Anzeigen und Bedienelemente: Wiederholung und Übungsaufgaben

Als Anzeigen-Grundlagen kann ich nach Durcharbeiten des Artikels…

• … die Funktion einer LED-Balkenanzeige mit dem LM3914 (Komparatorkette, Balken- und Punktbetrieb) beschreiben.

• … 7-Segment-Anzeigen mit gemeinsamer Anode und gemeinsamer Kathode unterscheiden und richtig ansteuern.

• … das Bitmuster einer Ziffer für einen Mikrocontroller-Port als Hexadezimalwert angeben.

• … den Multiplexbetrieb erklären und Leitungszahl, Tastgrad und Frequenzen berechnen.

• … Aufbau, Anschlüsse und Kontrasteinstellung eines Text-LC-Displays beschreiben.

Darüber hinaus kann ich als Anzeigen-Expertenwissen…

• … Referenzspannung und LED-Strom des LM3914 mit dem Datenblatt berechnen.

• … Segmentvorwiderstände, Pulsströme und Stellentreiber im Multiplexbetrieb dimensionieren und mit Datenblattgrenzen prüfen.

• … 7-Segment-Decoder (74LS47, CD4511) nach Datenblatt auswählen und Nullenunterdrückung beschalten.

• … die Hintergrundbeleuchtung eines Displays mit Vorwiderstand oder Konstantstromquelle auslegen.

• … Tasternetzwerke an einem Analogeingang berechnen und Fehler an Anzeigen über Messpunkte eingrenzen.

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 „Anzeigen und Bedienelemente“.

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/anzeigen-uebungsaufgaben
- Stilbeispiel: https://oer-informatik.de/anzeigen-uebungsaufgaben

Die Aufgaben sollen Inhalte zu diesen Schlagwörtern abdecken:
- Anzeigen
- LM3914
- 7-Segment-Anzeige
- Multiplexbetrieb
- 7-Segment-Decoder
- LC-Display
- HD44780
- Tasternetzwerk
- 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.: LM3914, Datenblattauszug

Ges.: Größe, die den LED-Strom festlegt

Die Ausgänge sind geregelte Stromsenken; der Strom beträgt etwa das Zehnfache des \underline{\underline{\text{Stroms aus REFOUT}}} (eingestellt über -R_1 und die angeschlossene Last): Antwort 3. Vorwiderstände (Antwort 1) sind gerade nicht nötig, weil der Strom im IC geregelt wird. Die Eingangsspannung (Antwort 2) entscheidet nur, welche LEDs leuchten, nicht wie hell. MODE (Antwort 4) wählt Balken- oder Punktbetrieb. Die Versorgungsspannung (Antwort 5) muss nur im zulässigen Bereich liegen; der geregelte Strom hängt nicht von ihr ab.

Richtige Antwort: 2

Geg.: Punktbetrieb; U_\mathrm{RLO} = 0\ \text{V}; U_\mathrm{RHI} = 2{,}50\ \text{V}; U_\mathrm{E} = 1{,}40\ \text{V}

Ges.: leuchtende LED

\Delta U = \frac{U_\mathrm{RHI} - U_\mathrm{RLO}}{10} = \frac{2{,}50\ \text{V}}{10} = 0{,}250\ \text{V}

Die Schwellen liegen bei 0,25 V (LED1), 0,50 V, … 1,25 V (LED5), 1,50 V (LED6). 1,40 V überschreitet die Schwelle von LED5, aber nicht die von LED6. Im Punktbetrieb leuchtet nur die höchste überschrittene Stufe: \underline{\underline{\text{nur LED5}}}, Antwort 2. LED1 bis LED5 (Antwort 1) wäre der Balkenbetrieb. LED6 (Antworten 3 und 4) bräuchte mindestens 1,50 V; Antwort 4 wäre außerdem ein Balken. Nur LED1 (Antwort 5) entspräche 0,25 … 0,50 V.

Geg.: R_1 = 1{,}2\ \text{k}\Omega; R_2 = 3{,}6\ \text{k}\Omega; U_\mathrm{ref} = 1{,}25\ \text{V}; U_\mathrm{S} = 12\ \text{V}; REFOUT an RHI; RLO an 0 V; Balkenbetrieb; U_\mathrm{LED} = 5{,}0\ \text{V}; U_\mathrm{F} = 2{,}0\ \text{V}; Teilerkette 12 kΩ; P_\mathrm{tot} = 1{,}3\ \text{W}

a) Ges.: U_\mathrm{REFOUT}, \Delta U

U_\mathrm{REFOUT} = U_\mathrm{ref} \cdot \left(1 + \frac{R_2}{R_1}\right) = 1{,}25\ \text{V} \cdot \left(1 + \frac{3{,}6\ \text{k}\Omega}{1{,}2\ \text{k}\Omega}\right) = \underline{\underline{5{,}00\ \text{V}}}

\Delta U = \frac{U_\mathrm{RHI} - U_\mathrm{RLO}}{10} = \frac{5{,}00\ \text{V}}{10} = \underline{\underline{0{,}500\ \text{V}}}

b) Ges.: Bereich der Geberspannung

Die Schwellen liegen bei 0,5 V, 1,0 V, … 3,0 V (LED6), 3,5 V (LED7). Im Balkenbetrieb hat die Spannung die Schwelle von LED6 überschritten, die von LED7 aber nicht: \underline{\underline{3{,}0\ \text{V} < U_\mathrm{SIG} < 3{,}5\ \text{V}}}.

c) Ges.: I_\mathrm{LED}

Aus REFOUT fließt der Strom durch -R_1 (an ihm liegt die Referenzspannung) und der Strom in die Teilerkette (an ihr liegt U_\mathrm{REFOUT}):

\begin{aligned} &\text{(I)} && I_{R1} = \dfrac{U_\mathrm{ref}}{R_1} \\ &\text{(II)} && I_\mathrm{T} = \dfrac{U_\mathrm{REFOUT}}{R_\mathrm{T}} \\ &\text{(III)} && I_\mathrm{LED} = 10 \cdot (I_{R1} + I_\mathrm{T}) \end{aligned}

I_{R1} = \frac{1{,}25\ \text{V}}{1{,}2\ \text{k}\Omega} \approx 1{,}04\ \text{mA} \qquad I_\mathrm{T} = \frac{5{,}00\ \text{V}}{12\ \text{k}\Omega} \approx 0{,}417\ \text{mA}

I und II in III:

I_\mathrm{LED} = 10 \cdot (1{,}04\ \text{mA} + 0{,}417\ \text{mA}) \approx \underline{\underline{14{,}6\ \text{mA}}}

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: 10 \cdot 1{,}457\ \text{mA} \approx 14{,}6\ \text{mA}
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: 10 \cdot 1{,}4583\ \text{mA} \approx 14{,}6\ \text{mA}

Wer die Teilerkette vergisst, erhält nur 10,4 mA – im Datenblatt steht ausdrücklich, dass alle Lasten an REFOUT zählen.

d) Ges.: P_\mathrm{IC} der LED-Ausgänge; Vergleich

An jedem Ausgang liegt die Differenz zwischen U_\mathrm{LED} und der LED-Spannung:

P_\mathrm{IC} = 10 \cdot (U_\mathrm{LED} - U_\mathrm{F}) \cdot I_\mathrm{LED} = 10 \cdot (5{,}0\ \text{V} - 2{,}0\ \text{V}) \cdot 14{,}6\ \text{mA} \approx \underline{\underline{0{,}438\ \text{W}}}

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: I_\mathrm{LED} \approx 14{,}6\ \text{mA}: 0,438 W
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: I_\mathrm{LED} = 14{,}58\ \text{mA}: 0{,}4375\ \text{W} \approx 0{,}438\ \text{W}

Das ist \underline{\underline{\text{deutlich unter } P_\mathrm{tot} = 1{,}3\ \text{W}}} (dazu kommt noch der Eigenverbrauch des IC). Bei höherem U_\mathrm{LED} steigt die Verlustleistung; dann setzt man U_\mathrm{LED} nur wenig über U_\mathrm{F} oder schaltet Widerstände in Reihe zu den LEDs.

e) Ges.: R_2 für U_\mathrm{RHI} = 4{,}0\ \text{V}; Schwelle von LED1

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U_\mathrm{REFOUT} & = & U_\mathrm{ref} \cdot \left(1 + \dfrac{R_2}{R_1}\right) & \color{gray}{:U_\mathrm{ref}} \\ \dfrac{U_\mathrm{REFOUT}}{U_\mathrm{ref}} & = & 1 + \dfrac{R_2}{R_1} & \color{gray}{-1} \\ \dfrac{U_\mathrm{REFOUT}}{U_\mathrm{ref}} - 1 & = & \dfrac{R_2}{R_1} & \color{gray}{\cdot R_1} \\ R_2 & = & R_1 \cdot \left(\dfrac{U_\mathrm{REFOUT}}{U_\mathrm{ref}} - 1\right) = 1{,}2\ \text{k}\Omega \cdot \left(\dfrac{4{,}0\ \text{V}}{1{,}25\ \text{V}} - 1\right) = \underline{\underline{2{,}64\ \text{k}\Omega}} & \end{array}

Mit dem nächsten E12-Wert 2,7 kΩ liegt RHI bei 1{,}25\ \text{V} \cdot (1 + 2{,}7 : 1{,}2) \approx 4{,}06\ \text{V}; für genau 4,0 V nimmt man einen Trimmer.

Zwischen RLO und RHI liegen jetzt 3,0 V, je LED also \Delta U = 3{,}0\ \text{V} : 10 = 0{,}300\ \text{V}. Die Schwellen beginnen bei RLO:

U_\mathrm{LED1} = U_\mathrm{RLO} + \Delta U = 1{,}0\ \text{V} + 0{,}300\ \text{V} = \underline{\underline{1{,}30\ \text{V}}}

Bei leerem Tank (1,0 V) bleibt die Anzeige also dunkel, bei vollem Tank (4,0 V) leuchten alle zehn LEDs.

Geg.: deutsche Angaben zur Bestellung

Ges.: englische Anfrage

a) „We need 25 pieces of the LM3914 in a DIL-18 package (DIP-18) by the end of this month.“

b) „Is there a pin-compatible type with a logarithmic scale?“ (Gemeint ist z. B. der LM3915.)

c) „The display works in bar mode with ten LEDs at a supply voltage of 12 V. It shows the fill level of a tank.“

Bewertet werden die Fachbegriffe: Stück – pieces (pcs); Gehäuse – package; anschlusskompatibel – pin-compatible; logarithmische Skala – logarithmic scale; Balkenbetrieb – bar mode (bar graph mode); Versorgungsspannung – supply voltage; Füllstand – fill level. Andere richtige Formulierungen sind gleichwertig.

Richtige Antwort: 3

Geg.: gemeinsame Anode an +5 V

Ges.: Bedingung für leuchtendes Segment a

Die LED ist nur in Durchlassrichtung gepolt, wenn ihre Kathode negativer ist als die Anode. Der Anschluss a muss also \underline{\underline{\text{über den Vorwiderstand an 0 V (Low)}}} liegen: Antwort 3. An +5 V (Antwort 1) liegt an der LED keine Spannung. Ein offener Anschluss (Antwort 2) lässt keinen Strom fließen. Liegt die gemeinsame Anode an 0 V (Antwort 4), kann keine LED leiten. Antwort 5 ist falsch, weil jedes Segment einzeln geschaltet wird.

Geg.: gemeinsame Anode an +5 V; Bit 7 … 0 = a, f, b, g, e, c, d, dp; Segment leuchtet bei 0

a) Ges.: Hexwert für 2

Die 2 besteht aus den Segmenten a, b, d, e, g. Erst das high-aktive Muster in der Bitreihenfolge der Platine bilden, dann jedes Bit invertieren:

1011\,1010 = \mathrm{BA_h}, invertiert 0100\,0101: \underline{\underline{2 \rightarrow \mathrm{45_h}}}.

b) Ges.: angezeigtes Zeichen bei \mathrm{09_h}

\mathrm{09_h} = 0000\,1001. Leuchten können nur die Bits mit 0: Bit 7 (a), 6 (f), 5 (b), 4 (g), 2 (c), 1 (d). Die Segmente a, b, c, d, f, g ergeben die Ziffer \underline{\underline{9}}. Bit 0 (dp) ist 1: Der \underline{\underline{\text{Dezimalpunkt bleibt dunkel}}} (ebenso Segment e, Bit 3).

c) Ges.: leuchtende Segmente bei \mathrm{F9_h}; richtiger Wert für 1

\mathrm{F9_h} = 1111\,1001. Die Nullen stehen bei Bit 2 und Bit 1; auf der neuen Platine sind das \underline{\underline{\text{die Segmente c und d}}}. Statt einer 1 erscheint ein Haken rechts unten, keine Ziffer. Der Fehler liegt also nicht in der Hardware, sondern in der Zeichentabelle.

Die 1 braucht b (Bit 5) und c (Bit 2): high-aktiv 0010\,0100 = \mathrm{24_h}, invertiert \underline{\underline{\mathrm{DB_h}}}.

d) Ges.: Einsatz einer Anzeige mit gemeinsamer Kathode

\underline{\underline{\text{Nicht ohne Änderung möglich}}}: Der gemeinsame Anschluss wäre jetzt die Kathode und läge an +5 V; die LEDs wären gesperrt oder spannungslos, es leuchtet nichts. Nötig sind:

• der gemeinsame Anschluss an 0 V (statt +5 V),

• die Software gibt das nicht invertierte Muster aus (z. B. \mathrm{BA_h} statt \mathrm{45_h} für die 2); die Pins liefern dann den Segmentstrom als Quelle (High-Strom im Datenblatt prüfen).

Richtige Antwort: 3

Geg.: 4 Stellen, je 7 Segmente + dp, Multiplexbetrieb

Ges.: Anzahl der Portleitungen

8 + n = 8 + 4 = \underline{\underline{12}}

Antwort 3. 32 (Antwort 1) bräuchte die statische Ansteuerung, 36 (Antwort 2) zusätzlich vier gemeinsame Anschlüsse. 11 (Antwort 4) reicht nur ohne Dezimalpunkt (7 + 4). 8 (Antwort 5) wären nur die Segmentleitungen ohne Stellenauswahl.

Geg.: n = 4; f_\mathrm{B} = 125\ \text{Hz}; I_\mathrm{mittel} = 4\ \text{mA}; U_\mathrm{B} = 5{,}0\ \text{V}; U_\mathrm{CE,sat} = 0{,}2\ \text{V}; U_\mathrm{F} = 2{,}0\ \text{V}; U_\mathrm{OL} = 0{,}3\ \text{V}; I_\mathrm{F,max} = 25\ \text{mA}; I_\mathrm{FP,max} = 100\ \text{mA} (1/10, 0,1 ms)

a) Ges.: Tastgrad g, f_\mathrm{U}, t_\mathrm{S}

g = \frac{1}{n} = \frac{1}{4} = \underline{\underline{0{,}250}}\ (25\ \%)

f_\mathrm{U} = n \cdot f_\mathrm{B} = 4 \cdot 125\ \text{Hz} = \underline{\underline{500\ \text{Hz}}}

t_\mathrm{S} = \frac{1}{f_\mathrm{U}} = \frac{1}{500\ \text{Hz}} = \underline{\underline{2{,}00\ \text{ms}}}

b) Ges.: I_\mathrm{P}, R_\mathrm{S}, I_\mathrm{P} und I_\mathrm{mittel} mit E12-Wert

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} I_\mathrm{mittel} & = & g \cdot I_\mathrm{P} & \color{gray}{:g} \\ I_\mathrm{P} & = & \dfrac{I_\mathrm{mittel}}{g} = \dfrac{4\ \text{mA}}{0{,}25} = \underline{\underline{16{,}0\ \text{mA}}} & \end{array}

Im Strompfad liegen +5 V – Transistor – Segment – R_\mathrm{S} – Port-Pin (Low). Nach der Maschenregel bleibt für R_\mathrm{S}:

U_\mathrm{RS} = U_\mathrm{B} - U_\mathrm{CE,sat} - U_\mathrm{F} - U_\mathrm{OL} = 5{,}0\ \text{V} - 0{,}2\ \text{V} - 2{,}0\ \text{V} - 0{,}3\ \text{V} = 2{,}5\ \text{V}

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U_\mathrm{RS} & = & I_\mathrm{P} \cdot R_\mathrm{S} & \color{gray}{:I_\mathrm{P}} \\ R_\mathrm{S} & = & \dfrac{U_\mathrm{RS}}{I_\mathrm{P}} = \dfrac{2{,}5\ \text{V}}{16\ \text{mA}} \approx \underline{\underline{156\ \Omega}} & \end{array}

Gewählt: \underline{\underline{R_\mathrm{S} = 150\ \Omega}} (E12; der Strom wird etwas größer, die Helligkeit etwas höher).

I_\mathrm{P} = \frac{2{,}5\ \text{V}}{150\ \Omega} \approx \underline{\underline{16{,}7\ \text{mA}}} \qquad I_\mathrm{mittel} = 0{,}25 \cdot 16{,}7\ \text{mA} \approx \underline{\underline{4{,}18\ \text{mA}}}

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: 0{,}25 \cdot 16{,}7\ \text{mA} \approx 4{,}18\ \text{mA}
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: 0{,}25 \cdot 16{,}67\ \text{mA} \approx 4{,}17\ \text{mA}

c) Ges.: Prüfung mit dem Datenblatt

16{,}7\ \text{mA} < I_\mathrm{F,max} = 25\ \text{mA}: Der Pulsstrom wäre sogar als Dauerstrom zulässig; der Spitzenwert I_\mathrm{FP} wird nicht gebraucht. \underline{\underline{\text{Zulässig}}}.

d) Ges.: I_\mathrm{C,max}; Begründung

Zeigt eine Stelle „8.“, leuchten alle 8 Segmente gleichzeitig:

I_\mathrm{C,max} = 8 \cdot I_\mathrm{P} = 8 \cdot 16{,}7\ \text{mA} \approx \underline{\underline{134\ \text{mA}}}

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: 8 \cdot 16{,}7\ \text{mA} \approx 134\ \text{mA}
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: 8 \cdot 16{,}67\ \text{mA} \approx 133\ \text{mA}

Das ist ein Vielfaches der zulässigen 20 mA je Pin. Der Port-Pin liefert deshalb nur den kleinen Basisstrom; den \underline{\underline{\text{Stellenstrom übernimmt der Transistor}}}.

Geg.: Zeitablaufdiagramm; Stellen- und Segmentleitungen low-aktiv; 4 Stellen

a) Ges.: t_\mathrm{S}, f_\mathrm{U}, f_\mathrm{B}

Jede Stellenleitung ist 2,5 ms lang Low: \underline{\underline{t_\mathrm{S} = 2{,}50\ \text{ms}}}. Nach 10 ms ist wieder Stelle 1 an.

f_\mathrm{U} = \frac{1}{t_\mathrm{S}} = \frac{1}{2{,}5\ \text{ms}} = \underline{\underline{400\ \text{Hz}}} \qquad f_\mathrm{B} = \frac{1}{4 \cdot t_\mathrm{S}} = \frac{1}{10\ \text{ms}} = \underline{\underline{100\ \text{Hz}}}

b) Ges.: Segmente a und g je Stelle

c) Ges.: angezeigte Zahl

Stelle 1 hat weder a noch g: nur „1“ passt (7410 scheidet aus, die 7 hat a). Stelle 2 hat g, aber nicht a: „4“. Stelle 3 hat a, aber nicht g: „7“ (1420 scheidet aus, die 2 hat g). Stelle 4 hat a, aber nicht g: „0“ (1478 scheidet aus, die 8 hat g). Angezeigt wird \underline{\underline{1470}}.

d) Ges.: Ursache und Abhilfe

Ursache: \underline{\underline{\text{Geisterbild}}}. Auf Stelle 1 (davor) ist a aus, auf Stelle 3 (danach) an. Das schwache a entsteht also beim Wechsel von Stelle 2 auf Stelle 3: Das Muster von Stelle 3 liegt schon am Port, während Stelle 2 noch eingeschaltet ist (zu spät abgeschaltet, oder der PNP-Transistor sperrt wegen seiner Speicherzeit verzögert). Für kurze Zeit leuchtet a dann auch auf Stelle 2. Abhilfe in der Software: \underline{\underline{\text{erst alle Stellen aus, dann Muster ausgeben, dann neue Stelle ein}}} (Austastlücke von einigen Mikrosekunden).

Geg.: Restzeit 0 … 59 s; zwei Stellen ohne Dezimalpunkt; je Stelle 7 Segmente

a) Ges.: BCD-Leitungen der Zehner- und Einerstelle

Die Zehnerstelle zeigt nur 0 … 5, also 6 Werte: 2^3 = 8 \geq 6, \underline{\underline{\text{3 Leitungen}}}. Die Einerstelle zeigt 0 … 9, also 10 Werte: 2^3 = 8 < 10, deshalb \underline{\underline{\text{4 Leitungen}}}. (je 1 Punkt)

b) Ges.: Ein- und Ausgänge beider Codeumsetzer

Eingänge: 3 + 4 = \underline{\underline{7}}; Ausgänge: 2 \cdot 7 = \underline{\underline{14}} (1 Punkt). Mit einem Standard-Decoder wie dem 74LS47 hat auch die Zehnerstelle vier Eingänge; der Eingang D wird dann fest auf 0 gelegt.

c) Ges.: Eingänge bei Dualzahl, Bewertung

60 Werte: 2^5 = 32 < 60 \leq 2^6 = 64, also \underline{\underline{\text{6 Eingänge}}}; die Ausgänge bleiben 14 (1 Punkt). Der Vorschlag spart nur eine Leitung. Dafür muss der Umsetzer die Dualzahl erst in Zehner und Einer zerlegen; das leistet kein einfacher BCD-zu-7-Segment-Decoder, sondern nur ein programmierter Baustein (Mikrocontroller, Speicher-Tabelle). Die BCD-Lösung mit zwei Standard-Decodern ist daher einfacher (1 Punkt).

Richtige Antwort: 2

Geg.: gemeinsame Kathode; Ziffer soll gespeichert bleiben

Ges.: geeigneter Baustein

Der \underline{\underline{\text{CD4511}}} hat high-aktive Ausgänge (passend zur gemeinsamen Kathode) und einen Zwischenspeicher (LE): Antwort 2. Der 74LS47 (Antwort 1) hat low-aktive Open-Collector-Ausgänge für gemeinsame Anode und keinen Speicher. Der 74HC138 (Antwort 3) aktiviert nur einen von acht Ausgängen (Adressdecoder), der 74HC151 (Antwort 4) wählt einen von acht Eingängen aus. Der 74LS90 (Antwort 5) ist der Zähler selbst und liefert BCD, aber keine Segmentsignale.

Geg.: 74LS47, Ausgänge low-aktiv (Open Collector); gemeinsame Anode; Eingänge D\,C\,B\,A = 0\,1\,1\,0; \overline{\mathrm{LT}} = \overline{\mathrm{BI}} = \overline{\mathrm{RBI}} = 1; 6 ohne Segment a

a) Ges.: Segmente und Sollpegel für 6

Es leuchten \underline{\underline{\text{c, d, e, f, g}}}. Ein Segment leuchtet, wenn sein Ausgang Low ist:

b) Ges.: fehlerhaftes Segment; Fehlerort

Nur Ausgang \underline{\underline{\text{e}}} weicht ab (H statt L), die übrigen sechs Ausgänge stimmen. Die Eingänge führen den richtigen Code, also liegt der Fehler \underline{\underline{\text{nicht vor dem Decoder}}}. Weil schon der Ausgang den falschen Pegel hat, liegt er \underline{\underline{\text{im Decoder}}} (Ausgangsstufe e schaltet nicht durch) oder an einem Schluss der Leitung e nach +5 V direkt am Pin. Die Anzeige selbst kann den Low-Pegel eines durchgeschalteten Ausgangs nicht verhindern.

c) Ges.: Ursachen; eingrenzende Messung

Der Decoder arbeitet jetzt richtig, und der Lampentest zeigt, dass alle anderen Segmente in Ordnung sind. Der Fehler liegt \underline{\underline{\text{hinter dem Decoder im Zweig e}}}, z. B.:

• Vorwiderstand -R5 von Segment e unterbrochen oder Lötstelle/Leiterbahn zwischen Decoder und Anzeige offen,

• Segment e der Anzeige defekt (LED unterbrochen).

Messung: Bei eingeschaltetem Segment die Spannung an beiden Enden des Vorwiderstands gegen 0 V messen. Liegt die Decoderseite nahe 0 V, die Anzeigeseite aber deutlich höher (bis nahe +5 V), ist der Widerstand (oder seine Lötstelle) unterbrochen. Liegen beide Enden nahe 0 V, fließt trotzdem kein Strom; dann ist das Segment bzw. die Verbindung zur Anzeige unterbrochen. (Alternativ spannungslos mit dem Ohmmeter bzw. dem Diodentest prüfen.)

d) Ges.: Beschaltung von \overline{\mathrm{RBI}}, \overline{\mathrm{RBO}}

• Hunderter: \underline{\underline{\overline{\mathrm{RBI}} \text{ an } 0\ \text{V}}}. Eine 0 wird dunkel, \overline{\mathrm{RBO}} geht dann auf 0.

• \underline{\underline{\overline{\mathrm{RBO}} \text{ (Hunderter)} \rightarrow \overline{\mathrm{RBI}} \text{ (Zehner)}}}: Die Zehner-0 wird nur dunkel, wenn auch die Hunderterstelle dunkel ist (führende Null). Bei 107 bleibt die 0 sichtbar.

• Einer: \underline{\underline{\overline{\mathrm{RBI}} \text{ offen bzw. High}}}; das \overline{\mathrm{RBO}} der Zehnerstelle wird nicht angeschlossen. So erscheint der Wert 0 als „0“ statt als leere Anzeige.

Richtige Antwort: 2

Geg.: Beleuchtung an, Daten werden gesendet, keine Zeichen und keine Kästchen sichtbar

Ges.: Abhilfe

Wenn weder Zeichen noch Kästchen zu sehen sind, ist die Spannung zwischen VDD und V0 zu klein: \underline{\underline{\text{Kontrast mit } -R1 \text{ einstellen}}}, Antwort 2. -R2 (Antwort 1) ändert nur die Helligkeit der Beleuchtung, nicht den Kontrast. D0 … D3 (Antwort 3) werden im 4-Bit-Betrieb nicht gebraucht. Pins 15 und 16 (Antwort 4) zu tauschen würde die Beleuchtung abschalten, die ja funktioniert. Antwort 5 ist sachlich unsinnig: Das Modul wird ohnehin mit Gleichspannung (VDD) versorgt; die Wechselspannung für die Flüssigkristalle erzeugt der Controller selbst. Gleichspannung direkt an den Flüssigkristallen würde sie zersetzen.

Geg.: U_\mathrm{B} = 5{,}0\ \text{V}; I_\mathrm{DD} = 1{,}5\ \text{mA} (typ.); Beleuchtung U_\mathrm{F} = 3{,}2\ \text{V} typ. (3,0 … 3,4 V), I_\mathrm{F} \le 20\ \text{mA}; Akku 3,7 V, 2,0 Ah; \eta = 0{,}85; Tastgrad 30 %

a) Ges.: R_2 (E12), I_\mathrm{F} bei U_\mathrm{F,min}

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U_\mathrm{B} & = & U_\mathrm{F} + I_\mathrm{F} \cdot R_2 & \color{gray}{-U_\mathrm{F}} \\ U_\mathrm{B} - U_\mathrm{F} & = & I_\mathrm{F} \cdot R_2 & \color{gray}{:I_\mathrm{F}} \\ R_2 & = & \dfrac{U_\mathrm{B} - U_\mathrm{F}}{I_\mathrm{F}} = \dfrac{5{,}0\ \text{V} - 3{,}2\ \text{V}}{20\ \text{mA}} = \underline{\underline{90{,}0\ \Omega}} & \end{array}

Weil der Strom höchstens 20 mA betragen soll, wird der nächstgrößere E12-Wert gewählt: \underline{\underline{R_2 = 100\ \Omega}} (typisch 18 mA).

I_\mathrm{F} = \frac{U_\mathrm{B} - U_\mathrm{F,min}}{R_2} = \frac{5{,}0\ \text{V} - 3{,}0\ \text{V}}{100\ \Omega} = \underline{\underline{20{,}0\ \text{mA}}}

Auch im ungünstigsten Fall werden 20 mA nicht überschritten.

b) Ges.: P_\mathrm{dauer}, P_\mathrm{PWM}

Die Versorgung liefert den Logikstrom und den Beleuchtungsstrom; im Strom durch -R2 ist dessen Verlust schon enthalten. Bei PWM fließt der Beleuchtungsstrom nur 30 % der Zeit:

\begin{aligned} &\text{(I)} && I_\mathrm{F} = \dfrac{U_\mathrm{B} - U_\mathrm{F}}{R_2} \\ &\text{(II)} && P_\mathrm{dauer} = U_\mathrm{B} \cdot (I_\mathrm{DD} + I_\mathrm{F}) \\ &\text{(III)} && P_\mathrm{PWM} = U_\mathrm{B} \cdot (I_\mathrm{DD} + 0{,}3 \cdot I_\mathrm{F}) \end{aligned}

I_\mathrm{F} = \frac{5{,}0\ \text{V} - 3{,}2\ \text{V}}{100\ \Omega} = 18{,}0\ \text{mA}

I in II und III:

P_\mathrm{dauer} = 5{,}0\ \text{V} \cdot (1{,}5\ \text{mA} + 18{,}0\ \text{mA}) = \underline{\underline{97{,}5\ \text{mW}}}

P_\mathrm{PWM} = 5{,}0\ \text{V} \cdot (1{,}5\ \text{mA} + 5{,}40\ \text{mA}) = \underline{\underline{34{,}5\ \text{mW}}}

c) Ges.: Laufzeit t in beiden Fällen

\begin{aligned} &\text{(I)} && W_\mathrm{Akku} = U_\mathrm{Akku} \cdot Q \\ &\text{(II)} && P_\mathrm{Akku} = \dfrac{P}{\eta} \\ &\text{(III)} && t = \dfrac{W_\mathrm{Akku}}{P_\mathrm{Akku}} \end{aligned}

W_\mathrm{Akku} = 3{,}7\ \text{V} \cdot 2{,}0\ \text{Ah} = 7{,}40\ \text{Wh}

P_\mathrm{Akku,dauer} = \frac{97{,}5\ \text{mW}}{0{,}85} \approx 115\ \text{mW} \qquad P_\mathrm{Akku,PWM} = \frac{34{,}5\ \text{mW}}{0{,}85} \approx 40{,}6\ \text{mW}

I und II in III:

t_\mathrm{dauer} = \frac{7{,}40\ \text{Wh}}{115\ \text{mW}} \approx \underline{\underline{64{,}3\ \text{h}}} \qquad t_\mathrm{PWM} = \frac{7{,}40\ \text{Wh}}{40{,}6\ \text{mW}} \approx \underline{\underline{182\ \text{h}}}

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: 64,3 h bzw. 182 h
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: 64{,}51\ \text{h} \approx 64{,}5\ \text{h} bzw. 182{,}3\ \text{h} \approx 182\ \text{h}

Das gedimmte Display hält also \underline{\underline{\text{fast dreimal so lange}}} durch; der größte Verbraucher ist die Beleuchtung, nicht die Logik.

d) Ges.: Anzahl der Portleitungen

Im Bild: RS, E und D4 … D7 = \underline{\underline{6\ \text{Leitungen}}} (R/\overline{\mathrm{W}} liegt fest an 0 V). Mit I²C-Adapter: SDA und SCL = \underline{\underline{2\ \text{Leitungen}}}.

Geg.: U_\mathrm{F,R4} = U_\mathrm{F,R5} = 0{,}7\ \text{V}; U_\mathrm{BE} = 0{,}7\ \text{V}; I_\mathrm{soll} = 20\ \text{mA}; U_\mathrm{B} = 5{,}0\ \text{V}; Beleuchtung U_\mathrm{F} = 3{,}0 \dots 3{,}4\ \text{V}

a) Ges.: R_\mathrm{E} von -R6 (E24), I

Die beiden Dioden halten die Basis auf 1,4 V; am Emitterwiderstand liegt die Differenz zu U_\mathrm{BE}:

\begin{aligned} &\text{(I)} && U_\mathrm{RE} = 2 \cdot U_\mathrm{F,D} - U_\mathrm{BE} \\ &\text{(II)} && U_\mathrm{RE} = I \cdot R_\mathrm{E} \end{aligned}

U_\mathrm{RE} = 2 \cdot 0{,}7\ \text{V} - 0{,}7\ \text{V} = 0{,}7\ \text{V}

U_\mathrm{RE} aus I in II einsetzen und nach R_\mathrm{E} umstellen:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U_\mathrm{RE} & = & I \cdot R_\mathrm{E} & \color{gray}{:I} \\ R_\mathrm{E} & = & \dfrac{U_\mathrm{RE}}{I} = \dfrac{0{,}7\ \text{V}}{20\ \text{mA}} = \underline{\underline{35{,}0\ \Omega}} & \end{array}

Gewählt: \underline{\underline{R_\mathrm{E} = 36\ \Omega}} (E24, nächstgrößerer Wert).

I = \frac{0{,}7\ \text{V}}{36\ \Omega} \approx \underline{\underline{19{,}4\ \text{mA}}}

b) Ges.: P_\mathrm{RE}

P_\mathrm{RE} = U_\mathrm{RE} \cdot I = 0{,}7\ \text{V} \cdot 19{,}4\ \text{mA} \approx \underline{\underline{13{,}6\ \text{mW}}}

c) Ges.: U_\mathrm{CE}, P_\mathrm{K2}; Prüfung bei 3,4 V

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U_\mathrm{B} & = & U_\mathrm{F} + U_\mathrm{CE} + U_\mathrm{RE} & \color{gray}{-U_\mathrm{F} - U_\mathrm{RE}} \\ U_\mathrm{CE} & = & U_\mathrm{B} - U_\mathrm{F} - U_\mathrm{RE} = 5{,}0\ \text{V} - 3{,}0\ \text{V} - 0{,}7\ \text{V} = \underline{\underline{1{,}30\ \text{V}}} & \end{array}

P_\mathrm{K2} = U_\mathrm{CE} \cdot I = 1{,}3\ \text{V} \cdot 19{,}4\ \text{mA} \approx \underline{\underline{25{,}2\ \text{mW}}}

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: 1{,}3\ \text{V} \cdot 19{,}4\ \text{mA} \approx 25{,}2\ \text{mW}
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: 1{,}3\ \text{V} \cdot 19{,}44\ \text{mA} \approx 25{,}3\ \text{mW}

Bei U_\mathrm{F} = 3{,}4\ \text{V}: U_\mathrm{CE} = 5{,}0\ \text{V} - 3{,}4\ \text{V} - 0{,}7\ \text{V} = 0{,}9\ \text{V}. Das liegt noch über der Sättigungsspannung (etwa 0,2 V): \underline{\underline{\text{die Schaltung regelt noch}}}, der Strom bleibt bei 19,4 mA.

d) Ges.: Vorteil

Der Strom hängt nur von R_\mathrm{E} und den Diodenspannungen ab, \underline{\underline{\text{nicht von } U_\mathrm{F} \text{ und Schwankungen von } U_\mathrm{B}}}. Mit dem Vorwiderstand schwankt er zwischen 16 und 20 mA (Aufgabe 5.2 a), hier bleibt er konstant; alle Displays sind gleich hell.

Geg.: R_1 = 10\ \text{k}\Omega (Pull-up an 5 V); R_2 = 2{,}2\ \text{k}\Omega; R_3 = 3{,}3\ \text{k}\Omega; R_4 = 6{,}8\ \text{k}\Omega

a) Ges.: U_\mathrm{E} für alle Fälle

Ein gedrückter Taster legt den unteren Teil der Kette an 0 V. Der Spannungsteiler besteht aus R_1 und der Summe R_\Sigma der Kettenwiderstände bis zu diesem Taster:

U_\mathrm{E} = U_\mathrm{B} \cdot \frac{R_\Sigma}{R_1 + R_\Sigma}

Kein Taster gedrückt: Es fließt kein Strom, \underline{\underline{U_\mathrm{E} = 5{,}00\ \text{V}}}. -S1 gedrückt: R_\Sigma = 0, \underline{\underline{U_\mathrm{E} = 0\ \text{V}}}.

-S2\!: \quad R_\Sigma = 2{,}2\ \text{k}\Omega \qquad U_\mathrm{E} = 5\ \text{V} \cdot \frac{2{,}2\ \text{k}\Omega}{12{,}2\ \text{k}\Omega} \approx \underline{\underline{0{,}902\ \text{V}}}

-S3\!: \quad R_\Sigma = 5{,}5\ \text{k}\Omega \qquad U_\mathrm{E} = 5\ \text{V} \cdot \frac{5{,}5\ \text{k}\Omega}{15{,}5\ \text{k}\Omega} \approx \underline{\underline{1{,}77\ \text{V}}}

-S4\!: \quad R_\Sigma = 12{,}3\ \text{k}\Omega \qquad U_\mathrm{E} = 5\ \text{V} \cdot \frac{12{,}3\ \text{k}\Omega}{22{,}3\ \text{k}\Omega} \approx \underline{\underline{2{,}76\ \text{V}}}

b) Ges.: U_\mathrm{E} bei -S2 und -S4

-S2 schließt den Knoten hinter R_2 nach 0 V kurz; was dahinter liegt (R_3, R_4, -S4), ist wirkungslos. \underline{\underline{U_\mathrm{E} \approx 0{,}902\ \text{V}}}, erkannt wird \underline{\underline{-S2}}.

c) Ges.: ADU-Bereiche von -S3 und -S4; Überschneidung; Fenstergrenze

U_\mathrm{E} wird am kleinsten, wenn R_\Sigma an der unteren und R_1 an der oberen Toleranzgrenze liegt, und am größten im umgekehrten Fall. Der ADU-Wert folgt aus dem Verhältnis zur Referenz:

\begin{aligned} &\text{(I)} && U_\mathrm{E,min} = U_\mathrm{B} \cdot \dfrac{0{,}95 \cdot R_\Sigma}{1{,}05 \cdot R_1 + 0{,}95 \cdot R_\Sigma} \qquad U_\mathrm{E,max} = U_\mathrm{B} \cdot \dfrac{1{,}05 \cdot R_\Sigma}{0{,}95 \cdot R_1 + 1{,}05 \cdot R_\Sigma} \\ &\text{(II)} && N = \dfrac{U_\mathrm{E}}{U_\mathrm{ref}} \cdot 1023 \end{aligned}

-S3 (R_\Sigma = 5{,}5\ \text{k}\Omega):

U_\mathrm{E,min} = 5\ \text{V} \cdot \frac{5{,}225\ \text{k}\Omega}{15{,}725\ \text{k}\Omega} \approx 1{,}66\ \text{V} \qquad U_\mathrm{E,max} = 5\ \text{V} \cdot \frac{5{,}775\ \text{k}\Omega}{15{,}275\ \text{k}\Omega} \approx 1{,}89\ \text{V}

-S4 (R_\Sigma = 12{,}3\ \text{k}\Omega):

U_\mathrm{E,min} = 5\ \text{V} \cdot \frac{11{,}685\ \text{k}\Omega}{22{,}185\ \text{k}\Omega} \approx 2{,}63\ \text{V} \qquad U_\mathrm{E,max} = 5\ \text{V} \cdot \frac{12{,}915\ \text{k}\Omega}{22{,}415\ \text{k}\Omega} \approx 2{,}88\ \text{V}

I in II:

Zwischen 387 und 539 liegen rund 150 Stufen: Die Bereiche \underline{\underline{\text{überschneiden sich nicht}}}. Eine Fenstergrenze in der Mitte, z. B. \underline{\underline{N = 463}} (etwa 2,26 V), lässt auf beiden Seiten genug Abstand für Kontaktwiderstände und Störungen.

d) Ges.: Nachteil

\underline{\underline{\text{Gleichzeitig gedrückte Taster lassen sich nicht unterscheiden}}}; erkannt wird nur der Taster, der dem Eingang am nächsten liegt (siehe b). (Weitere: Analogeingang und Auswertesoftware nötig, Toleranzen und Kontaktwiderstände verkleinern die Fenster, bei gedrücktem Taster fließt ständig Querstrom.)

Richtige Antwort: 4

Geg.: 12 Taster, 4 Zeilen, 3 Spalten

Ges.: Anzahl der Portleitungen

z + s = 4 + 3 = \underline{\underline{7}}

Antwort 4. 12 (Antwort 1) bräuchte man bei einzeln angeschlossenen Tastern, 13 (Antwort 3) zusätzlich einen gemeinsamen Anschluss. 4 (Antwort 2) und 3 (Antwort 5) sind nur die Zeilen bzw. Spalten allein.

Geg.: 3 Stellen, gemeinsame Anode; Umschalten alle 2 ms; R_\mathrm{S} = 150\ \Omega; U_\mathrm{F} = 2{,}0\ \text{V}; U_\mathrm{CE,sat} = 0{,}2\ \text{V}; U_\mathrm{OL} = 0{,}3\ \text{V}; R_\mathrm{B} = 2{,}2\ \text{k}\Omega; B_\mathrm{min} = 100; U_\mathrm{BE} = 0{,}7\ \text{V}

a) Ges.: Begründung PNP; Pegel an PB0

Die gemeinsamen Anoden müssen an +5 V geschaltet werden. Dafür ist ein Schalter zwischen +5 V und Last nötig (High-Side): \underline{\underline{\text{PNP-Transistor, Emitter an +5 V}}}. Er leitet, wenn Basisstrom aus der Basis in den Port fließt, also bei \underline{\underline{\text{PB0 = Low}}}. Außerdem kann der Port-Pin den Stellenstrom nicht selbst liefern.

b) Ges.: f_\mathrm{B}, g

T_\mathrm{B} = n \cdot t_\mathrm{S} = 3 \cdot 2\ \text{ms} = 6\ \text{ms} \qquad f_\mathrm{B} = \frac{1}{T_\mathrm{B}} = \frac{1}{6\ \text{ms}} \approx \underline{\underline{167\ \text{Hz}}} \qquad g = \frac{1}{3} \approx \underline{\underline{0{,}333}}

c) Ges.: I_\mathrm{P}, I_\mathrm{mittel}

\begin{aligned} &\text{(I)} && U_\mathrm{B} = U_\mathrm{CE,sat} + U_\mathrm{F} + U_\mathrm{RS} + U_\mathrm{OL} \\ &\text{(II)} && U_\mathrm{RS} = I_\mathrm{P} \cdot R_\mathrm{S} \end{aligned}

Nach der Maschenregel (I) bleibt für den Segmentwiderstand:

U_\mathrm{RS} = 5{,}0\ \text{V} - 0{,}2\ \text{V} - 2{,}0\ \text{V} - 0{,}3\ \text{V} = 2{,}5\ \text{V}

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U_\mathrm{RS} & = & I_\mathrm{P} \cdot R_\mathrm{S} & \color{gray}{:R_\mathrm{S}} \\ I_\mathrm{P} & = & \dfrac{U_\mathrm{RS}}{R_\mathrm{S}} = \dfrac{2{,}5\ \text{V}}{150\ \Omega} \approx \underline{\underline{16{,}7\ \text{mA}}} & \end{array}

I_\mathrm{mittel} = g \cdot I_\mathrm{P} = \frac{16{,}7\ \text{mA}}{3} \approx \underline{\underline{5{,}57\ \text{mA}}}

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: 16{,}7\ \text{mA} : 3 \approx 5{,}57\ \text{mA}
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: 16{,}67\ \text{mA} : 3 \approx 5{,}56\ \text{mA}

d) Ges.: I_\mathrm{B} ausreichend?

\begin{aligned} &\text{(I)} && I_\mathrm{C} = 8 \cdot I_\mathrm{P} \\ &\text{(II)} && I_\mathrm{B,min} = \dfrac{I_\mathrm{C}}{B_\mathrm{min}} \\ &\text{(III)} && I_\mathrm{B} = \dfrac{U_\mathrm{B} - U_\mathrm{BE} - U_\mathrm{OL}}{R_\mathrm{B}} \\ &\text{(IV)} && \ddot{u} = \dfrac{I_\mathrm{B}}{I_\mathrm{B,min}} \end{aligned}

I in II:

I_\mathrm{C} = 8 \cdot 16{,}7\ \text{mA} \approx 134\ \text{mA} \qquad I_\mathrm{B,min} = \frac{134\ \text{mA}}{100} \approx 1{,}34\ \text{mA}

I_\mathrm{B} = \frac{5{,}0\ \text{V} - 0{,}7\ \text{V} - 0{,}3\ \text{V}}{2{,}2\ \text{k}\Omega} \approx \underline{\underline{1{,}82\ \text{mA}}}

III und II in IV:

\ddot{u} = \frac{I_\mathrm{B}}{I_\mathrm{B,min}} = \frac{1{,}82\ \text{mA}}{1{,}34\ \text{mA}} \approx \underline{\underline{1{,}36}}

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: \ddot{u} = 1{,}82 : 1{,}34 \approx 1{,}36
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: \ddot{u} = 1{,}818 : 1{,}333 \approx 1{,}36

Der Basisstrom \underline{\underline{\text{reicht knapp}}}: Der Transistor wird gesättigt. Üblich ist ein Übersteuerungsfaktor von 2 … 3; mit R_\mathrm{B} = 1\ \text{k}\Omega wären es 4,0 mA und \ddot{u} \approx 3.

Geg.: Low 0,3 V für 2 ms, High 5,0 V für 4 ms (Periode 6 ms); Tasternetzwerk -R12 = 10\ \text{k}\Omega, -R13 = 2{,}2\ \text{k}\Omega; ADU 10 Bit, 5,00 V; Port D höchstens 100 mA

a) Ges.: Anzeige des Multimeters; geeignetes Messgerät

Das Multimeter zeigt den arithmetischen Mittelwert:

\overline{U} = \frac{0{,}3\ \text{V} \cdot 2\ \text{ms} + 5{,}0\ \text{V} \cdot 4\ \text{ms}}{6\ \text{ms}} \approx \underline{\underline{3{,}43\ \text{V}}}

Daran sieht man nicht, ob das Signal richtig schaltet (ein fester Pegel von 3,4 V ergäbe dieselbe Anzeige). Für die Prüfung ist ein \underline{\underline{\text{Oszilloskop (oder Logikanalysator)}}} nötig: Es zeigt Pegel, Einschaltdauer und Periodendauer.

b) Ges.: Fehlereingrenzung

Segment e ist in allen Stellen dunkel, alle anderen Segmente funktionieren. Die Stellentransistoren und die Anzeigen sind damit in Ordnung (ein Fehler in einer Anzeige träte nur an einer Stelle auf). Der Fehler liegt im \underline{\underline{\text{gemeinsamen Pfad von Segment e}}}: Port-Pin PD4, Widerstand -R5 oder die Leitung zu den Anzeigen. Prüfschritte:

1. Mit dem Oszilloskop an MP2 (Segmentleitung e hinter -R5) messen: Wechselt der Pegel im Takt der Stellen zwischen High und Low? Wenn ja, liegt der Fehler zwischen MP2 und den Anzeigen (Leiterbahn, Lötstelle).

2. Wenn an MP2 kein Wechsel zu sehen ist: direkt an PD4 messen. Wechselt dort der Pegel, ist -R5 unterbrochen; wenn nicht, liegt es an der Software (Bitmuster) oder am Pin.

3. Bei abgeschalteter Spannung -R5 und die Leitung bis zu den Anzeigen auf Durchgang prüfen.

c) Ges.: U_\mathrm{MP3}, N

U_\mathrm{MP3} = U_\mathrm{B} \cdot \frac{R_{13}}{R_{12} + R_{13}} = 5{,}0\ \text{V} \cdot \frac{2{,}2\ \text{k}\Omega}{12{,}2\ \text{k}\Omega} \approx \underline{\underline{0{,}902\ \text{V}}}

N = \left\lfloor \frac{0{,}902\ \text{V} \cdot 1024}{5{,}00\ \text{V}} \right\rfloor = \lfloor 184{,}7 \rfloor = \underline{\underline{184}}

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: \lfloor 0{,}902 \cdot 1024 : 5{,}00 \rfloor = \lfloor 184{,}7 \rfloor = 184
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: \lfloor 0{,}90164 \cdot 1024 : 5{,}00 \rfloor = \lfloor 184{,}66 \rfloor = 184

d) Ges.: Zulässigkeit von „8.“; Abhilfe

Bei „8.“ fließen alle acht Segmentströme gleichzeitig in Port D:

I_\mathrm{Port} = 8 \cdot 16{,}7\ \text{mA} \approx 134\ \text{mA} > 100\ \text{mA}

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: 8 \cdot 16{,}7\ \text{mA} \approx 134\ \text{mA}
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: 8 \cdot 16{,}67\ \text{mA} \approx 133\ \text{mA}

Je Pin wird die Grenze eingehalten (16,7 mA < 20 mA), die \underline{\underline{\text{Portsumme wird aber überschritten}}}: nicht zulässig. Abhilfe: ein Treiber-IC (z. B. Transistor-Array) für die Segmentleitungen, oder größere Segmentwiderstände: höchstens 12,5 mA je Segment, also mindestens 200 Ω; gewählt 220 Ω (E12, etwa 11,4 mA je Segment, Summe etwa 91 mA). Die Anzeige wird dann etwas dunkler.