Operationsverstärker: Wiederholung und Übungsaufgaben

Als OPV-Grundlagen kann ich nach Durcharbeiten des Artikels…

• … die Eigenschaften des idealen OPV nennen und mit den Rechenregeln U_\mathrm{D} = 0 und I_\mathrm{E} = 0 arbeiten.

• … an der Rückkopplung erkennen, ob ein OPV als Komparator, Verstärker oder Schmitt-Trigger arbeitet.

• … Schaltschwellen von Komparatoren und Schmitt-Triggern berechnen und die Hysterese erklären.

• … Ausgangsspannungen von invertierendem und nichtinvertierendem Verstärker, Summierer, Impedanzwandler und Differenzverstärker berechnen.

• … das Zeitverhalten von Integrierer und Differenzierer beschreiben.

Darüber hinaus kann ich als OPV-Expertenwissen…

• … Kettenschaltungen, Messbrücken mit Pt100 und einstellbare Spannungsquellen mit Z-Diode berechnen.

• … die Frequenz und Amplitude eines Funktionsgenerators aus Schmitt-Trigger und Integrierer bestimmen.

• … Slew-Rate und Verstärkungs-Bandbreite-Produkt anwenden und erkennen, welche Grenze entscheidet.

• … englische Datenblätter auswerten und einen OPV für einfache Versorgung begründet auswählen.

• … einen Stromlaufplan mit mehreren OPV-Grundschaltungen analysieren und Messpunktspannungen 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 „Operationsverstärker“.

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

Die Aufgaben sollen Inhalte zu diesen Schlagwörtern abdecken:
- Operationsverstärker
- Komparator
- Schmitt-Trigger
- Invertierender Verstärker
- Differenzverstärker
- Integrierer
- Slew-Rate
- Datenblatt

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.: idealer Operationsverstärker

Ges.: zutreffende Eigenschaft

Der ideale OPV hat einen unendlich großen Eingangswiderstand (es fließt kein Eingangsstrom), einen Ausgangswiderstand von null und eine unendlich große Leerlaufverstärkung. Damit ist Antwort 2 richtig. Die Antworten 1 und 3 vertauschen die Eigenschaften, Antwort 4 beschreibt den Impedanzwandler (eine Schaltung, nicht den OPV). Antwort 5 trifft nicht einmal in der Sättigung zu: U_\mathrm{sat} liegt unter der Betriebsspannung, außer bei Rail-to-Rail-Typen.

Richtige Antwort: 4

Geg.: invertierender Verstärker, R_1 = 10\ \text{k}\Omega, R_\mathrm{F} = 47\ \text{k}\Omega, Versorgung \pm 15\ \text{V}; U_\mathrm{E} = +0{,}20\ \text{V}; gemessen U_\mathrm{A} = -13{,}5\ \text{V}, unabhängig von kleinen Änderungen von U_\mathrm{E}

Ges.: Fehlerursache

Im fehlerfreien Zustand müsste der Ausgang diesen Wert haben:

U_\mathrm{A} = -\frac{R_\mathrm{F}}{R_1} \cdot U_\mathrm{E} = -\frac{47\ \text{k}\Omega}{10\ \text{k}\Omega} \cdot 0{,}20\ \text{V} = \underline{\underline{-0{,}940\ \text{V}}}

Gemessen werden -13{,}5\ \text{V}, knapp unter der negativen Betriebsspannung: Der Ausgang steht in der Sättigung -U_\mathrm{sat} und reagiert nicht mehr auf die Eingangsspannung. Ist R_\mathrm{F} unterbrochen, fehlt die Gegenkopplung. Durch R_1 fließt kein Strom mehr, der invertierende Eingang liegt deshalb auf +0{,}20\ \text{V}, der nichtinvertierende auf 0\ \text{V}. Die Differenzspannung U_\mathrm{D} = -0{,}20\ \text{V} wird mit der vollen Leerlaufverstärkung verstärkt, der Ausgang geht nach -U_\mathrm{sat} – bei jeder positiven Eingangsspannung. Damit ist Antwort 4 richtig.

Ist R_1 unterbrochen (Antwort 1), erreicht das Eingangssignal den OPV nicht; über R_\mathrm{F} bleibt er gegengekoppelt und gibt 0\ \text{V} aus. Ein Kurzschluss von R_\mathrm{F} (Antwort 2) macht die Verstärkung null, der Ausgang liegt ebenfalls bei 0\ \text{V}. Antwort 3 trifft nicht zu: -0{,}940\ \text{V} liegen weit innerhalb des Aussteuerbereichs. Vertauschte Widerstände (Antwort 5) ergeben |V| = 10 : 47 \approx 0{,}213 und damit etwa -42{,}6\ \text{mV}.

Geg.: V_0 = 2 \cdot 10^5; U_\mathrm{sat} = 13\ \text{V}

a) Ges.: U_\mathrm{D} bei Erreichen der Sättigung

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U_\mathrm{sat} & = & V_0 \cdot U_\mathrm{D} & \color{gray}{:V_0} \\ U_\mathrm{D} & = & \dfrac{U_\mathrm{sat}}{V_0} = \dfrac{13\ \text{V}}{2 \cdot 10^{5}} & \\ U_\mathrm{D} & = & \underline{\underline{65{,}0\ \mu\text{V}}} & \end{array}

b) Ges.: Begründung für U_\mathrm{D} = 0

Solange der Ausgang nicht in der Sättigung ist, liegt U_\mathrm{D} unter 65\ \mu\text{V}. Gegenüber den Spannungen in der Schaltung (Millivolt bis Volt) ist das vernachlässigbar. Die Gegenkopplung regelt den Ausgang genau so nach, dass U_\mathrm{D} in diesem winzigen Bereich bleibt. Man rechnet deshalb mit U_\mathrm{D} = 0.

c) Ges.: Unterschied Gegen-/Mitkopplung, Beispiele

Bei der Gegenkopplung wird ein Teil der Ausgangsspannung auf den invertierenden Eingang zurückgeführt. Sie wirkt der Änderung entgegen und stabilisiert die Verstärkung (z. B. invertierender oder nichtinvertierender Verstärker). Bei der Mitkopplung geht die Rückführung auf den nichtinvertierenden Eingang. Sie verstärkt die Änderung, der Ausgang kippt in eine Endlage (z. B. Schmitt-Trigger).

Richtige Antwort: 5

Geg.: U_\mathrm{B} = 12\ \text{V} am Teiler; R_1 = 10\ \text{k}\Omega; R_2 = 4{,}7\ \text{k}\Omega; U_\mathrm{P} = 3{,}2\ \text{V}; U_\mathrm{sat} = \pm 10{,}5\ \text{V}

Ges.: U_\mathrm{A}

Spannung am invertierenden Eingang (unbelasteter Spannungsteiler, in den Eingang fließt kein Strom):

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} \dfrac{U_\mathrm{N}}{U_\mathrm{B}} & = & \dfrac{R_2}{R_1 + R_2} & \color{gray}{\cdot U_\mathrm{B}} \\ U_\mathrm{N} & = & U_\mathrm{B} \cdot \dfrac{R_2}{R_1 + R_2} = 12\ \text{V} \cdot \dfrac{4{,}7\ \text{k}\Omega}{10\ \text{k}\Omega + 4{,}7\ \text{k}\Omega} & \\ U_\mathrm{N} & \approx & 3{,}84\ \text{V} & \end{array}

U_\mathrm{P} = 3{,}2\ \text{V} < U_\mathrm{N} \approx 3{,}84\ \text{V}: Die Differenzspannung ist negativ, der Ausgang geht in die negative Sättigung: U_\mathrm{A} = \underline{\underline{-10{,}5\ \text{V}}}. Damit ist Antwort 5 richtig.

Typische Fehler: Antwort 4 (U_\mathrm{P} - U_\mathrm{N}) behandelt den OPV wie einen Subtrahierer mit Verstärkung 1; ohne Rückkopplung wird die Differenz aber mit V_0 verstärkt. Antwort 1 entsteht, wenn die Eingänge verwechselt werden, Antwort 2, wenn U_\mathrm{P} einfach an den Ausgang durchgereicht wird.

Geg.: U_\mathrm{B} = 12\ \text{V}; R_1 = 10\ \text{k}\Omega; R_2 = 10\ \text{k}\Omega; R_4 = 10\ \text{k}\Omega (Poti); R_3 = 4{,}7\ \text{k}\Omega; U_\mathrm{OH} = 10{,}5\ \text{V}; U_\mathrm{F} = 2{,}0\ \text{V}; I_\mathrm{F,max} = 15\ \text{mA}

a) Ges.: U_\mathrm{ref,min}, U_\mathrm{ref,max}

Der Teiler R_2, R_4, R_3 hat R_\mathrm{ges} = 24{,}7\ \text{k}\Omega. Steht der Schleifer unten, liegt unter ihm nur R_3; steht er oben, liegen R_3 + R_4 unter ihm.

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} \dfrac{U_\mathrm{ref}}{U_\mathrm{B}} & = & \dfrac{R_\mathrm{unten}}{R_\mathrm{ges}} & \color{gray}{\cdot U_\mathrm{B}} \\ U_\mathrm{ref} & = & U_\mathrm{B} \cdot \dfrac{R_\mathrm{unten}}{R_\mathrm{ges}} & \\ U_\mathrm{ref,min} & = & 12\ \text{V} \cdot \dfrac{4{,}7\ \text{k}\Omega}{24{,}7\ \text{k}\Omega} \approx \underline{\underline{2{,}28\ \text{V}}} & \\ U_\mathrm{ref,max} & = & 12\ \text{V} \cdot \dfrac{14{,}7\ \text{k}\Omega}{24{,}7\ \text{k}\Omega} \approx \underline{\underline{7{,}14\ \text{V}}} & \end{array}

b) Ges.: R_\mathrm{LDR} beim Umschalten; hell oder dunkel

Der Komparator schaltet, wenn U_\mathrm{P} = U_\mathrm{ref} ist. U_\mathrm{P} ist die Spannung am Fotowiderstand im Teiler mit R_1:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U_\mathrm{ref} & = & U_\mathrm{B} \cdot \dfrac{R_\mathrm{LDR}}{R_1 + R_\mathrm{LDR}} & \color{gray}{\cdot (R_1 + R_\mathrm{LDR})} \\ U_\mathrm{ref} \cdot R_1 + U_\mathrm{ref} \cdot R_\mathrm{LDR} & = & U_\mathrm{B} \cdot R_\mathrm{LDR} & \color{gray}{-U_\mathrm{ref} \cdot R_\mathrm{LDR}} \\ U_\mathrm{ref} \cdot R_1 & = & R_\mathrm{LDR} \cdot (U_\mathrm{B} - U_\mathrm{ref}) & \color{gray}{:(U_\mathrm{B} - U_\mathrm{ref})} \\ R_\mathrm{LDR} & = & \dfrac{U_\mathrm{ref} \cdot R_1}{U_\mathrm{B} - U_\mathrm{ref}} = \dfrac{6{,}0\ \text{V} \cdot 10\ \text{k}\Omega}{12\ \text{V} - 6{,}0\ \text{V}} & \\ R_\mathrm{LDR} & = & \underline{\underline{10{,}0\ \text{k}\Omega}} & \end{array}

Wird es dunkel, steigt R_\mathrm{LDR} über 10\ \text{k}\Omega, U_\mathrm{P} steigt über 6{,}0\ \text{V}, und der Ausgang geht auf High: Die LED leuchtet bei Dunkelheit.

c) Ges.: R_\mathrm{V} (Reihe E12), I_\mathrm{F}

\begin{aligned} &\text{(I)} && U_\mathrm{OH} = 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{OH} & = & R_\mathrm{V} \cdot I_\mathrm{F} + U_\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{10{,}5\ \text{V} - 2{,}0\ \text{V}}{0{,}015\ \text{A}} & \\ R_\mathrm{V} & \approx & 567\ \Omega & \end{array}

Damit 15 mA nicht überschritten werden, wird der nächsthöhere E12-Wert gewählt: R_\mathrm{V} = \underline{\underline{680\ \Omega}} (560 Ω ergäbe 15,2 mA). Damit fließt I_\mathrm{F} = 8{,}5\ \text{V} : 680\ \Omega = \underline{\underline{12{,}5\ \text{mA}}}.

Richtige Antwort: 1

Geg.: Teiler aus drei gleichen Widerständen an 12 V; U_\mathrm{E} = 9\ \text{V}

Ges.: leuchtende LEDs

Drei gleiche Widerstände teilen 12 V in drei gleiche Teile: obere Schwelle U_\mathrm{o} = 8\ \text{V} (an K_1, -), untere Schwelle U_\mathrm{u} = 4\ \text{V} (an K_2, +).

Damit ist Antwort 1 richtig. Zwischen 4 V und 8 V wären beide LEDs dunkel (Spannung im Fenster), unter 4 V leuchtet nur P_2.

Richtige Antwort: 2

Geg.: nichtinvertierender Schmitt-Trigger; R_1 = 10\ \text{k}\Omega; R_2 = 47\ \text{k}\Omega; U_\mathrm{sat} = \pm 12\ \text{V}; Ausgang auf -12\ \text{V}

Ges.: U_\mathrm{E} beim Umkippen

Der --Eingang liegt auf 0 V. Der Ausgang kippt, wenn U_\mathrm{P} durch 0 V geht. U_\mathrm{P} ergibt sich aus dem Spannungsteiler zwischen U_\mathrm{E} und U_\mathrm{A} (Überlagerung):

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U_\mathrm{P} & = & U_\mathrm{E} \cdot \dfrac{R_2}{R_1 + R_2} + U_\mathrm{A} \cdot \dfrac{R_1}{R_1 + R_2} = 0 & \color{gray}{\cdot (R_1 + R_2)} \\ U_\mathrm{E} \cdot R_2 + U_\mathrm{A} \cdot R_1 & = & 0 & \color{gray}{-U_\mathrm{A} \cdot R_1} \\ U_\mathrm{E} \cdot R_2 & = & -U_\mathrm{A} \cdot R_1 & \color{gray}{:R_2} \\ U_\mathrm{E} & = & -U_\mathrm{A} \cdot \dfrac{R_1}{R_2} = -(-12\ \text{V}) \cdot \dfrac{10\ \text{k}\Omega}{47\ \text{k}\Omega} & \\ U_\mathrm{E} & \approx & \underline{\underline{+2{,}55\ \text{V}}} & \end{array}

Damit ist Antwort 2 richtig. Antwort 3 ist die Schwelle für das Zurückkippen beim fallenden Signal, Antwort 1 wäre ein Komparator ohne Hysterese.

Richtige Antwort: 5

Geg.: verrauschtes Signal mit flachen Flanken

Ges.: geeignete Schaltung

Ein Komparator ohne Rückkopplung (3) würde bei jedem Rauschanteil um die Schwelle mehrfach schalten. Erst die Hysterese des Schmitt-Triggers sorgt dafür, dass nach einem Umschalten erst die andere Schwelle erreicht werden muss. Damit ist Antwort 5 richtig.

Geg.: invertierender Schmitt-Trigger; U_\mathrm{sat} = \pm 13\ \text{V}; R_1 = 10\ \text{k}\Omega; R_2 = 33\ \text{k}\Omega

a) Ges.: U_\mathrm{o}, U_\mathrm{u}, U_\mathrm{H}

R_2 und R_1 bilden einen Teiler zwischen Ausgang und 0 V; seine Teilspannung liegt am +-Eingang und ist die Schaltschwelle.

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} \dfrac{U_\mathrm{o}}{U_\mathrm{sat}} & = & \dfrac{R_1}{R_1 + R_2} & \color{gray}{\cdot U_\mathrm{sat}} \\ U_\mathrm{o} & = & U_\mathrm{sat} \cdot \dfrac{R_1}{R_1 + R_2} = 13\ \text{V} \cdot \dfrac{10\ \text{k}\Omega}{43\ \text{k}\Omega} & \\ U_\mathrm{o} & \approx & \underline{\underline{+3{,}02\ \text{V}}} & \end{array}

Bei U_\mathrm{A} = -13\ \text{V} ergibt sich entsprechend U_\mathrm{u} \approx \underline{\underline{-3{,}02\ \text{V}}}.

U_\mathrm{H} = U_\mathrm{o} - U_\mathrm{u} \approx 3{,}02\ \text{V} - (-3{,}02\ \text{V}) = \underline{\underline{6{,}04\ \text{V}}}

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: U_\mathrm{H} \approx 6{,}04\ \text{V}
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: U_\mathrm{H} \approx 6{,}05\ \text{V}

b) Ges.: Verlauf der Ausgangsspannung

Am Ausgang entsteht ein Rechteck zwischen +13\ \text{V} und -13\ \text{V} mit derselben Frequenz wie das Dreieck. Steigt u_\mathrm{E} über +3{,}02\ \text{V}, kippt der Ausgang auf -13\ \text{V}; fällt u_\mathrm{E} unter -3{,}02\ \text{V}, kippt er auf +13\ \text{V}. Das Rechteck ist gegenüber dem Eingang invertiert. Weil die Schwellen nicht bei 0 V liegen, schaltet der Ausgang später als beim Nulldurchgang.

c) Ges.: R_2 für U_\mathrm{H} = 2{,}0\ \text{V}

Neue Schwelle: U_\mathrm{o} = U_\mathrm{H} : 2 = 1{,}0\ \text{V}.

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U_\mathrm{o} & = & U_\mathrm{sat} \cdot \dfrac{R_1}{R_1 + R_2} & \color{gray}{\cdot (R_1 + R_2)} \\ U_\mathrm{o} \cdot R_1 + U_\mathrm{o} \cdot R_2 & = & U_\mathrm{sat} \cdot R_1 & \color{gray}{-U_\mathrm{o} \cdot R_1} \\ U_\mathrm{o} \cdot R_2 & = & R_1 \cdot (U_\mathrm{sat} - U_\mathrm{o}) & \color{gray}{:U_\mathrm{o}} \\ R_2 & = & R_1 \cdot \dfrac{U_\mathrm{sat} - U_\mathrm{o}}{U_\mathrm{o}} = 10\ \text{k}\Omega \cdot \dfrac{13\ \text{V} - 1{,}0\ \text{V}}{1{,}0\ \text{V}} & \\ R_2 & = & \underline{\underline{120\ \text{k}\Omega}} & \end{array}

120 kΩ ist ein Wert der Reihe E12.

Richtige Antwort: 1

Geg.: R_1 = 4{,}7\ \text{k}\Omega; R_2 = 47\ \text{k}\Omega; U_\mathrm{E} = 0{,}3\ \text{V}

Ges.: U_\mathrm{A}

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} V & = & \dfrac{U_\mathrm{A}}{U_\mathrm{E}} = -\dfrac{R_2}{R_1} & \color{gray}{\cdot U_\mathrm{E}} \\ U_\mathrm{A} & = & -\dfrac{R_2}{R_1} \cdot U_\mathrm{E} = -\dfrac{47\ \text{k}\Omega}{4{,}7\ \text{k}\Omega} \cdot 0{,}3\ \text{V} & \\ U_\mathrm{A} & = & \underline{\underline{-3{,}00\ \text{V}}} & \end{array}

Damit ist Antwort 1 richtig. Antwort 3 vergisst das Vorzeichen, Antwort 4 rechnet mit 1 + R_2 : R_1 wie beim nichtinvertierenden Verstärker, Antwort 5 zusätzlich ohne Vorzeichen, Antwort 2 vertauscht R_1 und R_2.

Richtige Antwort: 2

Geg.: R_\mathrm{F} = 10\ \text{k}\Omega; R_1 = 10\ \text{k}\Omega; R_2 = 20\ \text{k}\Omega; R_3 = 5\ \text{k}\Omega; U_1 = 2\ \text{V}; U_2 = -1\ \text{V}; U_3 = 0{,}5\ \text{V}

Ges.: U_\mathrm{A}

Die Ströme in den virtuellen Massepunkt werden einzeln berechnet und addiert:

I_1 = \frac{2\ \text{V}}{10\ \text{k}\Omega} = 0{,}2\ \text{mA} \qquad I_2 = \frac{-1\ \text{V}}{20\ \text{k}\Omega} = -0{,}05\ \text{mA} \qquad I_3 = \frac{0{,}5\ \text{V}}{5\ \text{k}\Omega} = 0{,}1\ \text{mA}

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U_\mathrm{A} & = & -R_\mathrm{F} \cdot (I_1 + I_2 + I_3) = -10\ \text{k}\Omega \cdot (0{,}2 - 0{,}05 + 0{,}1)\ \text{mA} & \\ U_\mathrm{A} & = & \underline{\underline{-2{,}50\ \text{V}}} & \end{array}

Damit ist Antwort 2 richtig. Antwort 1 rechnet mit gleichen Widerständen (-(U_1 + U_2 + U_3)), Antwort 4 übersieht das negative Vorzeichen von U_2, Antwort 3 vergisst die Invertierung, Antwort 5 addiert nur die Spannungen U_1 und U_2 mit gleichen Widerständen.

Geg.: R_1 = 2{,}2\ \text{k}\Omega; R_2 = 10\ \text{k}\Omega; R_3 = 0 \dots 100\ \text{k}\Omega; U_\mathrm{sat} = \pm 12\ \text{V}; \hat{u}_\mathrm{E} = 100\ \text{mV}; \hat{u}_0 = 100\ \text{mV}; R_\mathrm{i} = 1\ \text{k}\Omega

a) Ges.: V_\mathrm{min}, V_\mathrm{max}

Im Rückkopplungszweig liegen R_2 und R_3 in Reihe: R_\mathrm{F} = R_2 + R_3 = 10 \dots 110\ \text{k}\Omega.

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} V & = & -\dfrac{R_2 + R_3}{R_1} & \\ |V|_\mathrm{min} & = & \dfrac{10\ \text{k}\Omega}{2{,}2\ \text{k}\Omega} \approx \underline{\underline{4{,}55}} & \\ |V|_\mathrm{max} & = & \dfrac{110\ \text{k}\Omega}{2{,}2\ \text{k}\Omega} = \underline{\underline{50{,}0}} & \end{array}

b) Ges.: \hat{u}_\mathrm{A} bei |V| = 50; Übersteuerung?

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} V & = & \dfrac{\hat{u}_\mathrm{A}}{\hat{u}_\mathrm{E}} & \color{gray}{\cdot \hat{u}_\mathrm{E}} \\ \hat{u}_\mathrm{A} & = & |V| \cdot \hat{u}_\mathrm{E} = 50 \cdot 0{,}1\ \text{V} & \\ \hat{u}_\mathrm{A} & = & \underline{\underline{5{,}00\ \text{V}}} & \end{array}

5\ \text{V} < 12\ \text{V}: Der Ausgang wird nicht übersteuert.

c) Ges.: \hat{u}_\mathrm{A} mit Innenwiderstand der Quelle

Der --Eingang ist virtuelle Masse. R_\mathrm{i} liegt deshalb in Reihe zu R_1; wirksam ist R_\mathrm{i} + R_1:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} \hat{u}_\mathrm{A} & = & \dfrac{R_2 + R_3}{R_\mathrm{i} + R_1} \cdot \hat{u}_0 = \dfrac{110\ \text{k}\Omega}{1\ \text{k}\Omega + 2{,}2\ \text{k}\Omega} \cdot 0{,}1\ \text{V} & \\ \hat{u}_\mathrm{A} & \approx & \underline{\underline{3{,}44\ \text{V}}} & \end{array}

Der Eingangswiderstand der Schaltung ist nur R_1 = 2{,}2\ \text{k}\Omega. Zusammen mit R_\mathrm{i} bildet er einen Spannungsteiler: Am Eingang von R_1 liegen nicht 100 mV, sondern nur 100\ \text{mV} \cdot 2{,}2 : 3{,}2 \approx 68{,}8\ \text{mV}. Die Verstärkung sinkt von 50 auf etwa 34,4.

Richtige Antwort: 4

Geg.: V = 11; R_1 = 4{,}7\ \text{k}\Omega

Ges.: R_2

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} V & = & 1 + \dfrac{R_2}{R_1} & \color{gray}{-1} \\ V - 1 & = & \dfrac{R_2}{R_1} & \color{gray}{\cdot R_1} \\ R_2 & = & (V - 1) \cdot R_1 = (11 - 1) \cdot 4{,}7\ \text{k}\Omega & \\ R_2 & = & \underline{\underline{47{,}0\ \text{k}\Omega}} & \end{array}

Damit ist Antwort 4 richtig. Antwort 2 rechnet mit V \cdot R_1, Antwort 3 dividiert statt zu multiplizieren.

Richtige Antwort: 3

Geg.: hochohmiger Spannungsteiler; A/D-Umsetzer mit kleinem Eingangswiderstand

Ges.: genutzte Eigenschaft des Impedanzwandlers

Der große Eingangswiderstand belastet den Teiler nicht, der kleine Ausgangswiderstand liefert den Strom für den A/D-Umsetzer, ohne dass die Spannung einbricht. Die Verstärkung ist genau 1. Damit ist Antwort 3 richtig.

Richtige Antwort: 5

Geg.: U_\mathrm{E} = 50\ \text{mV}; K_1: R_1 = 10\ \text{k}\Omega, R_2 = 100\ \text{k}\Omega; K_2: R_3 = 10\ \text{k}\Omega, R_4 = 22\ \text{k}\Omega

Ges.: U_\mathrm{A}

\begin{aligned} &\text{(I)} && V_1 = -\frac{R_2}{R_1} = -\frac{100\ \text{k}\Omega}{10\ \text{k}\Omega} = -10 \\ &\text{(II)} && V_2 = 1 + \frac{R_4}{R_3} = 1 + \frac{22\ \text{k}\Omega}{10\ \text{k}\Omega} = 3{,}2 \\ &\text{(III)} && U_\mathrm{A} = V_1 \cdot V_2 \cdot U_\mathrm{E} \end{aligned}

I und II in III:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U_\mathrm{A} & = & (-10) \cdot 3{,}2 \cdot 0{,}05\ \text{V} & \\ U_\mathrm{A} & = & \underline{\underline{-1{,}60\ \text{V}}} & \end{array}

Damit ist Antwort 5 richtig. Antwort 1 rechnet bei K_2 mit R_4 : R_3 = 2{,}2 statt mit 1 + R_4 : R_3, Antwort 2 vergisst die Invertierung der ersten Stufe, Antwort 3 addiert die Verstärkungen, Antwort 4 berücksichtigt nur die erste Stufe.

Geg.: U_\mathrm{B} = 15\ \text{V}; R_\mathrm{V} = 1\ \text{k}\Omega; U_\mathrm{Z} = 5{,}1\ \text{V}; R_1 = 10\ \text{k}\Omega; R_2 = 4{,}7\ \text{k}\Omega; R_3 = 0 \dots 10\ \text{k}\Omega; U_\mathrm{A,max} = 13{,}5\ \text{V}

a) Ges.: I_\mathrm{Z}

In den +-Eingang fließt kein Strom; der ganze Strom durch R_\mathrm{V} fließt durch die Z-Diode.

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

II in I:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U_\mathrm{B} & = & R_\mathrm{V} \cdot I_\mathrm{Z} + U_\mathrm{Z} & \color{gray}{-U_\mathrm{Z}} \\ U_\mathrm{B} - U_\mathrm{Z} & = & R_\mathrm{V} \cdot I_\mathrm{Z} & \color{gray}{:R_\mathrm{V}} \\ I_\mathrm{Z} & = & \dfrac{U_\mathrm{B} - U_\mathrm{Z}}{R_\mathrm{V}} = \dfrac{15\ \text{V} - 5{,}1\ \text{V}}{1\ \text{k}\Omega} & \\ I_\mathrm{Z} & = & \underline{\underline{9{,}90\ \text{mA}}} & \end{array}

b) Ges.: U_\mathrm{A,min}, U_\mathrm{A,max}

K_1 ist ein nichtinvertierender Verstärker; im Rückkopplungszweig liegen R_2 + R_3:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} V & = & \dfrac{U_\mathrm{A}}{U_\mathrm{Z}} = 1 + \dfrac{R_2 + R_3}{R_1} & \color{gray}{\cdot U_\mathrm{Z}} \\ U_\mathrm{A} & = & U_\mathrm{Z} \cdot \left(1 + \dfrac{R_2 + R_3}{R_1}\right) & \\ U_\mathrm{A,min} & = & 5{,}1\ \text{V} \cdot \left(1 + \dfrac{4{,}7\ \text{k}\Omega}{10\ \text{k}\Omega}\right) \approx \underline{\underline{7{,}50\ \text{V}}} & \\ U_\mathrm{A,max} & = & 5{,}1\ \text{V} \cdot \left(1 + \dfrac{14{,}7\ \text{k}\Omega}{10\ \text{k}\Omega}\right) \approx \underline{\underline{12{,}6\ \text{V}}} & \end{array}

c) Ges.: Ausgabe des gesamten Bereichs möglich?

U_\mathrm{A,max} \approx 12{,}6\ \text{V} < 13{,}5\ \text{V}: Der OPV kann den ganzen Bereich ausgeben.

d) Ges.: Begründung, warum U_\mathrm{Z} unter Last konstant bleibt

Der Laststrom kommt aus dem Ausgang des OPV, der ihn aus der Betriebsspannung bezieht (bis zu seinem maximalen Ausgangsstrom, typisch etwa 20 mA). Der +-Eingang, an dem die Z-Diode liegt, nimmt keinen Strom auf. Die Z-Diode wird deshalb nicht zusätzlich belastet; ihr Strom und ihre Spannung bleiben gleich. Der OPV wirkt als Impedanzwandler mit Verstärkung.

Richtige Antwort: 3

Geg.: U_1 = 2\ \text{V}; U_2 = 6\ \text{V}; R_1 = 1\ \text{k}\Omega; R_2 = 2\ \text{k}\Omega; R_3 = 1\ \text{k}\Omega; R_4 = 1\ \text{k}\Omega

Ges.: U_\mathrm{A}

Die Widerstände sind nicht paarweise gleich (R_4 : R_3 = 1, aber R_2 : R_1 = 2); die vereinfachte Formel gilt nicht. Gerechnet wird mit den Rechenregeln.

Spannung am +-Eingang (unbelasteter Teiler):

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U_\mathrm{P} & = & U_2 \cdot \dfrac{R_4}{R_3 + R_4} = 6\ \text{V} \cdot \dfrac{1\ \text{k}\Omega}{2\ \text{k}\Omega} & \\ U_\mathrm{P} & = & 3{,}00\ \text{V} = U_\mathrm{N} & \end{array}

Strom durch R_1 (er fließt vollständig weiter durch R_2):

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U_1 - U_\mathrm{N} & = & R_1 \cdot I & \color{gray}{:R_1} \\ I & = & \dfrac{U_1 - U_\mathrm{N}}{R_1} = \dfrac{2\ \text{V} - 3\ \text{V}}{1\ \text{k}\Omega} & \\ I & = & -1{,}00\ \text{mA} & \end{array}

Masche über R_2:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U_\mathrm{N} - U_\mathrm{A} & = & R_2 \cdot I & \color{gray}{-U_\mathrm{N}} \\ -U_\mathrm{A} & = & R_2 \cdot I - U_\mathrm{N} & \color{gray}{\cdot (-1)} \\ U_\mathrm{A} & = & U_\mathrm{N} - R_2 \cdot I = 3\ \text{V} - 2\ \text{k}\Omega \cdot (-1\ \text{mA}) & \\ U_\mathrm{A} & = & \underline{\underline{5{,}00\ \text{V}}} & \end{array}

Kontrolle mit der allgemeinen Formel: 6\ \text{V} \cdot 0{,}5 \cdot (1 + 2) - 2\ \text{V} \cdot 2 = 9\ \text{V} - 4\ \text{V} = 5\ \text{V}. Damit ist Antwort 3 richtig.

Typische Fehler: Antwort 1 wendet die vereinfachte Formel \frac{R_2}{R_1}(U_2 - U_1) an, obwohl die Widerstände nicht passen. Antwort 5 vergisst den Anteil von U_1, Antwort 2 rechnet einfach U_2 - U_1, Antwort 4 die Differenz U_1 - U_\mathrm{P}.

Geg.: R_0 = 100\ \Omega; \alpha = 3{,}85 \cdot 10^{-3}\ \text{K}^{-1}; U_\mathrm{B} = 2{,}50\ \text{V}; R_5 = R_6 = R_7 = 100\ \Omega; R_1 = R_3 = 10\ \text{k}\Omega; R_2 = R_4 = 100\ \text{k}\Omega

a) Ges.: R_\vartheta bei 50\ \text{°C}

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} R_\vartheta & = & R_0 \cdot (1 + \alpha \cdot \Delta\vartheta) = 100\ \Omega \cdot (1 + 3{,}85 \cdot 10^{-3}\ \text{K}^{-1} \cdot 50\ \text{K}) & \\ R_\vartheta & \approx & \underline{\underline{119\ \Omega}} & \end{array}

(ungerundet 119{,}25\ \Omega)

b) Ges.: U_1, U_2

Punkt 1 liegt am unteren Widerstand R_5 des linken Zweigs, Punkt 2 am unteren Widerstand R_7 des rechten Zweigs:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U_1 & = & U_\mathrm{B} \cdot \dfrac{R_5}{R_\vartheta + R_5} = 2{,}50\ \text{V} \cdot \dfrac{100\ \Omega}{119\ \Omega + 100\ \Omega} & \\ U_1 & \approx & \underline{\underline{1{,}14\ \text{V}}} & \\ U_2 & = & U_\mathrm{B} \cdot \dfrac{R_7}{R_6 + R_7} = 2{,}50\ \text{V} \cdot \dfrac{100\ \Omega}{200\ \Omega} & \\ U_2 & = & \underline{\underline{1{,}25\ \text{V}}} & \end{array}

c) Ges.: U_\mathrm{A}

R_3 = R_1 und R_4 = R_2: Die vereinfachte Formel gilt.

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U_\mathrm{A} & = & \dfrac{R_2}{R_1} \cdot (U_2 - U_1) = \dfrac{100\ \text{k}\Omega}{10\ \text{k}\Omega} \cdot (1{,}25\ \text{V} - 1{,}14\ \text{V}) & \\ U_\mathrm{A} & \approx & \underline{\underline{1{,}10\ \text{V}}} & \end{array}

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: U_\mathrm{A} \approx 1{,}10\ \text{V}
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: U_\mathrm{A} \approx 1{,}10\ \text{V} (1{,}097\ \text{V})

d) Ges.: \vartheta bei U_\mathrm{A} = 2{,}0\ \text{V}

Die Rechnung läuft rückwärts; die Zwischenwerte werden nacheinander bestimmt.

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U_\mathrm{A} & = & \dfrac{R_2}{R_1} \cdot (U_2 - U_1) & \color{gray}{:\dfrac{R_2}{R_1}} \\ U_\mathrm{A} \cdot \dfrac{R_1}{R_2} & = & U_2 - U_1 & \color{gray}{+U_1 - U_\mathrm{A} \cdot \dfrac{R_1}{R_2}} \\ U_1 & = & U_2 - U_\mathrm{A} \cdot \dfrac{R_1}{R_2} = 1{,}25\ \text{V} - 2{,}0\ \text{V} \cdot 0{,}1 & \\ U_1 & = & 1{,}05\ \text{V} & \end{array}

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U_1 & = & U_\mathrm{B} \cdot \dfrac{R_5}{R_\vartheta + R_5} & \color{gray}{\cdot (R_\vartheta + R_5)} \\ U_1 \cdot (R_\vartheta + R_5) & = & U_\mathrm{B} \cdot R_5 & \color{gray}{:U_1} \\ R_\vartheta + R_5 & = & \dfrac{U_\mathrm{B} \cdot R_5}{U_1} & \color{gray}{-R_5} \\ R_\vartheta & = & \dfrac{U_\mathrm{B} \cdot R_5}{U_1} - R_5 = \dfrac{2{,}50\ \text{V} \cdot 100\ \Omega}{1{,}05\ \text{V}} - 100\ \Omega & \\ R_\vartheta & \approx & 138\ \Omega & \end{array}

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} R_\vartheta & = & R_0 \cdot (1 + \alpha \cdot \Delta\vartheta) & \color{gray}{:R_0} \\ \dfrac{R_\vartheta}{R_0} & = & 1 + \alpha \cdot \Delta\vartheta & \color{gray}{-1} \\ \dfrac{R_\vartheta}{R_0} - 1 & = & \alpha \cdot \Delta\vartheta & \color{gray}{:\alpha} \\ \Delta\vartheta & = & \dfrac{R_\vartheta : R_0 - 1}{\alpha} = \dfrac{1{,}38 - 1}{3{,}85 \cdot 10^{-3}\ \text{K}^{-1}} & \\ \Delta\vartheta & \approx & 98{,}7\ \text{K} & \end{array}

Ausgehend von 0 °C ergibt sich \vartheta \approx \underline{\underline{98{,}7\ \text{°C}}}.

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: \vartheta \approx 98{,}7\ \text{°C}
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: \vartheta \approx 98{,}9\ \text{°C} (mit R_\vartheta = 138{,}10\ \Omega)

Richtige Antwort: 1

Geg.: Messbrücke; Instrumentenverstärker oder einfacher Differenzverstärker

Ges.: Vorteil des Instrumentenverstärkers

Beim einfachen Differenzverstärker fließen Ströme über R_1 und R_3 aus der Brücke; sie wird belastet. Beim Instrumentenverstärker liegen beide Brückenpunkte an den +-Eingängen der nichtinvertierenden Eingangsverstärker; es fließt praktisch kein Strom. Damit ist Antwort 1 richtig. Ein weiterer Vorteil: Die Verstärkung wird mit einem einzigen Widerstand R_\mathrm{G} eingestellt.

Richtige Antwort: 4

Geg.: R = 10\ \text{k}\Omega; C = 1\ \mu\text{F}; U_\mathrm{E} = -2\ \text{V}; \Delta t = 5\ \text{ms}; Anfangswert 0\ \text{V}

Ges.: u_\mathrm{A} nach 5 ms

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} \Delta U_\mathrm{A} & = & -\dfrac{U_\mathrm{E} \cdot \Delta t}{R \cdot C} = -\dfrac{(-2\ \text{V}) \cdot 5 \cdot 10^{-3}\ \text{s}}{10^{4}\ \Omega \cdot 10^{-6}\ \text{F}} & \\ \Delta U_\mathrm{A} & = & +1{,}00\ \text{V} & \end{array}

Vom Anfangswert 0 V aus ergibt sich u_\mathrm{A} = \underline{\underline{+1{,}00\ \text{V}}}. Damit ist Antwort 4 richtig. Die Zeitkonstante beträgt R \cdot C = 10\ \text{ms}. Antwort 1 vergisst die Invertierung. Antwort 2 entsteht, wenn \Delta t in Millisekunden eingesetzt und R \cdot C vergessen wird (2\ \text{V} \cdot 5). Antwort 3 ergibt sich mit einer um den Faktor 10 zu großen Zeitkonstante.

Richtige Antwort: 3

Geg.: Funktionsgenerator aus Schmitt-Trigger K_1 und Integrierer K_2; Messung von u_\mathrm{A1} und u_\mathrm{A2}

Ges.: Zeitpunkt, zu dem u_\mathrm{A1} umschaltet

K_1 ist ein Schmitt-Trigger; sein Ausgang u_\mathrm{A1} kennt nur +U_\mathrm{sat} und -U_\mathrm{sat} (Rechteck). K_2 integriert diese konstante Spannung zu einer Rampe u_\mathrm{A2} (Dreieck). Über R_1 und R_2 vergleicht K_1 die Rampe mit seiner Schaltschwelle. K_1 kippt, sobald die Spannung an seinem nichtinvertierenden Eingang null wird, also bei u_\mathrm{A2} = \mp U_\mathrm{sat} \cdot \frac{R_1}{R_2}. Genau dieser Wert ist der Spitzenwert des Dreiecks: Mit dem Sprung von u_\mathrm{A1} kehrt die Rampe um. Am Oszilloskop liegen die Flanken des Rechtecks deshalb unter den Spitzen des Dreiecks. Damit ist Antwort 3 richtig.

Antwort 1 beschreibt einen Komparator ohne Hysterese. Antwort 2 träfe nur zu, wenn R_1 = R_2 wäre; sonst ist die Schaltschwelle kleiner als U_\mathrm{sat}. R_3 \cdot C (Antwort 4) bestimmt nur die Steigung der Rampe, nicht den Schaltzeitpunkt.

Richtige Antwort: 3

Geg.: Differenzierer; Frequenz wird verdoppelt

Ges.: Änderung von |V|

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} |V_1| & = & 2\pi \cdot f \cdot R \cdot C & \\ |V_2| & = & 2\pi \cdot 2f \cdot R \cdot C = 2 \cdot |V_1| & \end{array}

Der Betrag der Verstärkung ist proportional zur Frequenz; er verdoppelt sich. Damit ist Antwort 3 richtig. Antwort 2 gilt für den Integrierer.

Geg.: R_1 = 10\ \text{k}\Omega; R_2 = 20\ \text{k}\Omega; R_3 = 10\ \text{k}\Omega; C = 100\ \text{nF}; U_\mathrm{sat} = \pm 12\ \text{V}

a) Ges.: \hat{u}_\mathrm{A2}

Die Dreieckspannung kehrt um, wenn sie die Schaltschwelle des nichtinvertierenden Schmitt-Triggers K_1 erreicht (Herleitung wie in Aufgabe 3.1):

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} \hat{u}_\mathrm{A2} & = & U_\mathrm{sat} \cdot \dfrac{R_1}{R_2} = 12\ \text{V} \cdot \dfrac{10\ \text{k}\Omega}{20\ \text{k}\Omega} & \\ \hat{u}_\mathrm{A2} & = & \underline{\underline{6{,}00\ \text{V}}} & \end{array}

b) Ges.: Steigung der Rampe, Frequenz f

Am Integrierer liegt während einer Halbperiode die konstante Spannung U_\mathrm{sat}. Die Steigung ist der Betrag von \Delta U_\mathrm{A} : \Delta t:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} \dfrac{\Delta U_\mathrm{A}}{\Delta t} & = & \dfrac{U_\mathrm{sat}}{R_3 \cdot C} = \dfrac{12\ \text{V}}{10^{4}\ \Omega \cdot 10^{-7}\ \text{F}} & \\ \dfrac{\Delta U_\mathrm{A}}{\Delta t} & = & 12\,000\ \text{V/s} = \underline{\underline{12{,}0\ \text{V/ms}}} & \end{array}

In einer Halbperiode läuft die Rampe von -6\ \text{V} nach +6\ \text{V}, also um 12\ \text{V}:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} \dfrac{\Delta U_\mathrm{A}}{\Delta t} & = & 12{,}0\ \text{V/ms} & \color{gray}{\cdot \Delta t} \\ \Delta U_\mathrm{A} & = & 12{,}0\ \text{V/ms} \cdot \Delta t & \color{gray}{:12{,}0\ \text{V/ms}} \\ \Delta t & = & \dfrac{\Delta U_\mathrm{A}}{12{,}0\ \text{V/ms}} = \dfrac{12\ \text{V}}{12{,}0\ \text{V/ms}} = 1{,}00\ \text{ms} & \end{array}

T = 2 \cdot \Delta t = 2{,}00\ \text{ms} \qquad f = \frac{1}{T} = \frac{1}{2{,}00 \cdot 10^{-3}\ \text{s}} = \underline{\underline{500\ \text{Hz}}}

Kontrolle: f = \dfrac{R_2}{4 \cdot R_1 \cdot R_3 \cdot C} = \dfrac{20\ \text{k}\Omega}{4 \cdot 10\ \text{k}\Omega \cdot 10\ \text{k}\Omega \cdot 100\ \text{nF}} = 500\ \text{Hz}.

Am Zweikanal-Oszilloskop sieht das so aus: Während u_\mathrm{A1} = +12\ \text{V} fällt die Rampe mit 12\ \text{V/ms}, nach dem Kippen steigt sie ebenso steil.

c) Ges.: Maßnahme für doppelte Frequenz bei gleicher Amplitude

C halbieren (50 nF, praktisch 47 nF) oder R_3 halbieren (5 kΩ). Die Rampe wird doppelt so steil und erreicht die Schwellen in der halben Zeit. R_1 und R_2 bleiben unverändert, weil sie die Amplitude bestimmen.

Richtige Antwort: 2

Geg.: \mathrm{SR} = 13\ \text{V}/\mu\text{s}; Sprung von -5\ \text{V} auf +5\ \text{V}

Ges.: kürzeste Dauer \Delta t des Sprungs

Die Slew-Rate ist die größte Änderungsgeschwindigkeit der Ausgangsspannung. Der Spannungshub beträgt \Delta U = 5\ \text{V} - (-5\ \text{V}) = 10\ \text{V}.

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} \mathrm{SR} & = & \dfrac{\Delta U}{\Delta t} & \color{gray}{\cdot \Delta t : \mathrm{SR}} \\ \Delta t & = & \dfrac{\Delta U}{\mathrm{SR}} = \dfrac{10\ \text{V}}{13\ \text{V}/\mu\text{s}} & \\ \Delta t & \approx & \underline{\underline{0{,}769\ \mu\text{s}}} & \end{array}

Statt einer senkrechten Flanke gibt der OPV eine Rampe von mindestens 0{,}769\ \mu\text{s} Dauer aus. Damit ist Antwort 2 richtig. Antwort 1 rechnet nur mit 5\ \text{V} Hub. Antwort 3 teilt die Slew-Rate durch den Hub (13 : 10). Antwort 4 multipliziert Hub und Slew-Rate. Antwort 5 ist um den Faktor 10 zu klein.

Richtige Antwort: 4

Geg.: \mathrm{GBW} = 3\ \text{MHz}; V = 100

Ges.: Bandbreite f_\mathrm{g}

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} \mathrm{GBW} & = & V \cdot f_\mathrm{g} & \color{gray}{:V} \\ f_\mathrm{g} & = & \dfrac{\mathrm{GBW}}{V} = \dfrac{3\ \text{MHz}}{100} & \\ f_\mathrm{g} & = & \underline{\underline{30{,}0\ \text{kHz}}} & \end{array}

Damit ist Antwort 4 richtig.

Geg.: V = 20; \hat{u}_\mathrm{A} = 10\ \text{V}; \mathrm{SR} = 0{,}5\ \text{V}/\mu\text{s}; \mathrm{GBW} = 1\ \text{MHz}

a) Ges.: f_\mathrm{max}

Ein Sinus u = \hat{u} \cdot \sin(2\pi f t) hat im Nulldurchgang die größte Steigung 2\pi f \cdot \hat{u}. Sie darf die Slew-Rate nicht übersteigen:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} \mathrm{SR} & = & 2\pi \cdot f_\mathrm{max} \cdot \hat{u}_\mathrm{A} & \color{gray}{:(2\pi \cdot \hat{u}_\mathrm{A})} \\ f_\mathrm{max} & = & \dfrac{\mathrm{SR}}{2\pi \cdot \hat{u}_\mathrm{A}} = \dfrac{0{,}5 \cdot 10^{6}\ \text{V/s}}{2\pi \cdot 10\ \text{V}} & \\ f_\mathrm{max} & \approx & \underline{\underline{7{,}96\ \text{kHz}}} & \end{array}

b) Ges.: \hat{u}_\mathrm{A,max} bei 20\ \text{kHz}

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} \mathrm{SR} & = & 2\pi \cdot f \cdot \hat{u}_\mathrm{A,max} & \color{gray}{:(2\pi \cdot f)} \\ \hat{u}_\mathrm{A,max} & = & \dfrac{\mathrm{SR}}{2\pi \cdot f} = \dfrac{0{,}5 \cdot 10^{6}\ \text{V/s}}{2\pi \cdot 20 \cdot 10^{3}\ \text{Hz}} & \\ \hat{u}_\mathrm{A,max} & \approx & \underline{\underline{3{,}98\ \text{V}}} & \end{array}

c) Ges.: f_\mathrm{g} aus GBW; entscheidende Grenze

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} f_\mathrm{g} & = & \dfrac{\mathrm{GBW}}{V} = \dfrac{1\ \text{MHz}}{20} & \\ f_\mathrm{g} & = & \underline{\underline{50{,}0\ \text{kHz}}} & \end{array}

Für kleine Signale reicht die Bandbreite bis 50 kHz. Bei 10 V Amplitude begrenzt aber die Slew-Rate schon bei 7,96 kHz. Für dieses Großsignal ist die Slew-Rate die entscheidende Grenze.

Geg.: einfache Versorgung 5 V; Eingang 0 … 0,5 V; Ausgang 0 … 4,9 V; Datenblattauszüge OPA-21 und OPA-35

a) Ges.: Übersetzungen

b) Ges.: geeigneter OPV mit Begründung

Ergebnis: Der OPA-35 ist geeignet. Er ist für einfache 5-V-Versorgung ausgelegt und hat Rail-to-Rail-Eingang und -Ausgang. Der OPA-21 scheidet schon an der Betriebsspannung aus. Ganz bis 0 V kommt auch der OPA-35 nicht (10 mV Restspannung); das ist für den A/D-Umsetzer in der Regel vernachlässigbar.

Geg.: Anlage 1; U_\mathrm{B} = 12\ \text{V}; -R_1 = 10\ \text{k}\Omega; Pt1000: R_0 = 1000\ \Omega, \alpha = 3{,}85 \cdot 10^{-3}\ \text{K}^{-1}; -R_2 = 10\ \text{k}\Omega; -R_3 = 33\ \text{k}\Omega; -R_4 = -R_5 = -R_6 = 10\ \text{k}\Omega

a) Ges.: Grundschaltungen

b) Ges.: Aufgabe von -K_{1.1}

Der Sensorteiler hat einen Innenwiderstand von etwa 10\ \text{k}\Omega \parallel 1{,}23\ \text{k}\Omega \approx 1{,}1\ \text{k}\Omega. Der A/D-Eingang des Mikrocontrollers (Abtastkondensator) würde ihn belasten und die Messspannung verfälschen. -K_{1.1} entkoppelt den Teiler: Er nimmt keinen Strom auf und liefert die Spannung niederohmig an -X_2.

c) Ges.: U_{X1}, U_{X2}, U_{X3} bei 60\ \text{°C}

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} R_\vartheta & = & R_0 \cdot (1 + \alpha \cdot \Delta\vartheta) = 1000\ \Omega \cdot (1 + 3{,}85 \cdot 10^{-3}\ \text{K}^{-1} \cdot 60\ \text{K}) & \\ R_\vartheta & \approx & 1{,}23\ \text{k}\Omega & \end{array}

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U_{X1} & = & U_\mathrm{B} \cdot \dfrac{R_\vartheta}{R_1 + R_\vartheta} = 12\ \text{V} \cdot \dfrac{1{,}23\ \text{k}\Omega}{10\ \text{k}\Omega + 1{,}23\ \text{k}\Omega} & \\ U_{X1} & \approx & \underline{\underline{1{,}31\ \text{V}}} & \end{array}

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: U_{X1} \approx 1{,}31\ \text{V}
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: U_{X1} \approx 1{,}32\ \text{V} (mit R_\vartheta = 1231\ \Omega)

Der Impedanzwandler hat V = 1: U_{X2} = U_{X1} \approx \underline{\underline{1{,}31\ \text{V}}}.

\begin{aligned} &\text{(I)} && V = 1 + \frac{R_3}{R_2} \\ &\text{(II)} && U_{X3} = V \cdot U_{X2} \end{aligned}

I in II:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U_{X3} & = & \left(1 + \dfrac{R_3}{R_2}\right) \cdot U_{X2} = \left(1 + \dfrac{33\ \text{k}\Omega}{10\ \text{k}\Omega}\right) \cdot 1{,}31\ \text{V} & \\ U_{X3} & \approx & \underline{\underline{5{,}63\ \text{V}}} & \end{array}

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: U_{X3} \approx 5{,}63\ \text{V}
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: U_{X3} \approx 5{,}66\ \text{V} (mit U_{X2} = 1{,}3153\ \text{V})

d) Ges.: Einstellbereich U_{X4}

Der Teiler hat R_\mathrm{ges} = 30\ \text{k}\Omega. Unter dem Schleifer liegen 10 \dots 20\ \text{k}\Omega:

U_{X4,\mathrm{min}} = 12\ \text{V} \cdot \frac{10\ \text{k}\Omega}{30\ \text{k}\Omega} = \underline{\underline{4{,}00\ \text{V}}} \qquad U_{X4,\mathrm{max}} = 12\ \text{V} \cdot \frac{20\ \text{k}\Omega}{30\ \text{k}\Omega} = \underline{\underline{8{,}00\ \text{V}}}

Geg.: Anlage 1; Ergebnisse aus 9.1; U_\mathrm{OH} = 10{,}5\ \text{V}; U_\mathrm{F} = 2{,}0\ \text{V}; I_\mathrm{F,max} = 10\ \text{mA}

a) Ges.: Einstellung von -R_5

Der Komparator schaltet, wenn U_{X3} = U_{X4} ist. -R_5 wird deshalb so eingestellt, dass an -X_4 dieselbe Spannung liegt wie an -X_3 bei 60 °C: U_{X4} \approx \underline{\underline{5{,}63\ \text{V}}} (ohne gerundete Zwischenergebnisse 5,66 V). Der Wert liegt im Einstellbereich 4 … 8 V.

b) Ges.: Ablauf bei Temperaturanstieg über 60 °C

Der Widerstand des Pt1000 steigt, damit steigen U_{X1} = U_{X2} und die verstärkte Spannung U_{X3}. Liegt U_{X3} am +-Eingang über der Referenz U_{X4} am --Eingang, schaltet -K_2 auf High (10,5 V). Die LED -P_1 leuchtet, über -R_8 fließt Basisstrom in -K_3. -K_3 schaltet durch, die Relaisspule -Q_1 zieht an, und der Schließer -Q_1 schaltet den Lüfter -M_1 ein. Die Diode -R_9 begrenzt beim Abschalten die Induktionsspannung der Spule.

c) Ges.: -R_7 (Reihe E12), I_\mathrm{F}

\begin{aligned} &\text{(I)} && U_\mathrm{OH} = U_{R7} + U_\mathrm{F} \\ &\text{(II)} && U_{R7} = R_7 \cdot I_\mathrm{F} \end{aligned}

II in I:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U_\mathrm{OH} & = & R_7 \cdot I_\mathrm{F} + U_\mathrm{F} & \color{gray}{-U_\mathrm{F}} \\ U_\mathrm{OH} - U_\mathrm{F} & = & R_7 \cdot I_\mathrm{F} & \color{gray}{:I_\mathrm{F}} \\ R_7 & = & \dfrac{U_\mathrm{OH} - U_\mathrm{F}}{I_\mathrm{F}} = \dfrac{10{,}5\ \text{V} - 2{,}0\ \text{V}}{0{,}010\ \text{A}} & \\ R_7 & = & 850\ \Omega & \end{array}

Nächsthöherer E12-Wert: -R_7 = \underline{\underline{1{,}0\ \text{k}\Omega}} (820 Ω ergäbe 10,4 mA). Es fließt I_\mathrm{F} = 8{,}5\ \text{V} : 1{,}0\ \text{k}\Omega = \underline{\underline{8{,}50\ \text{mA}}}.

d) Ges.: Ursache des Flatterns, Abhilfe

-K_2 ist ein Komparator ohne Hysterese. Liegt U_{X3} genau an der Schwelle, genügen kleine Schwankungen, um den Ausgang mehrfach umzuschalten: Rauschen und Störungen, vor allem aber die Abkühlung durch den eingeschalteten Lüfter, nach der die Temperatur sofort wieder steigt. Abhilfe: eine Hysterese einbauen. Dazu kommt ein Reihenwiderstand zwischen -X_3 und den +-Eingang von -K_2 und ein Mitkopplungswiderstand vom Ausgang auf den +-Eingang. Ohne den Reihenwiderstand wirkt die Mitkopplung nicht, weil -K_{1.2} den +-Eingang niederohmig festhält. Aus dem Komparator wird ein Schmitt-Trigger mit zwei Schwellen (z. B. ein bei 60 °C, aus bei 55 °C). Alternativ kann der Mikrocontroller die Hysterese per Software bilden.