Bipolartransistor: Wiederholung und Übungsaufgaben

Als Transistor-Grundlagen kann ich nach Durcharbeiten des Artikels…

• … NPN- und PNP-Transistoren im Schaltzeichen unterscheiden und Anschlüsse mit dem Diodentest bestimmen.

• … mit I_\mathrm{E} = I_\mathrm{B} + I_\mathrm{C} und B = I_\mathrm{C} : I_\mathrm{B} rechnen.

• … den Basisvorwiderstand einer Schaltstufe mit Übersteuerungsfaktor bemessen und Normwerte auswählen.

• … die Folgen eines zu großen oder zu kleinen Basisvorwiderstands beschreiben.

• … einen PNP-Transistor als High-Side-Schalter einsetzen.

Darüber hinaus kann ich als Transistor-Expertenwissen…

• … Arbeitsgeraden ins Kennlinienfeld zeichnen und Verlustleistungen mit der Hyperbel vergleichen.

• … Konstantstromquellen mit Dioden- oder Z-Dioden-Referenz berechnen.

• … Darlington-Treiberbausteine nach englischem Datenblatt thermisch prüfen.

• … den Arbeitspunkt einer Emitterschaltung berechnen.

• … eine zweistufige Schaltstufe mit Pegelwandler im Stromlaufplan analysieren und Fehler finden.

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 „Bipolartransistor“.

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/transistor-als-schalter
- https://oer-informatik.de/bipolartransistor-verstaerker
- Stilbeispiel: https://oer-informatik.de/bipolartransistor-uebungsaufgaben

Die Aufgaben sollen Inhalte zu diesen Schlagwörtern abdecken:
- Bipolartransistor
- Transistor als Schalter
- Basisvorwiderstand
- Übersteuerungsfaktor
- PNP-Transistor
- Kennlinienfeld
- Konstantstromquelle
- Darlington-Transistor
- Emitterschaltung

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: 2

Geg.: Schaltzeichen eines Bipolartransistors

Ges.: Erkennungsmerkmal NPN

Der Pfeil sitzt immer am Emitter und zeigt die technische Stromrichtung der Basis-Emitter-Diode. Beim NPN-Transistor fließt der Strom aus dem Emitter heraus; der Pfeil zeigt vom Transistor weg: Antwort 2. Antwort 3 beschreibt den PNP-Transistor. Am Kollektor (Antwort 1) gibt es keinen Pfeil; die Antworten 4 und 5 sind keine Unterscheidungsmerkmale.

Richtige Antwort: 4

Geg.: I_\mathrm{C} = 50\ \text{mA}; B = 250

Ges.: I_\mathrm{E}

\begin{aligned} &\text{(I)} && I_\mathrm{E} = I_\mathrm{B} + I_\mathrm{C} \\ &\text{(II)} && B = \dfrac{I_\mathrm{C}}{I_\mathrm{B}} \end{aligned}

II nach I_\mathrm{B} umstellen:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} B & = & \dfrac{I_\mathrm{C}}{I_\mathrm{B}} & \color{gray}{\cdot I_\mathrm{B} : B} \\ I_\mathrm{B} & = & \dfrac{I_\mathrm{C}}{B} = \dfrac{50\ \text{mA}}{250} = 0{,}200\ \text{mA} & \end{array}

in I:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} I_\mathrm{E} & = & I_\mathrm{B} + I_\mathrm{C} = 0{,}200\ \text{mA} + 50\ \text{mA} & \\ I_\mathrm{E} & = & \underline{\underline{50{,}2\ \text{mA}}} & \end{array}

Damit ist Antwort 4 richtig. Antwort 1 zieht den Basisstrom ab, Antwort 2 ist der Basisstrom selbst, Antwort 3 multipliziert mit B, Antwort 5 addiert B als Milliampere.

Geg.: Diodentest an den Anschlüssen 1, 2, 3

a) Ges.: Typ

Nur mit Plus an Anschluss 1 leiten zwei Strecken. Anschluss 1 ist die gemeinsame Anode beider Dioden, also p-dotiert: Es ist ein NPN-Transistor.

b) Ges.: Basis

Die Basis ist der Anschluss, von dem aus beide Dioden leiten: Anschluss 1.

c) Ges.: Emitter und Kollektor

Der Emitter ist stärker dotiert; die Basis-Emitter-Diode zeigt deshalb meist die etwas größere Durchlassspannung. 1 → 2 zeigt 0,68 V, 1 → 3 zeigt 0,66 V: Anschluss 2 = Emitter, Anschluss 3 = Kollektor. Die Unterscheidung ist knapp; sicher bestätigt sie das Datenblatt (Anschlussbelegung) oder eine B-Messung in beiden Richtungen.

d) Ges.: B

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} B & = & \dfrac{I_\mathrm{C}}{I_\mathrm{B}} = \dfrac{8{,}0\ \text{mA}}{0{,}040\ \text{mA}} & \\ B & = & \underline{\underline{200}} & \end{array}

Richtige Antwort: 2

Geg.: gesättigter Schalttransistor

Ges.: U_\mathrm{CE}

Im gesättigten Zustand sinkt U_\mathrm{CE} auf die Sättigungsspannung U_\mathrm{CE,sat} \approx 0{,}1 \dots 0{,}3\ \text{V}, typisch 0,2 V: Antwort 2. 0,7 V (Antwort 1) ist U_\mathrm{BE}. Die volle Betriebsspannung (Antwort 3) liegt im gesperrten Zustand an, die halbe (Antwort 4) im linearen Bereich. Genau 0 V (Antwort 5) erreicht ein realer Transistor nicht.

Richtige Antwort: 3

Geg.: Basisvorwiderstand zehnmal zu groß

Ges.: Folge

Der Basisstrom ist zehnmal zu klein. Der Transistor kann dann höchstens B \cdot I_\mathrm{B} führen und bleibt im aktiven Bereich: Der Kollektorstrom ist kleiner als vorgesehen, die LED leuchtet schwach, und U_\mathrm{CE} ist groß. Dadurch steigt die Verlustleistung U_\mathrm{CE} \cdot I_\mathrm{C}: Antwort 3. Antwort 1 beschreibt einen zu kleinen Widerstand. Antwort 5 gilt nur, solange der Transistor gesättigt ist.

Geg.: U_\mathrm{B} = 12\ \text{V}; R_{Q1} = 240\ \Omega; U_\mathrm{St} = 5\ \text{V}; B_\mathrm{min} = 100; \text{ü} = 3; U_\mathrm{BE} = 0{,}7\ \text{V}; U_\mathrm{CE,sat} = 0{,}2\ \text{V}

a) Ges.: I_\mathrm{C}

\begin{aligned} &\text{(I)} && U_\mathrm{B} = U_{Q1} + U_\mathrm{CE,sat} \\ &\text{(II)} && U_{Q1} = R_{Q1} \cdot I_\mathrm{C} \end{aligned}

II in I:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U_\mathrm{B} & = & R_{Q1} \cdot I_\mathrm{C} + U_\mathrm{CE,sat} & \color{gray}{-U_\mathrm{CE,sat}} \\ U_\mathrm{B} - U_\mathrm{CE,sat} & = & R_{Q1} \cdot I_\mathrm{C} & \color{gray}{:R_{Q1}} \\ I_\mathrm{C} & = & \dfrac{U_\mathrm{B} - U_\mathrm{CE,sat}}{R_{Q1}} = \dfrac{12\ \text{V} - 0{,}2\ \text{V}}{240\ \Omega} & \\ I_\mathrm{C} & \approx & \underline{\underline{49{,}2\ \text{mA}}} & \end{array}

b) Ges.: I_\mathrm{B}

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} I_\mathrm{B,min} & = & \dfrac{I_\mathrm{C}}{B_\mathrm{min}} = \dfrac{49{,}2\ \text{mA}}{100} = 0{,}492\ \text{mA} & \\ I_\mathrm{B} & = & \text{ü} \cdot I_\mathrm{B,min} = 3 \cdot 0{,}492\ \text{mA} \approx \underline{\underline{1{,}48\ \text{mA}}} & \end{array}

c) Ges.: -R_1; Wert aus E12; tatsächliches \text{ü}

\begin{aligned} &\text{(I)} && U_\mathrm{St} = U_{R1} + U_\mathrm{BE} \\ &\text{(II)} && U_{R1} = R_1 \cdot I_\mathrm{B} \end{aligned}

II in I:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U_\mathrm{St} & = & R_1 \cdot I_\mathrm{B} + U_\mathrm{BE} & \color{gray}{-U_\mathrm{BE}} \\ U_\mathrm{St} - U_\mathrm{BE} & = & R_1 \cdot I_\mathrm{B} & \color{gray}{:I_\mathrm{B}} \\ R_1 & = & \dfrac{U_\mathrm{St} - U_\mathrm{BE}}{I_\mathrm{B}} = \dfrac{5\ \text{V} - 0{,}7\ \text{V}}{0{,}00148\ \text{A}} & \\ R_1 & \approx & 2{,}91\ \text{k}\Omega & \end{array}

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: R_1 \approx 2{,}91\ \text{k}\Omega
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: R_1 \approx 2{,}92\ \text{k}\Omega (mit I_\mathrm{B} = 1{,}475\ \text{mA})

Nächstkleinerer E12-Wert, damit der Basisstrom reicht: -R_1 = \underline{\underline{2{,}7\ \text{k}\Omega}}.

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} I_\mathrm{B} & = & \dfrac{U_\mathrm{St} - U_\mathrm{BE}}{R_1} = \dfrac{4{,}3\ \text{V}}{2700\ \Omega} \approx 1{,}59\ \text{mA} & \\ \text{ü} & = & \dfrac{I_\mathrm{B}}{I_\mathrm{B,min}} = \dfrac{1{,}59\ \text{mA}}{0{,}492\ \text{mA}} \approx \underline{\underline{3{,}23}} & \end{array}

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: \text{ü} \approx 3{,}23
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: \text{ü} \approx 3{,}24

d) Ges.: P_\mathrm{V} von -K_1; Aufgabe von -R_2

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} P_\mathrm{V} & = & U_\mathrm{CE,sat} \cdot I_\mathrm{C} = 0{,}2\ \text{V} \cdot 0{,}0492\ \text{A} & \\ P_\mathrm{V} & = & \underline{\underline{9{,}84\ \text{mW}}} & \end{array}

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: P_\mathrm{V} = 9{,}84\ \text{mW}
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: P_\mathrm{V} \approx 9{,}83\ \text{mW}

-R_2 ist die Freilaufdiode. Sie begrenzt beim Abschalten die Induktionsspannung der Relaisspule auf etwa U_\mathrm{B} + 0{,}7\ \text{V} und schützt -K_1.

Geg.: U_\mathrm{B} = 5\ \text{V}; U_\mathrm{F} = 3{,}0\ \text{V}; I_\mathrm{F} = 50\ \text{mA}; U_\mathrm{St} = 3{,}3\ \text{V}; B_\mathrm{min} = 150; \text{ü} = 3; U_\mathrm{BE} = 0{,}7\ \text{V}; U_\mathrm{CE,sat} = 0{,}2\ \text{V}

a) Ges.: -R_2; Wert aus E12; I_\mathrm{F}

Masche: U_\mathrm{B} = U_{R2} + U_\mathrm{F} + U_\mathrm{CE,sat}, Umstellung wie in 2.3 a):

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} R_2 & = & \dfrac{U_\mathrm{B} - U_\mathrm{F} - U_\mathrm{CE,sat}}{I_\mathrm{F}} = \dfrac{5\ \text{V} - 3{,}0\ \text{V} - 0{,}2\ \text{V}}{0{,}050\ \text{A}} = 36{,}0\ \Omega & \end{array}

Nächsthöherer E12-Wert (der Strom darf 50 mA nicht überschreiten): -R_2 = \underline{\underline{39\ \Omega}}.

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} I_\mathrm{F} & = & \dfrac{1{,}8\ \text{V}}{39\ \Omega} \approx \underline{\underline{46{,}2\ \text{mA}}} & \end{array}

b) Ges.: -R_1; Wert aus E12

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} I_\mathrm{B} & = & \text{ü} \cdot \dfrac{I_\mathrm{C}}{B_\mathrm{min}} = 3 \cdot \dfrac{46{,}2\ \text{mA}}{150} \approx 0{,}924\ \text{mA} & \\ R_1 & = & \dfrac{U_\mathrm{St} - U_\mathrm{BE}}{I_\mathrm{B}} = \dfrac{3{,}3\ \text{V} - 0{,}7\ \text{V}}{0{,}000924\ \text{A}} \approx 2{,}81\ \text{k}\Omega & \end{array}

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: R_1 \approx 2{,}81\ \text{k}\Omega
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: R_1 \approx 2{,}82\ \text{k}\Omega

Nächstkleinerer E12-Wert: -R_1 = \underline{\underline{2{,}7\ \text{k}\Omega}} (I_\mathrm{B} \approx 0{,}963\ \text{mA}).

c) Ges.: Begründung

Ein Mikrocontrollerpin liefert nur wenige Milliampere (typisch 8 … 20 mA); 50 mA würden ihn überlasten. Außerdem reichen 3,3 V nicht für eine LED mit U_\mathrm{F} = 3{,}0\ \text{V} und einen sinnvollen Vorwiderstand. Der Transistor schaltet die LED an 5 V; der Pin liefert nur rund 1 mA Basisstrom.

Richtige Antwort: 3

Geg.: PNP, Emitter an +5 V, Basis über Widerstand am Pin

Ges.: Schaltbedingung

Der PNP-Transistor leitet, wenn die Basis etwa 0,7 V unter dem Emitter liegt, wenn also Basisstrom aus der Basis herausfließen kann. Das ist der Fall, wenn der Pin Low (0 V) ist: Antwort 3. Bei High liegen Basis und Emitter auf gleichem Potenzial (Antwort 1: Transistor sperrt). Ein hochohmiger Pin (Antwort 2) liefert keinen definierten Zustand; meist sperrt der Transistor dann über einen Basis-Emitter-Widerstand. Antwort 4 träfe nur bei einem Defekt zu, und PNP-Transistoren schalten bei jeder Betriebsspannung (Antwort 5).

Geg.: U_\mathrm{B} = 12\ \text{V}; -R_1 = 47\ \text{k}\Omega; -R_2 = 4{,}7\ \text{k}\Omega; Lampe 12 V / 1,2 W; B_\mathrm{min} = 100; U_\mathrm{EB} = 0{,}7\ \text{V}

a) Ges.: Zustand der Lampe je Jumperstellung

b) Ges.: Prüfung der Übersteuerung in Stellung 1–2

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} I_\mathrm{C} & = & \dfrac{P}{U} = \dfrac{1{,}2\ \text{W}}{12\ \text{V}} = 100\ \text{mA} & \\ I_\mathrm{B,min} & = & \dfrac{I_\mathrm{C}}{B_\mathrm{min}} = \dfrac{100\ \text{mA}}{100} = 1{,}00\ \text{mA} & \\ I_{R2} & = & \dfrac{U_\mathrm{B} - U_\mathrm{EB}}{R_2} = \dfrac{12\ \text{V} - 0{,}7\ \text{V}}{4700\ \Omega} \approx 2{,}40\ \text{mA} & \\ I_{R1} & = & \dfrac{U_\mathrm{EB}}{R_1} = \dfrac{0{,}7\ \text{V}}{47\,000\ \Omega} \approx 0{,}0149\ \text{mA} & \\ I_\mathrm{B} & = & I_{R2} - I_{R1} = 2{,}40\ \text{mA} - 0{,}0149\ \text{mA} \approx 2{,}39\ \text{mA} & \\ \text{ü} & = & \dfrac{I_\mathrm{B}}{I_\mathrm{B,min}} = \dfrac{2{,}39\ \text{mA}}{1{,}00\ \text{mA}} \approx \underline{\underline{2{,}39}} & \end{array}

\text{ü} \approx 2{,}4 > 2: -K_1 wird sicher übersteuert. (Ohne gerundete Zwischenergebnisse ebenfalls \text{ü} \approx 2{,}39.)

c) Ges.: Aufgabe von -R_1

-R_1 verbindet Basis und Emitter. Ist der Jumper offen, zieht er die Basis auf +12 V (U_\mathrm{EB} = 0), sodass -K_1 sicher sperrt. Ohne ihn wäre die Basis offen; Störungen oder Leckströme könnten den Transistor teilweise aufsteuern.

Richtige Antwort: 5

Geg.: P_\mathrm{tot} = 300\ \text{mW}

Ges.: zulässiger Arbeitspunkt

P_\mathrm{V} = U_\mathrm{CE} \cdot I_\mathrm{C} für alle Antworten:

Damit ist Antwort 5 richtig.

Geg.: Kennlinienfeld; U_\mathrm{B} = 12\ \text{V}; R_\mathrm{C} = 240\ \Omega; P_\mathrm{tot} = 300\ \text{mW}

a) Ges.: Endpunkte der Arbeitsgeraden

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} I_\mathrm{K} & = & \dfrac{U_\mathrm{B}}{R_\mathrm{C}} = \dfrac{12\ \text{V}}{240\ \Omega} = \underline{\underline{50{,}0\ \text{mA}}} & \end{array}

Endpunkte: (12 V | 0 mA) und (0 V | 50 mA).

b) Ges.: Arbeitspunkt bei I_\mathrm{B} = 100\ \mu\text{A}; P_\mathrm{V}

Schnittpunkt mit der Kennlinie I_\mathrm{B} = 100\ \mu\text{A}: I_\mathrm{C} = 20\ \text{mA}. Rechnerisch:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U_\mathrm{CE} & = & U_\mathrm{B} - R_\mathrm{C} \cdot I_\mathrm{C} = 12\ \text{V} - 240\ \Omega \cdot 0{,}020\ \text{A} = \underline{\underline{7{,}20\ \text{V}}} & \\ P_\mathrm{V} & = & U_\mathrm{CE} \cdot I_\mathrm{C} = 7{,}20\ \text{V} \cdot 0{,}020\ \text{A} = \underline{\underline{144\ \text{mW}}} & \end{array}

c) Ges.: Arbeitspunkt bei I_\mathrm{B} = 250\ \mu\text{A}

Die Kennlinie I_\mathrm{B} = 250\ \mu\text{A} (50 mA) schneidet die Arbeitsgerade am Knick, also am Übergang in die Sättigung: U_\mathrm{CE} \approx 0{,}4\ \text{V}, I_\mathrm{C} \approx 48\ \text{mA}, P_\mathrm{V} \approx 19\ \text{mW}. Mit B \cdot I_\mathrm{B} = 50\ \text{mA} = I_\mathrm{K} ist \text{ü} \approx 1: Der Transistor ist gerade gesättigt, aber nicht übersteuert. Erst ein größerer Basisstrom treibt ihn ganz in die Sättigung (U_\mathrm{CE} \to 0{,}2\ \text{V}, I_\mathrm{C} \to 49{,}2\ \text{mA}); die Verlustleistung ist dann mit etwa 10 mW klein (Schalterbetrieb).

d) Ges.: P_{V\mathrm{max}} auf der Arbeitsgeraden; Beurteilung

Die Verlustleistung ist bei U_\mathrm{CE} = U_\mathrm{B} : 2 = 6\ \text{V} am größten; dann fließt I_\mathrm{C} = 6\ \text{V} : 240\ \Omega = 25\ \text{mA}.

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} P_{V\mathrm{max}} & = & \dfrac{U_\mathrm{B}}{2} \cdot \dfrac{U_\mathrm{B}}{2 \cdot R_\mathrm{C}} = 6\ \text{V} \cdot 0{,}025\ \text{A} & \\ P_{V\mathrm{max}} & = & \underline{\underline{150\ \text{mW}}} & \end{array}

150\ \text{mW} < P_\mathrm{tot} = 300\ \text{mW}: Die ganze Arbeitsgerade liegt unterhalb der Hyperbel; der Transistor kann mit diesem R_\mathrm{C} nicht überlastet werden, gleich welcher Basisstrom fließt.

Richtige Antwort: 2

Geg.: Schalttransistor mit ohmscher Last

Ges.: Zustand mit der größten Verlustleistung

Gesperrt ist I_\mathrm{C} \approx 0, gesättigt ist U_\mathrm{CE} \approx 0; in beiden Fällen ist P_\mathrm{V} = U_\mathrm{CE} \cdot I_\mathrm{C} klein. Beim Umschalten durchläuft der Transistor die Arbeitsgerade, und bei U_\mathrm{CE} = U_\mathrm{B} : 2 ist das Produkt am größten: Antwort 2. Deshalb sollen Schalttransistoren schnell umschalten (Schaltverluste).

Richtige Antwort: 3

Geg.: PNP-Konstantstromquelle mit zwei Dioden; -R_\mathrm{E} = 12\ \Omega

Ges.: I

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U_{R\mathrm{E}} & = & 2 \cdot U_\mathrm{F} - U_\mathrm{EB} = 1{,}4\ \text{V} - 0{,}7\ \text{V} = 0{,}7\ \text{V} & \\ I & \approx & I_\mathrm{E} = \dfrac{U_{R\mathrm{E}}}{R_\mathrm{E}} = \dfrac{0{,}7\ \text{V}}{12\ \Omega} \approx \underline{\underline{58{,}3\ \text{mA}}} & \end{array}

Damit ist Antwort 3 richtig. Antwort 2 vergisst U_\mathrm{EB} (1,4 V an R_\mathrm{E}), Antwort 1 setzt die ganze Betriebsspannung an, Antwort 4 rechnet mit 11,5 V, Antwort 5 teilt 12 V durch -R_3.

Geg.: U_\mathrm{B} = 12\ \text{V}; U_{R\mathrm{E}} = 0{,}7\ \text{V}; I_\mathrm{neu} = 30\ \text{mA}; drei LEDs je 3,1 V; U_\mathrm{CE,min} = 0{,}5\ \text{V}

a) Ges.: Begründung

Die beiden Dioden halten die Basis 1,4 V unter +12 V. Damit liegt an -R_\mathrm{E} immer 0{,}7\ \text{V}, und der Emitterstrom 0{,}7\ \text{V} : R_\mathrm{E} ist fest. Ändert sich die Last, ändert sich nur U_\mathrm{CE}: Der Transistor nimmt die Spannungsdifferenz auf. Würde der Strom steigen, stiege U_{R\mathrm{E}}, U_\mathrm{EB} würde kleiner, und der Transistor steuerte zurück (Gegenkopplung).

b) Ges.: R_\mathrm{E,neu}; Wert aus E24; I

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} I & = & \dfrac{U_{R\mathrm{E}}}{R_\mathrm{E}} & \color{gray}{\cdot R_\mathrm{E} : I} \\ R_\mathrm{E} & = & \dfrac{U_{R\mathrm{E}}}{I} = \dfrac{0{,}7\ \text{V}}{0{,}030\ \text{A}} \approx 23{,}3\ \Omega & \end{array}

Nächstgelegener E24-Wert: R_\mathrm{E} = \underline{\underline{24\ \Omega}} (22 Ω ergäbe 31,8 mA).

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} I & = & \dfrac{0{,}7\ \text{V}}{24\ \Omega} \approx \underline{\underline{29{,}2\ \text{mA}}} & \end{array}

c) Ges.: U_\mathrm{EC} (beim PNP-Transistor), P_{K1}, P_{R\mathrm{E}}

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U_\mathrm{EC} & = & U_\mathrm{B} - U_{R\mathrm{E}} - 3 \cdot U_\mathrm{F} = 12\ \text{V} - 0{,}7\ \text{V} - 9{,}3\ \text{V} = \underline{\underline{2{,}00\ \text{V}}} & \\ P_{K1} & = & U_\mathrm{EC} \cdot I = 2{,}00\ \text{V} \cdot 0{,}0292\ \text{A} \approx \underline{\underline{58{,}4\ \text{mW}}} & \\ P_{R\mathrm{E}} & = & U_{R\mathrm{E}} \cdot I = 0{,}7\ \text{V} \cdot 0{,}0292\ \text{A} \approx \underline{\underline{20{,}4\ \text{mW}}} & \end{array}

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: P_{K1} \approx 58{,}4\ \text{mW}, P_{R\mathrm{E}} \approx 20{,}4\ \text{mW}
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: P_{K1} \approx 58{,}3\ \text{mW}, P_{R\mathrm{E}} \approx 20{,}4\ \text{mW}

d) Ges.: Begründung gegen eine vierte LED

Für die LEDs stehen höchstens U_\mathrm{B} - U_{R\mathrm{E}} - U_\mathrm{CE,min} = 12\ \text{V} - 0{,}7\ \text{V} - 0{,}5\ \text{V} = 10{,}8\ \text{V} zur Verfügung. Vier LEDs brauchen 4 \cdot 3{,}1\ \text{V} = 12{,}4\ \text{V}. Der Transistor geriete in die Sättigung, und der Strom wäre nicht mehr konstant (die LEDs würden kaum oder gar nicht leuchten).

Geg.: U_\mathrm{B} = 24\ \text{V}; -R_1 = 2{,}2\ \text{k}\Omega; U_\mathrm{Z} = 5{,}1\ \text{V}; -R_\mathrm{E} = 100\ \Omega; B = 100; U_\mathrm{CE,min} = 1\ \text{V}

a) Ges.: I_\mathrm{L}

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U_{R\mathrm{E}} & = & U_\mathrm{Z} - U_\mathrm{BE} = 5{,}1\ \text{V} - 0{,}7\ \text{V} = 4{,}4\ \text{V} & \\ I_\mathrm{L} & \approx & I_\mathrm{E} = \dfrac{U_{R\mathrm{E}}}{R_\mathrm{E}} = \dfrac{4{,}4\ \text{V}}{100\ \Omega} = \underline{\underline{44{,}0\ \text{mA}}} & \end{array}

Dabei wird I_\mathrm{C} \approx I_\mathrm{E} genähert; genau ist I_\mathrm{C} = I_\mathrm{E} \cdot B : (B + 1) \approx 43{,}6\ \text{mA} (unter 1 % Abweichung).

b) Ges.: I_\mathrm{Z}

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} I_{R1} & = & \dfrac{U_\mathrm{B} - U_\mathrm{Z}}{R_1} = \dfrac{24\ \text{V} - 5{,}1\ \text{V}}{2200\ \Omega} \approx 8{,}59\ \text{mA} & \\ I_\mathrm{B} & = & \dfrac{I_\mathrm{C}}{B} = \dfrac{44{,}0\ \text{mA}}{100} = 0{,}440\ \text{mA} & \\ I_\mathrm{Z} & = & I_{R1} - I_\mathrm{B} = 8{,}59\ \text{mA} - 0{,}440\ \text{mA} \approx \underline{\underline{8{,}15\ \text{mA}}} & \end{array}

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: I_\mathrm{Z} \approx 8{,}15\ \text{mA}
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: I_\mathrm{Z} \approx 8{,}15\ \text{mA} (8,151 mA)

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

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U_{L\mathrm{max}} & = & U_\mathrm{B} - U_{R\mathrm{E}} - U_\mathrm{CE,min} = 24\ \text{V} - 4{,}4\ \text{V} - 1\ \text{V} = 18{,}6\ \text{V} & \\ R_{L\mathrm{max}} & = & \dfrac{U_{L\mathrm{max}}}{I_\mathrm{L}} = \dfrac{18{,}6\ \text{V}}{0{,}044\ \text{A}} \approx \underline{\underline{423\ \Omega}} & \end{array}

Richtige Antwort: 4

Geg.: B_1 = 100; B_2 = 50

Ges.: B

B \approx B_1 \cdot B_2 = 100 \cdot 50 = \underline{\underline{5000}}

Der Emitterstrom des ersten Transistors ist der Basisstrom des zweiten; die Verstärkungen multiplizieren sich: Antwort 4. Antwort 1 addiert, die Antworten 2 und 3 nennen nur eine Stufe, Antwort 5 ist der Quotient B_1 : B_2.

Richtige Antwort: 1

Geg.: Treiberbaustein mit integrierten Freilaufdioden

Ges.: Beschaltung von COM

Die Freilaufdioden liegen mit der Anode am jeweiligen Ausgang und mit der Kathode an COM. Damit sie wie Freilaufdioden parallel zu den Spulen wirken, wird COM mit der positiven Versorgung der Relais verbunden: Antwort 1. An 0 V (Antwort 2) würden die Dioden bei gesperrtem Ausgang leiten: Der Laststrom flösse dauernd über die Dioden, die Lasten wären immer eingeschaltet und die Dioden würden überlastet; an den Mikrocontroller (Antworten 3, 4) gehört COM nie. Offen (Antwort 5) darf COM nur bei ohmschen Lasten bleiben.

Geg.: Datenblattauszug ULX2803; T_\mathrm{a} = 30\ \text{°C} bzw. 60\ \text{°C}; R_\mathrm{thJA} = 55\ \text{K/W}; T_\mathrm{j,max} = 150\ \text{°C}

a) Ges.: Übersetzungen

b) Ges.: P_\mathrm{V,ges}, T_\mathrm{j} bei vier Relais

Aus dem Datenblatt: V_\mathrm{CE(sat)} = 0{,}9\ \text{V} bei 100 mA.

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} P_\mathrm{V,ges} & = & 4 \cdot V_\mathrm{CE(sat)} \cdot I_\mathrm{C} = 4 \cdot 0{,}9\ \text{V} \cdot 0{,}1\ \text{A} = \underline{\underline{0{,}360\ \text{W}}} & \\ T_\mathrm{j} & = & T_\mathrm{a} + P_\mathrm{V,ges} \cdot R_\mathrm{thJA} = 30\ \text{°C} + 0{,}360\ \text{W} \cdot 55\ \text{K/W} = \underline{\underline{49{,}8\ \text{°C}}} & \end{array}

Das ist weit unter 150 °C: zulässig.

c) Ges.: Prüfung bei acht Lampen

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} I_\mathrm{C} & = & \dfrac{P}{U} = \dfrac{5\ \text{W}}{24\ \text{V}} \approx 208\ \text{mA} & \end{array}

208\ \text{mA} < 500\ \text{mA}: Der Strom je Ausgang ist zulässig. Aus dem Datenblatt: V_\mathrm{CE(sat)} \approx 1{,}1\ \text{V} (bei 200 mA).

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} P_\mathrm{V,ges} & = & 8 \cdot 1{,}1\ \text{V} \cdot 0{,}208\ \text{A} \approx 1{,}83\ \text{W} & \\ T_{\mathrm{j},30} & = & 30\ \text{°C} + 1{,}83\ \text{W} \cdot 55\ \text{K/W} \approx \underline{\underline{131\ \text{°C}}} & \\ T_{\mathrm{j},60} & = & 60\ \text{°C} + 1{,}83\ \text{W} \cdot 55\ \text{K/W} \approx \underline{\underline{161\ \text{°C}}} & \end{array}

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: T_\mathrm{j} \approx 131\ \text{°C} bzw. 161\ \text{°C}
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: P_\mathrm{V,ges} \approx 1{,}833\ \text{W}; T_\mathrm{j} \approx 131\ \text{°C} bzw. 161\ \text{°C}

Bei 30 °C ist der Betrieb zulässig, aber knapp. Bei 60 °C wird T_\mathrm{j,max} = 150\ \text{°C} deutlich überschritten: nicht zulässig. Hinzu kommt, dass kalte Glühlampen beim Einschalten ein Vielfaches des Nennstroms ziehen. Abhilfe: Lampen auf zwei Bausteine verteilen, Ausgänge parallel schalten oder Einzeltransistoren bzw. MOSFETs einsetzen.

Richtige Antwort: 2

Geg.: Grundschaltungen

Ges.: Schaltung mit V_u \approx 1 als Impedanzwandler

Die Kollektorschaltung (Emitterfolger) hat V_u \approx 1, einen großen Eingangs- und einen kleinen Ausgangswiderstand: Antwort 2. Emitter- und Basisschaltung verstärken die Spannung stark; die Darlington-Schaltung (4) und der Differenzverstärker (5) sind keine der drei Grundschaltungen (eine als Emitterfolger betriebene Darlington-Stufe wäre ebenfalls ein Impedanzwandler, sie ist dann aber eine Kollektorschaltung).

Richtige Antwort: 4

Geg.: Emitterschaltung

Ges.: Phasenverschiebung

Steigt die Eingangsspannung, steigt I_\mathrm{C}, der Spannungsfall an R_\mathrm{C} wird größer, und die Kollektorspannung sinkt. Die Emitterschaltung invertiert: Antwort 4, 180°.

Geg.: U_\mathrm{B} = 12\ \text{V}; -R_1 = 47\ \text{k}\Omega; -R_2 = 10\ \text{k}\Omega; -R_\mathrm{C} = 3{,}3\ \text{k}\Omega; -R_\mathrm{E} = 1{,}0\ \text{k}\Omega; B = 200

a) Ges.: U_{R2}

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} \dfrac{U_{R2}}{U_\mathrm{B}} & = & \dfrac{R_2}{R_1 + R_2} & \color{gray}{\cdot U_\mathrm{B}} \\ U_{R2} & = & U_\mathrm{B} \cdot \dfrac{R_2}{R_1 + R_2} = 12\ \text{V} \cdot \dfrac{10\ \text{k}\Omega}{57\ \text{k}\Omega} & \\ U_{R2} & \approx & \underline{\underline{2{,}11\ \text{V}}} & \end{array}

b) Ges.: U_\mathrm{E}, I_\mathrm{C}

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U_\mathrm{E} & = & U_{R2} - U_\mathrm{BE} = 2{,}11\ \text{V} - 0{,}7\ \text{V} = \underline{\underline{1{,}41\ \text{V}}} & \\ I_\mathrm{C} & \approx & I_\mathrm{E} = \dfrac{U_\mathrm{E}}{R_\mathrm{E}} = \dfrac{1{,}41\ \text{V}}{1000\ \Omega} = \underline{\underline{1{,}41\ \text{mA}}} & \end{array}

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: I_\mathrm{C} \approx 1{,}41\ \text{mA}
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: U_\mathrm{E} \approx 1{,}405\ \text{V}, I_\mathrm{C} \approx 1{,}41\ \text{mA}

c) Ges.: U_\mathrm{C}, U_\mathrm{CE}; Beurteilung

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U_\mathrm{C} & = & U_\mathrm{B} - I_\mathrm{C} \cdot R_\mathrm{C} = 12\ \text{V} - 0{,}00141\ \text{A} \cdot 3300\ \Omega \approx \underline{\underline{7{,}35\ \text{V}}} & \\ U_\mathrm{CE} & = & U_\mathrm{C} - U_\mathrm{E} = 7{,}35\ \text{V} - 1{,}41\ \text{V} = \underline{\underline{5{,}94\ \text{V}}} & \end{array}

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: U_\mathrm{C} \approx 7{,}35\ \text{V}, U_\mathrm{CE} \approx 5{,}94\ \text{V}
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: U_\mathrm{C} \approx 7{,}36\ \text{V}, U_\mathrm{CE} \approx 5{,}96\ \text{V}

U_\mathrm{CE} \approx 6\ \text{V} = U_\mathrm{B} : 2: Der Arbeitspunkt liegt in der Mitte; die Stufe kann symmetrisch ausgesteuert werden.

d) Ges.: I_\mathrm{B}; Prüfung der Vernachlässigung

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} I_\mathrm{B} & = & \dfrac{I_\mathrm{C}}{B} = \dfrac{1{,}41\ \text{mA}}{200} \approx \underline{\underline{7{,}05\ \mu\text{A}}} & \\ I_\mathrm{q} & = & \dfrac{U_\mathrm{B}}{R_1 + R_2} = \dfrac{12\ \text{V}}{57\ \text{k}\Omega} \approx 0{,}211\ \text{mA} & \end{array}

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: I_\mathrm{B} \approx 7{,}05\ \mu\text{A}
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: I_\mathrm{B} \approx 7{,}03\ \mu\text{A}

I_\mathrm{q} : I_\mathrm{B} \approx 30 > 10: Der Teiler ist ausreichend „steif“, die Vernachlässigung ist zulässig.

e) Ges.: V_u

V_u \approx -\frac{R_\mathrm{C}}{R_\mathrm{E}} = -\frac{3{,}3\ \text{k}\Omega}{1{,}0\ \text{k}\Omega} = \underline{\underline{-3{,}3}}

Das Minus steht für die Phasendrehung um 180°.

Geg.: Anlage 1: U_\mathrm{B} = 24\ \text{V}; R_{M1} = 48\ \Omega; -R_1 = -R_2 = 4{,}7\ \text{k}\Omega; -R_3 = 10\ \text{k}\Omega; -K_1: B_\mathrm{min} = 200; -K_2: B_\mathrm{min} = 40, U_\mathrm{CE,sat} = 0{,}3\ \text{V}

a) Ges.: Funktion von -K_1, -K_2, -R_3; Begründung

• -K_2 (PNP) ist der High-Side-Schalter für das Ventil.

• -K_1 (NPN) ist ein Pegelwandler: Er zieht die Basis von -K_2 über -R_2 nach 0 V und schaltet damit -K_2 ein.

• -R_3 verbindet Basis und Emitter von -K_2 und sperrt -K_2 sicher, wenn -K_1 sperrt.

Der Mikrocontroller liefert höchstens 3,3 V. Auch bei High (3,3 V) läge die Basis von -K_2 rund 20 V unter dem Emitter: Die Basis-Emitter-Diode bliebe in Durchlassrichtung, -K_2 bliebe eingeschaltet, und über den Basiswiderstand flösse Strom in den Pin (über dessen Schutzdiode in die 3,3-V-Versorgung). Zum Sperren müsste die Basis auf etwa 24 V gezogen werden; das kann der Pin nicht.

b) Ges.: I_{M1}

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} I_{M1} & = & \dfrac{U_\mathrm{B} - U_\mathrm{CE,sat}}{R_{M1}} = \dfrac{24\ \text{V} - 0{,}3\ \text{V}}{48\ \Omega} & \\ I_{M1} & \approx & \underline{\underline{494\ \text{mA}}} & \end{array}

c) Ges.: I_\mathrm{B2}; Prüfung der Sättigung

Masche über -R_2: U_\mathrm{B} = U_\mathrm{EB} + U_{R2} + U_\mathrm{CE,sat,K1} (-K_1 gesättigt, 0,2 V):

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} I_{R2} & = & \dfrac{U_\mathrm{B} - U_\mathrm{EB} - U_\mathrm{CE,sat}}{R_2} = \dfrac{24\ \text{V} - 0{,}7\ \text{V} - 0{,}2\ \text{V}}{4700\ \Omega} \approx 4{,}91\ \text{mA} & \\ I_{R3} & = & \dfrac{U_\mathrm{EB}}{R_3} = \dfrac{0{,}7\ \text{V}}{10\,000\ \Omega} = 0{,}0700\ \text{mA} & \\ I_\mathrm{B2} & = & I_{R2} - I_{R3} = 4{,}91\ \text{mA} - 0{,}0700\ \text{mA} = \underline{\underline{4{,}84\ \text{mA}}} & \\ I_\mathrm{C2,max} & = & B_\mathrm{min} \cdot I_\mathrm{B2} = 40 \cdot 4{,}84\ \text{mA} \approx 194\ \text{mA} & \end{array}

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: I_\mathrm{B2} \approx 4{,}84\ \text{mA}, I_\mathrm{C2,max} \approx 194\ \text{mA}
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: I_\mathrm{B2} \approx 4{,}84\ \text{mA}, I_\mathrm{C2,max} \approx 194\ \text{mA}

194\ \text{mA} < 494\ \text{mA}: -K_2 wird nicht sicher gesättigt (der nötige Basisstrom wäre schon ohne Übersteuerung 494\ \text{mA} : 40 \approx 12{,}4\ \text{mA}).

d) Ges.: Folgen

-K_2 arbeitet im aktiven Bereich und begrenzt den Strom auf etwa 194 mA (bei Exemplaren mit kleinem B). Am Ventil liegen dann nur etwa 194\ \text{mA} \cdot 48\ \Omega \approx 9{,}3\ \text{V}; es zieht nicht sicher an. An -K_2 liegen etwa 14,7 V, die Verlustleistung von rund 2,9 W überhitzt den Transistor.

Geg.: Anlage 1; I_{M1} = 494\ \text{mA}; \text{ü} = 2; -P_1: 2,2 V / 10 mA; U_\mathrm{St} = 3{,}3\ \text{V}; -R_1 = 4{,}7\ \text{k}\Omega; -K_1: B_\mathrm{min} = 200, U_\mathrm{CE,sat} = 0{,}2\ \text{V}

a) Ges.: -R_2 neu; Wert aus E12; P_{R2}

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} I_\mathrm{B2} & = & \text{ü} \cdot \dfrac{I_{M1}}{B_\mathrm{min}} = 2 \cdot \dfrac{494\ \text{mA}}{40} \approx 24{,}7\ \text{mA} & \\ I_{R2} & = & I_\mathrm{B2} + I_{R3} = 24{,}7\ \text{mA} + 0{,}0700\ \text{mA} \approx 24{,}8\ \text{mA} & \\ R_2 & = & \dfrac{U_\mathrm{B} - U_\mathrm{EB} - U_\mathrm{CE,sat}}{I_{R2}} = \dfrac{23{,}1\ \text{V}}{0{,}0248\ \text{A}} \approx 931\ \Omega & \end{array}

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: R_2 \approx 931\ \Omega
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: R_2 \approx 933\ \Omega

Nächstkleinerer E12-Wert: -R_2 = \underline{\underline{820\ \Omega}}.

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} P_{R2} & = & \dfrac{U_{R2}^2}{R_2} = \dfrac{(23{,}1\ \text{V})^2}{820\ \Omega} & \\ P_{R2} & \approx & \underline{\underline{0{,}651\ \text{W}}} & \end{array}

Es wird ein Widerstand mit 1 W Belastbarkeit gebraucht. (Der LED-Strom von rund 10 mA fließt ebenfalls über -K_2; mit I_\mathrm{C2} \approx 503\ \text{mA} ändert sich das Ergebnis nicht merklich.) Der hohe Ansteueraufwand ist ein Nachteil von Bipolartransistoren bei großen Lastströmen; ein p-Kanal-MOSFET käme fast ohne Steuerleistung aus.

b) Ges.: Prüfung -K_1

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} I_\mathrm{C1} & = & I_{R2} = \dfrac{23{,}1\ \text{V}}{820\ \Omega} \approx 28{,}2\ \text{mA} & \\ I_\mathrm{B1} & = & \dfrac{U_\mathrm{St} - U_\mathrm{BE}}{R_1} = \dfrac{3{,}3\ \text{V} - 0{,}7\ \text{V}}{4700\ \Omega} \approx 0{,}553\ \text{mA} & \\ \text{ü}_1 & = & \dfrac{B_\mathrm{min} \cdot I_\mathrm{B1}}{I_\mathrm{C1}} = \dfrac{200 \cdot 0{,}553\ \text{mA}}{28{,}2\ \text{mA}} \approx \underline{\underline{3{,}92}} & \end{array}

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: \text{ü}_1 \approx 3{,}92
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: \text{ü}_1 \approx 3{,}93

-K_1 bleibt sicher gesättigt.

c) Ges.: -R_5; Wert aus E12

Am Ventil liegen 24\ \text{V} - 0{,}3\ \text{V} = 23{,}7\ \text{V}:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} R_5 & = & \dfrac{U_{M1} - U_\mathrm{F}}{I_\mathrm{F}} = \dfrac{23{,}7\ \text{V} - 2{,}2\ \text{V}}{0{,}010\ \text{A}} = 2{,}15\ \text{k}\Omega & \end{array}

Nächsthöherer E12-Wert: -R_5 = \underline{\underline{2{,}2\ \text{k}\Omega}} (I_\mathrm{F} \approx 9{,}77\ \text{mA}).

d) Ges.: Aufgabe von -R_4

-R_4 ist die Freilaufdiode des Ventils. Beim Abschalten von -K_2 treibt die Spule den Strom weiter; er fließt über -R_4, statt eine hohe negative Spannung am Kollektor von -K_2 zu erzeugen. Im eingeschalteten Zustand sperrt sie (Kathode an der positiven Ventilseite).