Pumpe

Die Pumpe läuft nur bei N = 1, T = 1, S = 1, V = 0:

N\,T\,S\,V = \underline{\underline{1110_2 = \mathrm{E}_\mathrm{h}}}\ (= 14)

c) Ges.: Folge des fehlenden Pull-down an S

Ohne Pull-down ist der Eingang bei offenem Taster nicht beschaltet. Sein Potenzial ist undefiniert; Einstreuungen können ihn als High erscheinen lassen. Die Pumpe kann dann ohne Tastendruck anlaufen oder flackern; zusätzlich kann im Gatter Querstrom fließen.

d) Ges.: Begründung; Bauelement für Weiterlaufen

Die Schaltung besteht nur aus Gattern, sie ist ein Schaltnetz ohne Speicher: Der Ausgang hängt nur von den aktuellen Eingängen ab. Wird -S_2 losgelassen, ist S = 0 und damit P = 0. Damit die Pumpe weiterläuft, braucht man ein Speicherglied, z. B. ein rücksetzdominantes RS-Flipflop (Setzen mit S, Rücksetzen mit \overline{N \wedge T} oder V; Rücksetzen hat Vorrang, damit Not-Aus, Tür und Füllstand immer abschalten), oder eine Selbsthaltung mit Relais. Flipflops behandeln der Artikel Flipflops und die Wiederholung Flipflops, Zähler und Schieberegister.