Optokoppler: Wiederholung und Übungsaufgaben

Als Optokoppler-Grundlagen kann ich nach Durcharbeiten des Artikels…

• … Aufbau und Funktion eines Optokopplers beschreiben und erklären, wozu die galvanische Trennung dient.

• … Bauformen (Fototransistor, Foto-Darlington, Fototriac mit Nullspannungsschalter, MOSFET-Ausgang) unterscheiden und passend auswählen.

• … den Vorwiderstand der LED berechnen und einen Normwert auswählen, auch bei Ansteuerung über einen Transistor.

• … das Stromübertragungsverhältnis (CTR) berechnen und aus einem Ausgangskennlinienfeld ablesen.

• … das Verhalten der Ausgangsschaltung mit Kollektor- oder Emitterwiderstand vorhersagen.

Darüber hinaus kann ich als Optokoppler-Expertenwissen…

• … den Kollektorwiderstand so dimensionieren, dass der Fototransistor auch nach Alterung sicher in die Sättigung kommt.

• … Schaltzeiten deuten und Maßnahmen für schnelleres Schalten nennen.

• … Spannungen und Ströme in Folgeschaltungen und in SPS-Eingangsschaltungen berechnen und nach DIN EN 61131-2 beurteilen.

• … englische Datenblätter auswerten, Grenzwerte prüfen und einen Ersatztyp begründet auswählen.

• … die Aufgabe des Optokopplers in Schaltnetzteilen und Relaisansteuerungen erklären und die Schaltung dimensionieren.

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 „Optokoppler“.

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/relais-optokoppler
- https://oer-informatik.de/leuchtdioden
- Stilbeispiel: https://oer-informatik.de/optokoppler-uebungsaufgaben

Die Aufgaben sollen Inhalte zu diesen Schlagwörtern abdecken:
- Optokoppler
- galvanische Trennung
- Stromübertragungsverhältnis
- CTR
- Fototransistor
- Vorwiderstand
- Schaltzeiten
- SPS-Eingang

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.: kein Durchgang zwischen 0 V der Geberversorgung und dem Bezugspotenzial der CPU; Eingang E0.3 funktioniert

Ges.: Erklärung für beide Beobachtungen

Die Messung zeigt, dass Feldseite und CPU-Seite keine leitende Verbindung haben. Trotzdem kommt das Signal an. Das passt nur zu einer Übertragung ohne Leiter: Im Eingang wandelt eine LED den Eingangsstrom in Licht, ein Fototransistor auf der CPU-Seite wandelt es zurück. Beide Kreise sind galvanisch getrennt. Überspannungen und Störungen von den langen Feldleitungen erreichen die CPU deshalb nicht. Damit ist Antwort 2 richtig.

Warum die anderen falsch sind: Ohne 0-V-Leiter fehlt der Rückweg, der Eingang würde nicht arbeiten (1). Ein Übertrager überträgt keine Gleichspannung (3). Ein Vorwiderstand liegt im Bereich einiger kΩ; das Multimeter würde ihn anzeigen (4). Ein Kondensator überträgt nur Änderungen, ein dauerhaft betätigter Taster würde nicht erkannt (5).

Richtige Antwort: 5

Geg.: Mikrocontroller schaltet eine 230-V-Glühlampe; möglichst geringe Störaussendung

Ges.: geeignete Bauform

Der Lastkreis führt Wechselspannung. Fototransistor und Foto-Darlington (1, 2) schalten nur Gleichstrom. Gabellichtschranke und Reflexkoppler (3, 4) sind Sensoren. Ein Fototriac schaltet Wechselstrom; der Nullspannungsschalter zündet ihn erst im nächsten Nulldurchgang der Netzspannung. Dadurch entsteht kein steiler Stromanstieg und kaum Störaussendung. Damit ist Antwort 5 richtig.

In der Praxis verträgt der Fototriac nur kleine Ströme (etwa 100 mA). Er zündet deshalb einen nachgeschalteten Leistungstriac, der den Lampenstrom führt.

Geg.: Optokoppler mit Fototransistor

a) Ges.: Aufbau

In einem lichtdichten Gehäuse liegen sich eine Infrarot-LED (Sender) und ein Fototransistor (Empfänger) gegenüber. Zwischen beiden liegt eine lichtdurchlässige Isolierstrecke (Kunststoff oder Glas). LED und Fototransistor haben getrennte Anschlüsse (z. B. DIP-4: Anode, Kathode, Kollektor, Emitter).

b) Ges.: Erklärung „galvanische Trennung“, zwei Vorteile

Galvanische Trennung bedeutet: Zwischen zwei Stromkreisen besteht keine leitende Verbindung, es kann kein Strom vom einen in den anderen fließen. Energie oder Signale werden auf anderem Weg übertragen (hier mit Licht). Vorteile (zwei genügen):

• Überspannungen und Störungen aus dem Feld gelangen nicht in die empfindliche Steuerelektronik.

• Stromkreise mit verschiedenen Bezugspotenzialen können verbunden werden; Erdschleifen werden unterbrochen.

• Eine Sicherheitsgrenze (z. B. Netz zu Kleinspannung) bleibt erhalten; das dient dem Personenschutz.

c) Ges.: Unterschied Optokoppler – Gabellichtschranke

Beim Optokoppler ist der Lichtweg geschlossen; er überträgt ein elektrisches Signal und trennt die Stromkreise. Bei der Gabellichtschranke ist der Lichtweg offen (Schlitz); ein Gegenstand unterbricht das Licht. Sie ist ein Sensor, der die Anwesenheit oder Position eines Gegenstands erfasst.

Richtige Antwort: 4

Geg.: U_\mathrm{E} = 5{,}0\ \text{V}; U_\mathrm{F} = 1{,}2\ \text{V}; I_\mathrm{F,max} = 12\ \text{mA}

Ges.: R_\mathrm{V} (Reihe E12)

\begin{aligned} &\text{(I)} && U_\mathrm{E} = 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{E} & = & R_\mathrm{V} \cdot I_\mathrm{F} + U_\mathrm{F} & \color{gray}{-U_\mathrm{F}} \\ U_\mathrm{E} - U_\mathrm{F} & = & R_\mathrm{V} \cdot I_\mathrm{F} & \color{gray}{:I_\mathrm{F}} \\ R_\mathrm{V} & = & \dfrac{U_\mathrm{E} - U_\mathrm{F}}{I_\mathrm{F}} = \dfrac{5{,}0\ \text{V} - 1{,}2\ \text{V}}{0{,}012\ \text{A}} & \\ R_\mathrm{V} & \approx & 317\ \Omega & \end{array}

Der Strom darf 12 mA nicht überschreiten, also wird der nächsthöhere E12-Wert gewählt: R_\mathrm{V} = \underline{\underline{330\ \Omega}}. Damit fließt I_\mathrm{F} = 3{,}8\ \text{V} : 330\ \Omega \approx 11{,}5\ \text{mA}. Damit ist Antwort 4 richtig.

Typische Fehler: Antwort 3 ist kein E12-Wert. Antwort 2 (nächstkleinerer Wert) führt zu I_\mathrm{F} \approx 14{,}1\ \text{mA}. Antwort 5 entsteht, wenn U_\mathrm{F} vergessen wird (5\ \text{V} : 12\ \text{mA} \approx 417\ \Omega, nächsthöherer E12-Wert 470 Ω). Sie überschreitet 12 mA zwar nicht, liegt mit I_\mathrm{F} \approx 8{,}1\ \text{mA} aber nicht möglichst nahe am geforderten Strom. Antwort 1 entsteht aus U_\mathrm{F} : I_\mathrm{F}.

Geg.: U_\mathrm{B} = 5{,}0\ \text{V}; U_\mathrm{F} = 1{,}2\ \text{V}; I_\mathrm{F} = 15\ \text{mA}; U_\mathrm{CE\,sat} = 0{,}2\ \text{V}; B_\mathrm{min} = 100; U_\mathrm{BE} = 0{,}7\ \text{V}; U_\mathrm{OH} = 3{,}3\ \text{V}; \text{ü} = 3

a) Ges.: R_\mathrm{V}

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

II in I:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U_\mathrm{B} & = & R_\mathrm{V} \cdot I_\mathrm{F} + U_\mathrm{F} + U_\mathrm{CE\,sat} & \color{gray}{-U_\mathrm{F} - U_\mathrm{CE\,sat}} \\ U_\mathrm{B} - U_\mathrm{F} - U_\mathrm{CE\,sat} & = & R_\mathrm{V} \cdot I_\mathrm{F} & \color{gray}{:I_\mathrm{F}} \\ R_\mathrm{V} & = & \dfrac{U_\mathrm{B} - U_\mathrm{F} - U_\mathrm{CE\,sat}}{I_\mathrm{F}} = \dfrac{5{,}0\ \text{V} - 1{,}2\ \text{V} - 0{,}2\ \text{V}}{0{,}015\ \text{A}} & \\ R_\mathrm{V} & = & \underline{\underline{240\ \Omega}} & \end{array}

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

In der Reihe E12 liegen um 240 Ω die Werte 220 Ω und 270 Ω. Damit 15 mA nicht überschritten werden, wird der nächsthöhere Wert gewählt: R_\mathrm{V} = \underline{\underline{270\ \Omega}}.

Gleichung aus a), diesmal nach I_\mathrm{F} umgestellt:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U_\mathrm{B} & = & R_\mathrm{V} \cdot I_\mathrm{F} + U_\mathrm{F} + U_\mathrm{CE\,sat} & \color{gray}{-U_\mathrm{F} - U_\mathrm{CE\,sat}} \\ U_\mathrm{B} - U_\mathrm{F} - U_\mathrm{CE\,sat} & = & R_\mathrm{V} \cdot I_\mathrm{F} & \color{gray}{:R_\mathrm{V}} \\ I_\mathrm{F} & = & \dfrac{U_\mathrm{B} - U_\mathrm{F} - U_\mathrm{CE\,sat}}{R_\mathrm{V}} = \dfrac{3{,}6\ \text{V}}{270\ \Omega} & \\ I_\mathrm{F} & \approx & \underline{\underline{13{,}3\ \text{mA}}} & \end{array}

c) Ges.: R_\mathrm{B} (Reihe E12)

Der Kollektorstrom von K_2 ist der LED-Strom aus b): I_\mathrm{C} = I_\mathrm{F} \approx 13{,}3\ \text{mA}.

\begin{aligned} &\text{(I)} && I_\mathrm{B} = \frac{\text{ü} \cdot I_\mathrm{C}}{B_\mathrm{min}} \\ &\text{(II)} && U_\mathrm{OH} = R_\mathrm{B} \cdot I_\mathrm{B} + U_\mathrm{BE} \end{aligned}

I in II:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U_\mathrm{OH} & = & R_\mathrm{B} \cdot \dfrac{\text{ü} \cdot I_\mathrm{C}}{B_\mathrm{min}} + U_\mathrm{BE} & \color{gray}{-U_\mathrm{BE}} \\ U_\mathrm{OH} - U_\mathrm{BE} & = & R_\mathrm{B} \cdot \dfrac{\text{ü} \cdot I_\mathrm{C}}{B_\mathrm{min}} & \color{gray}{\cdot B_\mathrm{min}} \\ (U_\mathrm{OH} - U_\mathrm{BE}) \cdot B_\mathrm{min} & = & R_\mathrm{B} \cdot \text{ü} \cdot I_\mathrm{C} & \color{gray}{:(\text{ü} \cdot I_\mathrm{C})} \\ R_\mathrm{B} & = & \dfrac{(U_\mathrm{OH} - U_\mathrm{BE}) \cdot B_\mathrm{min}}{\text{ü} \cdot I_\mathrm{C}} = \dfrac{(3{,}3\ \text{V} - 0{,}7\ \text{V}) \cdot 100}{3 \cdot 13{,}3 \cdot 10^{-3}\ \text{A}} & \\ R_\mathrm{B} & \approx & 6{,}52\ \text{k}\Omega & \end{array}

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: R_\mathrm{B} \approx 6{,}52\ \text{k}\Omega
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: R_\mathrm{B} = 6{,}50\ \text{k}\Omega (mit I_\mathrm{C} = 13{,}\overline{3}\ \text{mA})

Damit der Basisstrom nicht zu klein wird, wird der nächstkleinere E12-Wert gewählt: R_\mathrm{B} = \underline{\underline{5{,}6\ \text{k}\Omega}}. Kontrolle: I_\mathrm{B} = 2{,}6\ \text{V} : 5{,}6\ \text{k}\Omega \approx 0{,}464\ \text{mA}; das ist mehr als die geforderten 0{,}4\ \text{mA}.

Richtige Antwort: 3

Geg.: Kennlinienfeld; I_\mathrm{F} = 10\ \text{mA}; U_\mathrm{CE} = 15\ \text{V}

Ges.: CTR

Auf der x-Achse bei U_\mathrm{CE} = 15\ \text{V} senkrecht nach oben bis zur Kennlinie I_\mathrm{F} = 10\ \text{mA} gehen und waagerecht ablesen: I_\mathrm{C} \approx 6{,}0\ \text{mA}.

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} \mathrm{CTR} & = & \dfrac{I_\mathrm{C}}{I_\mathrm{F}} \cdot 100\ \% = \dfrac{6{,}0\ \text{mA}}{10\ \text{mA}} \cdot 100\ \% & \\ \mathrm{CTR} & \approx & \underline{\underline{60\ \%}} & \end{array}

Damit ist Antwort 3 richtig.

Typische Fehler: Antwort 5 entsteht, wenn der Bruch umgedreht wird (I_\mathrm{F} : I_\mathrm{C}), Antwort 1 durch einen Kommafehler. Die Antworten 2 und 4 entstehen, wenn die Kennlinie I_\mathrm{F} = 5\ \text{mA} (2,5 mA) oder I_\mathrm{F} = 15\ \text{mA} (8,5 mA) abgelesen und durch 10 mA geteilt wird.

Richtige Antwort: 1

Geg.: I_\mathrm{F} = 5\ \text{mA}; I_\mathrm{C} = 4\ \text{mA}

Ges.: CTR

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} \mathrm{CTR} & = & \dfrac{I_\mathrm{C}}{I_\mathrm{F}} \cdot 100\ \% = \dfrac{4\ \text{mA}}{5\ \text{mA}} \cdot 100\ \% & \\ \mathrm{CTR} & = & \underline{\underline{80\ \%}} & \end{array}

Damit ist Antwort 1 richtig. Antwort 3 entsteht, wenn der Bruch umgedreht wird (I_\mathrm{F} : I_\mathrm{C}).

Richtige Antwort: 2

Geg.: U_\mathrm{E} = 12\ \text{V}; R_1 = 2{,}2\ \text{k}\Omega; U_\mathrm{B} = 15\ \text{V}; R_\mathrm{E} = 2{,}2\ \text{k}\Omega; CTR sinkt von 100 % auf 60 %; aktiver Bereich

Ges.: Änderung von I_\mathrm{F}, I_\mathrm{C}, U_\mathrm{A} und U_\mathrm{CE}

Wirkungskette:

\mathrm{CTR} \downarrow,\ I_\mathrm{F} = \frac{U_\mathrm{E} - U_\mathrm{F}}{R_1} = \text{konst.} \;\Rightarrow\; I_\mathrm{C} = \mathrm{CTR} \cdot I_\mathrm{F} \downarrow \;\Rightarrow\; U_\mathrm{A} = I_\mathrm{C} \cdot R_\mathrm{E} \downarrow \;\Rightarrow\; U_\mathrm{CE} = U_\mathrm{B} - U_\mathrm{A} \uparrow

Der Eingangskreis merkt von der Alterung nichts: I_\mathrm{F} hängt nur von U_\mathrm{E}, U_\mathrm{F} und R_1 ab. Am Ausgang kommt weniger Strom an, an R_\mathrm{E} fällt weniger Spannung ab, der Rest der Versorgungsspannung liegt am Fototransistor. Damit ist Antwort 2 richtig.

Zur Kontrolle mit Zahlen (U_\mathrm{F} = 1{,}2\ \text{V}):

Typische Fehler: Antwort 1 übersieht, dass die Alterung nur die Lichtausbeute betrifft, nicht den LED-Strom. Antwort 4 übersieht, dass I_\mathrm{C} = \mathrm{CTR} \cdot I_\mathrm{F} direkt mit dem CTR sinkt. Bei Antwort 3 ist die Richtung vertauscht: Mit kleinerem I_\mathrm{C} kann die Spannung an R_\mathrm{E} nicht steigen.

Geg.: U_\mathrm{B} = 5{,}0\ \text{V}; I_\mathrm{F} = 10\ \text{mA}; \mathrm{CTR_{min}} = 50\ \%; U_\mathrm{CE\,sat} = 0{,}4\ \text{V}

a) Ges.: I_\mathrm{C,max}

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} \mathrm{CTR_{min}} & = & \dfrac{I_\mathrm{C,max}}{I_\mathrm{F}} \cdot 100\ \% & \color{gray}{\cdot I_\mathrm{F}} \\ \mathrm{CTR_{min}} \cdot I_\mathrm{F} & = & I_\mathrm{C,max} \cdot 100\ \% & \color{gray}{:100\ \%} \\ I_\mathrm{C,max} & = & \dfrac{\mathrm{CTR_{min}} \cdot I_\mathrm{F}}{100\ \%} = \dfrac{50\ \% \cdot 10\ \text{mA}}{100\ \%} & \\ I_\mathrm{C,max} & = & \underline{\underline{5{,}00\ \text{mA}}} & \end{array}

b) Ges.: R_\mathrm{C,min} (Reihe E12)

Bei Sättigung liegt am Transistor nur U_\mathrm{CE\,sat}; der Rest der Betriebsspannung liegt an R_\mathrm{C}. Der Strom, den R_\mathrm{C} dabei zulässt, darf höchstens I_\mathrm{C,max} sein.

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

II in I:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U_\mathrm{B} & = & R_\mathrm{C,min} \cdot I_\mathrm{C,max} + U_\mathrm{CE\,sat} & \color{gray}{-U_\mathrm{CE\,sat}} \\ U_\mathrm{B} - U_\mathrm{CE\,sat} & = & R_\mathrm{C,min} \cdot I_\mathrm{C,max} & \color{gray}{:I_\mathrm{C,max}} \\ R_\mathrm{C,min} & = & \dfrac{U_\mathrm{B} - U_\mathrm{CE\,sat}}{I_\mathrm{C,max}} = \dfrac{5{,}0\ \text{V} - 0{,}4\ \text{V}}{5{,}00 \cdot 10^{-3}\ \text{A}} & \\ R_\mathrm{C,min} & = & 920\ \Omega & \end{array}

Ein größerer Kollektorwiderstand verlangt einen kleineren Strom und erleichtert die Sättigung. Gewählt wird deshalb der nächsthöhere E12-Wert: R_\mathrm{C} = \underline{\underline{1{,}0\ \text{k}\Omega}}.

c) Ges.: U_\mathrm{A} bei LED aus und LED an, Schaltverhalten

• LED aus: Der Fototransistor sperrt, es fließt nur der vernachlässigbare Dunkelstrom. An R_\mathrm{C} fällt keine Spannung ab: U_\mathrm{A} = \underline{\underline{5{,}0\ \text{V}}} (High).

• LED an: Der Fototransistor ist gesättigt: U_\mathrm{A} = U_\mathrm{CE\,sat} = \underline{\underline{0{,}4\ \text{V}}} (Low).

Die Schaltung ist invertierend: LED an ergibt Low am Ausgang.

d) Ges.: U_\mathrm{A} nach Alterung, Beurteilung, Abhilfe

Das CTR sinkt auf 60 % seines ursprünglichen Werts:

\mathrm{CTR_{neu}} = 0{,}6 \cdot 50\ \% = 30\ \% \qquad I_\mathrm{C,max} = 30\ \% \cdot 10\ \text{mA} = 3{,}0\ \text{mA}

Für die Sättigung wären I_\mathrm{C} = (5{,}0\ \text{V} - 0{,}4\ \text{V}) : 1{,}0\ \text{k}\Omega = 4{,}6\ \text{mA} nötig. Der Fototransistor liefert nur 3,0 mA und bleibt im aktiven Bereich. Die Ausgangsspannung ergibt sich aus der Masche:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U_\mathrm{B} & = & R_\mathrm{C} \cdot I_\mathrm{C} + U_\mathrm{A} & \color{gray}{-R_\mathrm{C} \cdot I_\mathrm{C}} \\ U_\mathrm{A} & = & U_\mathrm{B} - R_\mathrm{C} \cdot I_\mathrm{C} = 5{,}0\ \text{V} - 1{,}0 \cdot 10^{3}\ \Omega \cdot 3{,}0 \cdot 10^{-3}\ \text{A} & \\ U_\mathrm{A} & = & \underline{\underline{2{,}0\ \text{V}}} & \end{array}

Beurteilung: Bei eingeschalteter LED müsste Low anliegen. Ein 5-V-CMOS-Eingang (Low höchstens 1,5 V, High mindestens 3,5 V) sieht 2,0 V im verbotenen Bereich; der Pegel ist undefiniert. Ein TTL-Eingang (Low höchstens 0,8 V) wertet 2,0 V bereits als High; das Signal ist dann falsch. In beiden Fällen versagt die Übertragung.

Abhilfe (eine genügt): R_\mathrm{C} vergrößern, sodass auch 3,0 mA zur Sättigung reichen (R_\mathrm{C} \geq 4{,}6\ \text{V} : 3{,}0\ \text{mA} \approx 1{,}53\ \text{k}\Omega, also mindestens 1,8 kΩ, mit Reserve 2,2 kΩ); I_\mathrm{F} erhöhen; einen Typ mit größerem \mathrm{CTR_{min}} einsetzen. Schon bei der Auslegung eine Alterungsreserve vorsehen.

Richtige Antwort: 3

Geg.: U_\mathrm{E} = 24\ \text{V}; U_\mathrm{B} = 5\ \text{V}; R_\mathrm{V} = 4{,}7\ \text{k}\Omega; R_\mathrm{E} = 2{,}2\ \text{k}\Omega; U_\mathrm{F} = 1{,}2\ \text{V}; U_\mathrm{CE\,sat} = 0{,}2\ \text{V}; Messwerte laut Tabelle

Ges.: Fehler, der zu beiden Messreihen passt

Erwartet wird bei intakter Schaltung (Emitterwiderstand, nicht invertierend):

Der Eingangskreis verhält sich also richtig: U_{R\mathrm{V}} springt beim Betätigen auf 22{,}8\ \text{V}, es fließt I_\mathrm{F} = 22{,}8\ \text{V} : 4{,}7\ \text{k}\Omega \approx 4{,}85\ \text{mA}. Der Fehler muss im Ausgangskreis liegen, und zwar so, dass X_1 immer an +5\ \text{V} hängt. Das leistet eine durchlegierte Kollektor-Emitter-Strecke: Sie verbindet X_1 unabhängig vom Licht mit +5\ \text{V} (U_\mathrm{CE} \approx 0, daher 5{,}0\ \text{V} statt 4{,}8\ \text{V}). Damit ist Antwort 3 richtig.

Die anderen Fehler widersprechen jeweils einem Messwert:

• 1 und 5: Im Eingangskreis flösse nie Strom; U_{R\mathrm{V}} bliebe auch bei betätigter Taste 0\ \text{V}.

• 2: U_{R\mathrm{V}} läge schon bei nicht betätigter Taste bei 22{,}8\ \text{V}.

• 4: X_1 läge dauerhaft auf 0\ \text{V}; die Steuerung sähe die Taste nie betätigt.

Richtige Antwort: 2

Geg.: t_\mathrm{d} = 1\ \mu\text{s}; t_\mathrm{r} = 2\ \mu\text{s}; t_\mathrm{s} = 2\ \mu\text{s}; t_\mathrm{f} = 3\ \mu\text{s}

Ges.: f_\mathrm{max}

\begin{aligned} &\text{(I)} && t_\mathrm{on} = t_\mathrm{d} + t_\mathrm{r} = 1\ \mu\text{s} + 2\ \mu\text{s} = 3\ \mu\text{s} \\ &\text{(II)} && t_\mathrm{off} = t_\mathrm{s} + t_\mathrm{f} = 2\ \mu\text{s} + 3\ \mu\text{s} = 5\ \mu\text{s} \\ &\text{(III)} && f_\mathrm{max} = \frac{1}{t_\mathrm{on} + t_\mathrm{off}} \end{aligned}

I und II in III:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} f_\mathrm{max} & = & \dfrac{1}{3\ \mu\text{s} + 5\ \mu\text{s}} = \dfrac{1}{8 \cdot 10^{-6}\ \text{s}} & \\ f_\mathrm{max} & = & \underline{\underline{125\ \text{kHz}}} & \end{array}

Damit ist Antwort 2 richtig. Die Antworten 3 bis 5 berücksichtigen nur einen Teil der Zeiten (1 : t_\mathrm{off}, 1 : t_\mathrm{on}, 1 : t_\mathrm{d}), Antwort 1 rechnet mit der doppelten Summe.

Richtige Antwort: 4

Geg.: Fototransistor mit Kollektorwiderstand; Ausschaltzeit zu lang

Ges.: Maßnahme zur Verkürzung

Die Sperrschichtkapazität zwischen Kollektor und Basis des Fototransistors wird beim Ausschalten über den Kollektorwiderstand umgeladen. Ein kleinerer Widerstand verkleinert die Zeitkonstante; der Ausgang schaltet schneller. Damit ist Antwort 4 richtig.

Antwort 1 bewirkt das Gegenteil. Ein größerer LED-Strom (2) übersteuert den Transistor stärker; die gespeicherte Ladung verlängert die Speicherzeit t_\mathrm{s}. Foto-Darlington-Typen (3) sind langsamer. Die Betriebsspannung (5) hat auf die Ausschaltzeit kaum Einfluss.

Geg.: U_\mathrm{B} = 12\ \text{V}; R_\mathrm{C} = 2{,}2\ \text{k}\Omega; R_\mathrm{S} = 10\ \text{k}\Omega; R_\mathrm{P} = 47\ \text{k}\Omega; U_\mathrm{CE\,sat} = 0{,}2\ \text{V}; \mathrm{CTR_{min}} = 50\ \%

a) Ges.: U_{X1} bei gesperrtem Fototransistor

Der gesperrte Transistor wirkt wie ein offener Schalter. R_\mathrm{C}, R_\mathrm{S} und R_\mathrm{P} bilden einen unbelasteten Spannungsteiler an 12 V.

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} \dfrac{U_{X1}}{U_\mathrm{B}} & = & \dfrac{R_\mathrm{P}}{R_\mathrm{C} + R_\mathrm{S} + R_\mathrm{P}} & \color{gray}{\cdot U_\mathrm{B}} \\ U_{X1} & = & U_\mathrm{B} \cdot \dfrac{R_\mathrm{P}}{R_\mathrm{C} + R_\mathrm{S} + R_\mathrm{P}} = 12\ \text{V} \cdot \dfrac{47\ \text{k}\Omega}{2{,}2\ \text{k}\Omega + 10\ \text{k}\Omega + 47\ \text{k}\Omega} & \\ U_{X1} & \approx & \underline{\underline{9{,}53\ \text{V}}} & \end{array}

b) Ges.: U_{X1} bei durchgesteuertem Fototransistor

Der gesättigte Transistor hält den Kollektor auf U_\mathrm{CE\,sat} = 0{,}2\ \text{V}. An dieser Spannung liegt der Spannungsteiler aus R_\mathrm{S} und R_\mathrm{P}; R_\mathrm{C} spielt für X_1 keine Rolle mehr.

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} \dfrac{U_{X1}}{U_\mathrm{CE\,sat}} & = & \dfrac{R_\mathrm{P}}{R_\mathrm{S} + R_\mathrm{P}} & \color{gray}{\cdot U_\mathrm{CE\,sat}} \\ U_{X1} & = & U_\mathrm{CE\,sat} \cdot \dfrac{R_\mathrm{P}}{R_\mathrm{S} + R_\mathrm{P}} = 0{,}2\ \text{V} \cdot \dfrac{47\ \text{k}\Omega}{10\ \text{k}\Omega + 47\ \text{k}\Omega} & \\ U_{X1} & \approx & \underline{\underline{0{,}165\ \text{V}}} & \end{array}

c) Ges.: I_\mathrm{C} im durchgesteuerten Zustand

Am Kollektorknoten teilt sich der Strom durch R_\mathrm{C} auf: Ein kleiner Teil fließt über R_\mathrm{S} und R_\mathrm{P} ab, der Rest durch den Transistor. Die Teilströme werden nacheinander berechnet.

Strom durch R_\mathrm{C}:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U_\mathrm{B} & = & R_\mathrm{C} \cdot I_{R\mathrm{C}} + U_\mathrm{CE\,sat} & \color{gray}{-U_\mathrm{CE\,sat}} \\ U_\mathrm{B} - U_\mathrm{CE\,sat} & = & R_\mathrm{C} \cdot I_{R\mathrm{C}} & \color{gray}{:R_\mathrm{C}} \\ I_{R\mathrm{C}} & = & \dfrac{U_\mathrm{B} - U_\mathrm{CE\,sat}}{R_\mathrm{C}} = \dfrac{11{,}8\ \text{V}}{2{,}2\ \text{k}\Omega} & \\ I_{R\mathrm{C}} & \approx & 5{,}36\ \text{mA} & \end{array}

Strom durch R_\mathrm{S} und R_\mathrm{P}:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U_\mathrm{CE\,sat} & = & (R_\mathrm{S} + R_\mathrm{P}) \cdot I_\mathrm{S} & \color{gray}{:(R_\mathrm{S} + R_\mathrm{P})} \\ I_\mathrm{S} & = & \dfrac{U_\mathrm{CE\,sat}}{R_\mathrm{S} + R_\mathrm{P}} = \dfrac{0{,}2\ \text{V}}{57\ \text{k}\Omega} & \\ I_\mathrm{S} & \approx & 3{,}51\ \mu\text{A} & \end{array}

Knoten am Kollektor:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} I_{R\mathrm{C}} & = & I_\mathrm{C} + I_\mathrm{S} & \color{gray}{-I_\mathrm{S}} \\ I_\mathrm{C} & = & I_{R\mathrm{C}} - I_\mathrm{S} = 5{,}36\ \text{mA} - 0{,}00351\ \text{mA} & \\ I_\mathrm{C} & \approx & \underline{\underline{5{,}36\ \text{mA}}} & \end{array}

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: I_\mathrm{C} \approx 5{,}36\ \text{mA}
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: I_\mathrm{C} \approx 5{,}36\ \text{mA} (5{,}360\ \text{mA})

Der Strom über R_\mathrm{S} ist so klein, dass er praktisch keine Rolle spielt.

d) Ges.: I_\mathrm{F,min}

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} \mathrm{CTR_{min}} & = & \dfrac{I_\mathrm{C}}{I_\mathrm{F,min}} \cdot 100\ \% & \color{gray}{\cdot I_\mathrm{F,min}} \\ \mathrm{CTR_{min}} \cdot I_\mathrm{F,min} & = & I_\mathrm{C} \cdot 100\ \% & \color{gray}{:\mathrm{CTR_{min}}} \\ I_\mathrm{F,min} & = & \dfrac{I_\mathrm{C} \cdot 100\ \%}{\mathrm{CTR_{min}}} = \dfrac{5{,}36\ \text{mA} \cdot 100\ \%}{50\ \%} & \\ I_\mathrm{F,min} & \approx & \underline{\underline{10{,}7\ \text{mA}}} & \end{array}

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: I_\mathrm{F,min} \approx 10{,}7\ \text{mA}
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: I_\mathrm{F,min} \approx 10{,}7\ \text{mA}

Richtige Antwort: 3

Geg.: Datenblattauszug OPK101

Ges.: Angabe zur Prüfspannung der Trennstrecke

Die isolation test voltage V_\mathrm{ISO} (Isolationsprüfspannung, hier 5000 V eff. für 1 min) gibt an, mit welcher Spannung die Trennstrecke zwischen LED und Fototransistor geprüft wurde. Damit ist Antwort 3 richtig. Die übrigen Angaben betreffen Spannungen innerhalb eines Stromkreises: Sperrspannung der LED (1), Kollektor-Emitter-Spannung (2), Durchlassspannung der LED (4), Emitter-Kollektor-Spannung (5).

Geg.: Datenblattauszug OPK101: I_\mathrm{F,max} = 60\ \text{mA}; P_\mathrm{diss,Eingang} = 100\ \text{mW}; V_\mathrm{F,max} = 1{,}4\ \text{V}; P_\mathrm{diss,Ausgang} = 150\ \text{mW}

a) Ges.: Übersetzungen

b) Ges.: P_\mathrm{LED} bei I_\mathrm{F} = 40\ \text{mA}; Zulässigkeit

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} P_\mathrm{LED} & = & U_\mathrm{F} \cdot I_\mathrm{F} = 1{,}4\ \text{V} \cdot 0{,}040\ \text{A} & \\ P_\mathrm{LED} & = & \underline{\underline{56{,}0\ \text{mW}}} & \end{array}

Beide Grenzwerte sind eingehalten: 40\ \text{mA} < 60\ \text{mA} und 56\ \text{mW} < 100\ \text{mW}. Der Betrieb ist zulässig. Der Datenblattwert V_\mathrm{F,max} gilt bei 10 mA; bei 40 mA ist die Durchlassspannung etwas höher. Selbst mit 1,6 V wären es erst 64 mW, also noch genug Abstand.

c) Ges.: U_\mathrm{CE,max} bei I_\mathrm{C} = 20\ \text{mA}

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} P_\mathrm{diss} & = & U_\mathrm{CE,max} \cdot I_\mathrm{C} & \color{gray}{:I_\mathrm{C}} \\ \dfrac{P_\mathrm{diss}}{I_\mathrm{C}} & = & U_\mathrm{CE,max} & \\ U_\mathrm{CE,max} & = & \dfrac{P_\mathrm{diss}}{I_\mathrm{C}} = \dfrac{0{,}150\ \text{W}}{0{,}020\ \text{A}} & \\ U_\mathrm{CE,max} & = & \underline{\underline{7{,}50\ \text{V}}} & \end{array}

Bei 20 mA Kollektorstrom dürfen also höchstens 7,5 V am Fototransistor liegen, obwohl V_\mathrm{CEO} = 70\ \text{V} beträgt. Zusätzlich darf die Summe aus LED- und Transistorverlustleistung P_\mathrm{tot} = 250\ \text{mW} nicht überschreiten.

Geg.: Ausgangskreis 24 V; I_\mathrm{F} = 10\ \text{mA}; I_\mathrm{C} \geq 4\ \text{mA}; T_\mathrm{amb} \leq 70\ \text{°C}; V_\mathrm{ISO} \geq 2500\ \text{V}_\text{RMS}; Datentabelle OPK205 und OPK310

a) Ges.: geeigneter Ersatztyp mit Begründung

Mindest-CTR, damit der Ausgangskreis seinen Strom bekommt:

\mathrm{CTR_{erf}} = \frac{I_\mathrm{C}}{I_\mathrm{F}} \cdot 100\ \% = \frac{4\ \text{mA}}{10\ \text{mA}} \cdot 100\ \% = 40\ \%

Ergebnis: Der OPK205 kann als Ersatz verwendet werden; er erfüllt alle vier Bedingungen. Der OPK310 ist ungeeignet: Ein Exemplar mit dem Mindest-CTR von 20 % liefert nur 2 mA statt der benötigten 4 mA.

b) Ges.: zwei weitere Prüfpunkte

Zwei genügen: Sättigungsspannung V_\mathrm{CEsat}, Schaltzeiten t_\mathrm{on} und t_\mathrm{off} (Signalfrequenz), Grenzwerte der LED (I_\mathrm{F,max}, Durchlassspannung), Verlustleistung, Kollektor-Dunkelstrom, Zulassungen (z. B. VDE, UL).

c) Ges.: Begründung, warum der größere V_\mathrm{CEO} nicht hilft

Die Spannungsfestigkeit muss nur größer als die tatsächlich anliegenden 24 V sein; das erfüllen beide Typen. Mehr Reserve bei V_\mathrm{CEO} bringt der Schaltung nichts, wenn der Typ den nötigen Ausgangsstrom nicht sicher liefert. Ein einzelner besserer Kennwert gleicht einen nicht erfüllten anderen nicht aus.

Richtige Antwort: 2

Geg.: Blockschaltbild des Schaltnetzteils

Ges.: Aufgabe des Optokopplers

Der Soll-Ist-Vergleich liegt auf der Sekundärseite, der PWM-Regler auf der Primärseite. Der Optokoppler überträgt das Regelsignal über die Trennstelle, ohne eine leitende Verbindung zwischen Netz und Ausgang herzustellen. Damit ist Antwort 2 richtig. Gleichrichten (1), Glätten (3), Takt erzeugen (4) und Überspannung ableiten (5) übernehmen andere Baugruppen.

Geg.: R_1 = 3{,}3\ \text{k}\Omega; R_2 = 470\ \Omega; U_\mathrm{F} = 1{,}2\ \text{V}

Solange die LED leitet, liegt an ihr und am parallelen R_2 die Spannung U_\mathrm{F}. Der Strom durch R_1 teilt sich auf R_2 und die LED auf. Die Ströme werden nacheinander berechnet.

a) Ges.: I_\mathrm{F} bei U_\mathrm{E} = 24\ \text{V}

Strom durch R_2:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U_\mathrm{F} & = & R_2 \cdot I_{R2} & \color{gray}{:R_2} \\ I_{R2} & = & \dfrac{U_\mathrm{F}}{R_2} = \dfrac{1{,}2\ \text{V}}{470\ \Omega} & \\ I_{R2} & \approx & 2{,}55\ \text{mA} & \end{array}

Strom durch R_1:

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

II in I:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U_\mathrm{E} & = & R_1 \cdot I_{R1} + U_\mathrm{F} & \color{gray}{-U_\mathrm{F}} \\ U_\mathrm{E} - U_\mathrm{F} & = & R_1 \cdot I_{R1} & \color{gray}{:R_1} \\ I_{R1} & = & \dfrac{U_\mathrm{E} - U_\mathrm{F}}{R_1} = \dfrac{24\ \text{V} - 1{,}2\ \text{V}}{3{,}3\ \text{k}\Omega} & \\ I_{R1} & \approx & 6{,}91\ \text{mA} & \end{array}

Knoten vor der LED:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} I_{R1} & = & I_\mathrm{F} + I_{R2} & \color{gray}{-I_{R2}} \\ I_\mathrm{F} & = & I_{R1} - I_{R2} = 6{,}91\ \text{mA} - 2{,}55\ \text{mA} & \\ I_\mathrm{F} & \approx & \underline{\underline{4{,}36\ \text{mA}}} & \end{array}

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: I_\mathrm{F} \approx 4{,}36\ \text{mA}
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: I_\mathrm{F} \approx 4{,}36\ \text{mA} (4{,}356\ \text{mA})

b) Ges.: P_{R1}, Belastbarkeit

\begin{aligned} &\text{(I)} && P = U \cdot I \\ &\text{(II)} && U = R \cdot I \end{aligned}

II in I:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} P_{R1} & = & R_1 \cdot I_{R1} \cdot I_{R1} & \\ P_{R1} & = & R_1 \cdot I_{R1}^2 = 3{,}3 \cdot 10^{3}\ \Omega \cdot (6{,}91 \cdot 10^{-3}\ \text{A})^2 & \\ P_{R1} & \approx & \underline{\underline{0{,}158\ \text{W}}} & \end{array}

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: P_{R1} \approx 0{,}158\ \text{W}
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: P_{R1} \approx 0{,}158\ \text{W} (0{,}1575\ \text{W})

Gewählt wird die nächstgrößere Belastbarkeit: 0,25 W. 0,125 W wäre zu klein.

Hinweis: Ein Eingang nach DIN EN 61131-2 muss bis 30 V betrieben werden können. Dann ist P_{R1} = (28{,}8\ \text{V})^2 : 3{,}3\ \text{k}\Omega \approx 0{,}251\ \text{W}. In der Praxis wählt man deshalb 0,5 W.

c) Ges.: U_\mathrm{E,ein}, Beurteilung

Unterhalb der Schwelle leitet die LED nicht; R_1 und R_2 bilden einen unbelasteten Spannungsteiler. Die LED beginnt zu leiten, sobald an R_2 die Spannung U_\mathrm{F} liegt.

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} \dfrac{U_\mathrm{F}}{U_\mathrm{E,ein}} & = & \dfrac{R_2}{R_1 + R_2} & \color{gray}{\cdot U_\mathrm{E,ein}} \\ U_\mathrm{F} & = & U_\mathrm{E,ein} \cdot \dfrac{R_2}{R_1 + R_2} & \color{gray}{\cdot \dfrac{R_1 + R_2}{R_2}} \\ U_\mathrm{E,ein} & = & U_\mathrm{F} \cdot \dfrac{R_1 + R_2}{R_2} = 1{,}2\ \text{V} \cdot \dfrac{3{,}3\ \text{k}\Omega + 0{,}47\ \text{k}\Omega}{0{,}47\ \text{k}\Omega} & \\ U_\mathrm{E,ein} & \approx & \underline{\underline{9{,}63\ \text{V}}} & \end{array}

Beurteilung: Die Schwelle liegt zwischen 5 V und 15 V. Bis 5 V bleibt die LED sicher dunkel (0-Signal); Störspannungen und Leckströme von Sensoren werden unterdrückt. Ab 15 V leitet die LED sicher; ob der Strom dann ausreicht, zeigt d). Die Schaltung erfüllt die Anforderung.

d) Ges.: Eingangsstrom bei U_\mathrm{E} = 15\ \text{V}

Der Eingangsstrom ist der Strom durch R_1. Formel aus a):

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} I_{R1} & = & \dfrac{U_\mathrm{E} - U_\mathrm{F}}{R_1} = \dfrac{15\ \text{V} - 1{,}2\ \text{V}}{3{,}3\ \text{k}\Omega} & \\ I_{R1} & \approx & \underline{\underline{4{,}18\ \text{mA}}} & \end{array}

4{,}18\ \text{mA} > 2\ \text{mA}: Der geforderte Mindeststrom fließt. Davon gehen I_\mathrm{F} \approx 4{,}18\ \text{mA} - 2{,}55\ \text{mA} \approx 1{,}63\ \text{mA} durch die LED.

Geg.: Anlage 1; -R_1 = 220\ \Omega; U_\mathrm{OH} = 3{,}1\ \text{V}; U_\mathrm{F} = 1{,}2\ \text{V}; \mathrm{CTR_{min}} = 50\ \%; U_\mathrm{CE\,sat}(-K_2) = 0{,}4\ \text{V}; U_\mathrm{BE} = 0{,}7\ \text{V}; U_\mathrm{CE\,sat}(-K_3) = 0{,}2\ \text{V}; B_\mathrm{min} = 40; R_{Q1} = 400\ \Omega

a) Ges.: Signalweg, aktiver Pegel an P2.3

Der Ausgang P2.3 speist über -R_1 die LED von -K_2, deren Kathode an 0 V liegt. Bei High an P2.3 fließt Strom durch die LED. Der Fototransistor von -K_2 wird leitend und speist aus +12 V über -R_2 einen Basisstrom in -K_3. -K_3 schaltet durch, die Relaisspule -Q_1 zieht an, und der Schließer -Q_1 legt die Pumpe -M_1 an 230 V. Der Ausgang ist High-aktiv.

b) Ges.: I_\mathrm{F}

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

II in I:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U_\mathrm{OH} & = & R_1 \cdot I_\mathrm{F} + U_\mathrm{F} & \color{gray}{-U_\mathrm{F}} \\ U_\mathrm{OH} - U_\mathrm{F} & = & R_1 \cdot I_\mathrm{F} & \color{gray}{:R_1} \\ I_\mathrm{F} & = & \dfrac{U_\mathrm{OH} - U_\mathrm{F}}{R_1} = \dfrac{3{,}1\ \text{V} - 1{,}2\ \text{V}}{220\ \Omega} & \\ I_\mathrm{F} & \approx & \underline{\underline{8{,}64\ \text{mA}}} & \end{array}

c) Ges.: -R_2 (Reihe E12)

\begin{aligned} &\text{(I)} && U_{12\,\mathrm{V}} = U_\mathrm{CE\,sat} + U_{R2} + U_\mathrm{BE} \\ &\text{(II)} && U_{R2} = R_2 \cdot I_\mathrm{B} \end{aligned}

II in I:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U_{12\,\mathrm{V}} & = & U_\mathrm{CE\,sat} + R_2 \cdot I_\mathrm{B} + U_\mathrm{BE} & \color{gray}{-U_\mathrm{CE\,sat} - U_\mathrm{BE}} \\ U_{12\,\mathrm{V}} - U_\mathrm{CE\,sat} - U_\mathrm{BE} & = & R_2 \cdot I_\mathrm{B} & \color{gray}{:I_\mathrm{B}} \\ R_2 & = & \dfrac{U_{12\,\mathrm{V}} - U_\mathrm{CE\,sat} - U_\mathrm{BE}}{I_\mathrm{B}} = \dfrac{12\ \text{V} - 0{,}4\ \text{V} - 0{,}7\ \text{V}}{2{,}0 \cdot 10^{-3}\ \text{A}} & \\ R_2 & = & 5{,}45\ \text{k}\Omega & \end{array}

Damit der Basisstrom mindestens 2,0 mA beträgt, wird der nächstkleinere E12-Wert gewählt: -R_2 = \underline{\underline{4{,}7\ \text{k}\Omega}}. Es fließt I_\mathrm{B} = 10{,}9\ \text{V} : 4{,}7\ \text{k}\Omega \approx 2{,}32\ \text{mA}.

Kontrolle, ob -K_2 diesen Strom liefern kann: \mathrm{CTR_{min}} \cdot I_\mathrm{F} = 50\ \% \cdot 8{,}64\ \text{mA} = 4{,}32\ \text{mA}. Das ist fast das Doppelte von 2,32 mA; der Fototransistor ist gesättigt, die Annahme U_\mathrm{CE\,sat} = 0{,}4\ \text{V} stimmt, und es bleibt eine Reserve für die Alterung.

d) Ges.: Übersteuerungsfaktor \text{ü} von -K_3

Kollektorstrom (Spulenstrom):

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U_{12\,\mathrm{V}} & = & R_{Q1} \cdot I_\mathrm{C} + U_\mathrm{CE\,sat} & \color{gray}{-U_\mathrm{CE\,sat}} \\ U_{12\,\mathrm{V}} - U_\mathrm{CE\,sat} & = & R_{Q1} \cdot I_\mathrm{C} & \color{gray}{:R_{Q1}} \\ I_\mathrm{C} & = & \dfrac{U_{12\,\mathrm{V}} - U_\mathrm{CE\,sat}}{R_{Q1}} = \dfrac{11{,}8\ \text{V}}{400\ \Omega} & \\ I_\mathrm{C} & = & 29{,}5\ \text{mA} & \end{array}

Mindestens nötiger Basisstrom:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} B_\mathrm{min} & = & \dfrac{I_\mathrm{C}}{I_\mathrm{B,min}} & \color{gray}{\cdot I_\mathrm{B,min}} \\ B_\mathrm{min} \cdot I_\mathrm{B,min} & = & I_\mathrm{C} & \color{gray}{:B_\mathrm{min}} \\ I_\mathrm{B,min} & = & \dfrac{I_\mathrm{C}}{B_\mathrm{min}} = \dfrac{29{,}5\ \text{mA}}{40} & \\ I_\mathrm{B,min} & \approx & 0{,}738\ \text{mA} & \end{array}

Übersteuerungsfaktor:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} \text{ü} & = & \dfrac{I_\mathrm{B}}{I_\mathrm{B,min}} = \dfrac{2{,}32\ \text{mA}}{0{,}738\ \text{mA}} & \\ \text{ü} & \approx & \underline{\underline{3{,}14}} & \end{array}

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: \text{ü} \approx 3{,}14
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: \text{ü} \approx 3{,}14

\text{ü} > 1, und mit rund 3 liegt der Faktor im üblichen Bereich von 2 bis 5: -K_3 schaltet sicher durch.

e) Ges.: Aufgabe von -R_4

-R_4 ist eine Freilaufdiode. Beim Abschalten erzeugt die Relaisspule eine hohe Selbstinduktionsspannung. Die Diode bietet dem Spulenstrom einen Weg und begrenzt die Spannung am Kollektor von -K_3. So wird der Transistor nicht zerstört.