Signale, Filter und Pegel: Wiederholung und Übungsaufgaben

Als Signal- und Filter-Grundlagen kann ich nach Durcharbeiten des Artikels…

• … Periodendauer, Frequenz und Phasenverschiebung aus einem Oszillogramm bestimmen.

• … Scheitel-, Spitze-Spitze-, Gleich- und Effektivwert von Sinus-, Rechteck-, Dreieck- und PWM-Signalen berechnen.

• … Scheinwiderstand, Teilspannungen und Phasenwinkel einer RC-Schaltung berechnen.

• … Spannungs- und Leistungsverhältnisse in Dezibel umrechnen und Pegel in einer Übertragungskette addieren.

• … die Grenzfrequenz von RC-Tiefpass und RC-Hochpass berechnen und ihren Frequenzgang beschreiben.

Darüber hinaus kann ich als Signal- und Filter-Expertenwissen…

• … absolute Pegel (dBm, dBµV) und Kabeldämpfungen auswerten und eine Antennenanlage beurteilen.

• … die Ausgangssignale von Integrier- und Differenzierglied an einer Rechteckspannung skizzieren.

• … einen aktiven Tiefpass mit Operationsverstärker berechnen.

• … eine Messkette mit Hochpass, Verstärker und Anti-Aliasing-Filter dimensionieren und Fehler darin erkennen.

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 „Signale, Filter und Pegel“.

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/signale-filter-pegel-uebungsaufgaben
- Stilbeispiel: https://oer-informatik.de/signale-filter-pegel-uebungsaufgaben

Die Aufgaben sollen Inhalte zu diesen Schlagwörtern abdecken:
- Signale
- Effektivwert
- Phasenverschiebung
- Scheinwiderstand
- Dezibel
- RC-Tiefpass
- RC-Hochpass
- Anti-Aliasing-Filter

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.: 4 Div je Periode; 50\ \text{µs/Div}

Ges.: f

\begin{aligned} &\text{(I)} && T = 4\ \text{Div} \cdot 50\ \tfrac{\text{µs}}{\text{Div}} \\ &\text{(II)} && f = \dfrac{1}{T} \end{aligned}

T = 4\ \text{Div} \cdot 50\ \tfrac{\text{µs}}{\text{Div}} = 200\ \text{µs} \qquad \text{I in II:}\quad f = \frac{1}{200\ \text{µs}} = \underline{\underline{5{,}00\ \text{kHz}}}

Antwort 2. 500 Hz (Antwort 1) ist ein Zehnerpotenzfehler (Zeitablenkung als 0,5 ms/Div gelesen). 2,50 kHz (Antwort 3) ergibt sich mit der doppelten Periodendauer von 400 µs (8 Div). 20,0 kHz (Antwort 4) ist der Kehrwert von nur einer Teilung (50 µs). 200 Hz (Antwort 5) übernimmt die Zahl der Periodendauer (200 µs) als Frequenz, ohne den Kehrwert zu bilden.

Geg.: Oszillogramm: Zeitablenkung 0{,}2\ \text{ms/Div}; eine Periode 5 Div; Versatz der Nulldurchgänge 0,5 Div

a) Ges.: T, f

T = 5\ \text{Div} \cdot 0{,}2\ \tfrac{\text{ms}}{\text{Div}} = \underline{\underline{1{,}00\ \text{ms}}} \qquad f = \frac{1}{T} = \frac{1}{1{,}00\ \text{ms}} = \underline{\underline{1{,}00\ \text{kHz}}}

b) Ges.: \omega

\omega = 2\pi \cdot f = 2\pi \cdot 1000\ \tfrac{1}{\text{s}} \approx \underline{\underline{6{,}28 \cdot 10^3\ \tfrac{1}{\text{s}}}}

c) Ges.: \Delta t, \varphi

Die steigenden Nulldurchgänge liegen bei 0 Div (u_1) und 0,5 Div (u_2):

\Delta t = 0{,}5\ \text{Div} \cdot 0{,}2\ \tfrac{\text{ms}}{\text{Div}} = \underline{\underline{0{,}100\ \text{ms}}} \qquad \varphi = \frac{\Delta t}{T} \cdot 360° = \frac{0{,}100\ \text{ms}}{1{,}00\ \text{ms}} \cdot 360° = \underline{\underline{36{,}0°}}

d) Ges.: voreilende Spannung

u_1 erreicht Nulldurchgang und Scheitel 0,1 ms früher als u_2: \underline{\underline{u_1 \text{ eilt vor}}} (u_2 eilt um 36° nach). Das passt zu einem Tiefpass, dessen Ausgangsspannung nacheilt.

Richtige Antwort: 4

Geg.: \hat{u} = 12\ \text{V}; t_\mathrm{i} = 0{,}2\ \text{ms}; T = 0{,}8\ \text{ms}

Ges.: \overline{u}

\begin{aligned} &\text{(I)} && g = \dfrac{t_\mathrm{i}}{T} \\ &\text{(II)} && \overline{u} = g \cdot \hat{u} \end{aligned}

I in II:

\overline{u} = \frac{t_\mathrm{i}}{T} \cdot \hat{u} = \frac{0{,}2\ \text{ms}}{0{,}8\ \text{ms}} \cdot 12\ \text{V} = 0{,}25 \cdot 12\ \text{V} = \underline{\underline{3\ \text{V}}}

Antwort 4. 4 V (Antwort 1) erhält man mit dem Verhältnis Impuls zu Pause (0{,}2 : 0{,}6) statt Impuls zu Periode. 6 V (Antwort 2) gilt nur bei Tastgrad 50 %. 9 V (Antwort 3) verwendet den Pausenanteil (75 %). 8,49 V (Antwort 5) ist 12\ \text{V} : \sqrt{2}, der Effektivwert einer Sinusspannung – hier weder Sinus noch Mittelwert.

a) Geg.: u_1: Scheitel 3 Div; 2\ \text{V/Div}; Sinus

Ges.: \hat{u}_1, u_\mathrm{ss1}, U_1

\hat{u}_1 = 3\ \text{Div} \cdot 2\ \tfrac{\text{V}}{\text{Div}} = \underline{\underline{6{,}00\ \text{V}}} \qquad u_\mathrm{ss1} = 2 \cdot \hat{u}_1 = \underline{\underline{12{,}0\ \text{V}}} \qquad U_1 = \frac{\hat{u}_1}{\sqrt{2}} = \frac{6{,}00\ \text{V}}{\sqrt{2}} \approx \underline{\underline{4{,}24\ \text{V}}}

b) Geg.: R = 12\ \Omega; \hat{u} = 24\ \text{V}; g = 0{,}40

Ges.: \overline{u}, U_\mathrm{eff}, P

\overline{u} = g \cdot \hat{u} = 0{,}40 \cdot 24\ \text{V} = \underline{\underline{9{,}60\ \text{V}}}

U_\mathrm{eff} = \sqrt{g} \cdot \hat{u} = \sqrt{0{,}40} \cdot 24\ \text{V} \approx \underline{\underline{15{,}2\ \text{V}}}

P = \frac{U_\mathrm{eff}^2}{R} = \frac{g \cdot \hat{u}^2}{R} = \frac{0{,}40 \cdot (24\ \text{V})^2}{12\ \Omega} = \underline{\underline{19{,}2\ \text{W}}}

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: P = (15{,}2\ \text{V})^2 : 12\ \Omega \approx 19{,}3\ \text{W}
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: P = 19{,}2\ \text{W} (exakt)

Mit dem Gleichwert ergäbe sich (9{,}60\ \text{V})^2 : 12\ \Omega \approx 7{,}68\ \text{W} – viel zu wenig. Richtig ist: Die volle Leistung 24^2 : 12 = 48\ \text{W} wirkt während 40 % der Zeit, im Mittel also 0{,}40 \cdot 48\ \text{W} = 19{,}2\ \text{W}. Für Wärmewirkungen zählt der Effektivwert.

c) Geg.: Dreieck, u_\mathrm{ss} = 6\ \text{V}; Anzeige = 1{,}11 \cdot \overline{\vert u \vert}

Ges.: Anzeige, U_\mathrm{eff}, relative Abweichung

\hat{u} = \frac{u_\mathrm{ss}}{2} = 3{,}00\ \text{V} \qquad \overline{\vert u \vert} = \frac{\hat{u}}{2} = 1{,}50\ \text{V}

U_\mathrm{Anz} = 1{,}11 \cdot 1{,}50\ \text{V} \approx \underline{\underline{1{,}67\ \text{V}}} \qquad U_\mathrm{eff} = \frac{\hat{u}}{\sqrt{3}} = \frac{3{,}00\ \text{V}}{\sqrt{3}} \approx \underline{\underline{1{,}73\ \text{V}}}

Die relative Abweichung hängt nur vom Verhältnis der Formfaktoren ab:

f_\mathrm{rel} = \frac{U_\mathrm{Anz} - U_\mathrm{eff}}{U_\mathrm{eff}} = \frac{1{,}11 \cdot \hat{u}/2}{\hat{u}/\sqrt{3}} - 1 = 1{,}11 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} - 1 \approx \underline{\underline{-3{,}87\ \%}}

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: (1{,}67\ \text{V} - 1{,}73\ \text{V}) : 1{,}73\ \text{V} \approx -3{,}47\ \%
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: (1{,}665\ \text{V} - 1{,}732\ \text{V}) : 1{,}732\ \text{V} \approx -3{,}87\ \%

Das Gerät zeigt etwa 3,9 % zu wenig an. Hier verfälscht das Runden der Zwischenwerte das Ergebnis deutlich, weil zwei fast gleich große Zahlen voneinander abgezogen werden. Abhilfe: Echteffektivwert-Messgerät (TRMS).

Richtige Antwort: 3

Geg.: R = 1{,}00\ \text{k}\Omega; C = 100\ \text{nF}; f = 1{,}00\ \text{kHz}; Reihenschaltung

Ges.: Z

\begin{aligned} &\text{(I)} && X_C = \dfrac{1}{2\pi f C} \\ &\text{(II)} && Z = \sqrt{R^2 + X_C^2} \end{aligned}

X_C = \frac{1}{2\pi \cdot 1000\ \tfrac{1}{\text{s}} \cdot 100 \cdot 10^{-9}\ \text{F}} \approx 1{,}59\ \text{k}\Omega

I in II:

Z = \sqrt{(1{,}00\ \text{k}\Omega)^2 + (1{,}59\ \text{k}\Omega)^2} \approx \underline{\underline{1{,}88\ \text{k}\Omega}}

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: X_C \approx 1{,}59\ \text{k}\Omega: Z \approx 1{,}878\ \text{k}\Omega \approx 1{,}88\ \text{k}\Omega
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: X_C = 1{,}5915\ \text{k}\Omega: Z \approx 1{,}880\ \text{k}\Omega \approx 1{,}88\ \text{k}\Omega

Antwort 3. 2,59 kΩ (Antwort 1) ist die arithmetische Summe R + X_C – die Spannungen sind aber um 90° verschoben und werden geometrisch addiert. 847 Ω (Antwort 2) wäre der Scheinwiderstand der Parallelschaltung R \cdot X_C : \sqrt{R^2 + X_C^2}. 591 Ω (Antwort 4) ist die Differenz X_C - R. 1,59 kΩ (Antwort 5) ist nur der Blindwiderstand ohne R.

Geg.: R = 1{,}00\ \text{k}\Omega; C = 100\ \text{nF}; U = 10{,}0\ \text{V}; f = 1{,}00\ \text{kHz}; aus 3.1: X_C \approx 1{,}59\ \text{k}\Omega, Z \approx 1{,}88\ \text{k}\Omega

a) Ges.: I

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} U & = & Z \cdot I & \color{gray}{:Z} \\ I & = & \dfrac{U}{Z} = \dfrac{10{,}0\ \text{V}}{1{,}88\ \text{k}\Omega} \approx \underline{\underline{5{,}32\ \text{mA}}} & \end{array}

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: I = 10{,}0\ \text{V} : 1{,}88\ \text{k}\Omega \approx 5{,}32\ \text{mA}
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: I = 10{,}0\ \text{V} : 1{,}8796\ \text{k}\Omega \approx 5{,}32\ \text{mA}

b) Ges.: U_R, U_C; Kontrolle

U_R = R \cdot I = 1{,}00\ \text{k}\Omega \cdot 5{,}32\ \text{mA} = \underline{\underline{5{,}32\ \text{V}}} \qquad U_C = X_C \cdot I = 1{,}59\ \text{k}\Omega \cdot 5{,}32\ \text{mA} \approx \underline{\underline{8{,}46\ \text{V}}}

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: U_C = 1{,}59\ \text{k}\Omega \cdot 5{,}32\ \text{mA} \approx 8{,}46\ \text{V}
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: U_C = 1{,}5915\ \text{k}\Omega \cdot 5{,}3202\ \text{mA} \approx 8{,}47\ \text{V}

U = \sqrt{U_R^2 + U_C^2} = \sqrt{(5{,}32\ \text{V})^2 + (8{,}46\ \text{V})^2} \approx \underline{\underline{9{,}99\ \text{V}}} \approx 10{,}0\ \text{V}

Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich genau 10,0 V. Die arithmetische Summe 5{,}32\ \text{V} + 8{,}46\ \text{V} = 13{,}8\ \text{V} wäre falsch.

c) Ges.: \varphi

\tan\varphi = \frac{X_C}{R} = \frac{1{,}59\ \text{k}\Omega}{1{,}00\ \text{k}\Omega} = 1{,}59 \qquad \varphi = \arctan 1{,}59 \approx \underline{\underline{57{,}8°}}

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: \arctan 1{,}59 \approx 57{,}8°
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: \arctan 1{,}5915 \approx 57{,}9°

Der Strom eilt der Gesamtspannung um diesen Winkel voraus (kapazitives Verhalten).

d) Ges.: Zeigerdiagramm

Bezugszeiger ist der gemeinsame Strom I (waagerecht, beliebige Länge). U_R liegt in Phase mit I: \underline{\underline{5{,}32\ \text{cm}}} waagerecht. U_C eilt I um 90° nach: \underline{\underline{8{,}46\ \text{cm}}} senkrecht nach unten, angesetzt an der Spitze von U_R. Die Gesamtspannung U verbindet den Anfang von U_R mit der Spitze von U_C; nachgemessen ergibt sich etwa 10,0 cm, also 10,0 V. Der Winkel \varphi \approx 58° liegt zwischen I und U.

e) Ges.: f für U_R = U_C

Gleiche Teilspannungen bei gleichem Strom bedeuten X_C = R:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} \dfrac{1}{2\pi f C} & = & R & \color{gray}{\cdot f : R} \\ f & = & \dfrac{1}{2\pi \cdot R \cdot C} = \dfrac{1}{2\pi \cdot 1{,}00\ \text{k}\Omega \cdot 100\ \text{nF}} \approx \underline{\underline{1{,}59\ \text{kHz}}} & \end{array}

Das ist die Grenzfrequenz des RC-Glieds; dort ist \varphi = 45°.

Richtige Antwort: 3

Geg.: U_\mathrm{e} = 5{,}00\ \text{mV}; U_\mathrm{a} = 2{,}50\ \text{V}; Bandpass -1{,}5\ \text{dB}; Leitung l = 40\ \text{m} mit a' = 0{,}15\ \text{dB/m}; Hauptverstärker +30\ \text{dB}

Ges.: G_\mathrm{V}

\begin{aligned} &\text{(I)} && G_\mathrm{ges} = 20 \cdot \lg\dfrac{U_\mathrm{a}}{U_\mathrm{e}}\ \text{dB} \\ &\text{(II)} && a_\mathrm{L} = a' \cdot l \\ &\text{(III)} && G_\mathrm{ges} = G_\mathrm{V} - 1{,}5\ \text{dB} - a_\mathrm{L} + 30\ \text{dB} \end{aligned}

G_\mathrm{ges} = 20 \cdot \lg\frac{2{,}50\ \text{V}}{5{,}00\ \text{mV}}\ \text{dB} = 20 \cdot \lg 500\ \text{dB} \approx 54{,}0\ \text{dB} \qquad a_\mathrm{L} = 0{,}15\ \tfrac{\text{dB}}{\text{m}} \cdot 40\ \text{m} = 6{,}0\ \text{dB}

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} G_\mathrm{ges} & = & G_\mathrm{V} - 1{,}5\ \text{dB} - 6{,}0\ \text{dB} + 30\ \text{dB} = G_\mathrm{V} + 22{,}5\ \text{dB} & \color{gray}{-22{,}5\ \text{dB}} \\ G_\mathrm{V} & = & G_\mathrm{ges} - 22{,}5\ \text{dB} = 54{,}0\ \text{dB} - 22{,}5\ \text{dB} & \\ G_\mathrm{V} & = & \underline{\underline{31{,}5\ \text{dB}}} & \end{array}

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: G_\mathrm{V} = 54{,}0\ \text{dB} - 22{,}5\ \text{dB} = 31{,}5\ \text{dB}
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: G_\mathrm{V} = 53{,}98\ \text{dB} - 22{,}5\ \text{dB} \approx 31{,}5\ \text{dB}

Der Vorverstärker vergrößert die Spannung damit etwa um den Faktor 10^{31{,}5/20} \approx 37{,}5.

Antwort 3. 54,0 dB (Antwort 1) ist das Gesamtmaß der Kette; die übrigen Glieder fehlen. 16,5 dB (Antwort 2) entsteht, wenn Bandpass und Leitung mit falschem Vorzeichen eingesetzt werden (54{,}0 - 30 - 1{,}5 - 6{,}0). 37,5 dB (Antwort 4) ist der Spannungsfaktor des Vorverstärkers, nicht sein Maß. 4,49 dB (Antwort 5) ergibt sich mit der Leistungsformel 10 \cdot \lg 500 \approx 27{,}0\ \text{dB} für das Gesamtmaß.

Richtige Antwort: 4

Geg.: L_\mathrm{E,min} = -90\ \text{dBm}; Funkweg a_\mathrm{F} = 96\ \text{dB}; Antennengewinn G_\mathrm{A} = 2\ \text{dB}; Kabel a_\mathrm{K} = 3\ \text{dB}

Ges.: P_\mathrm{S,min}

\begin{aligned} &\text{(I)} && L_\mathrm{E} = L_\mathrm{S} + G_\mathrm{A} - a_\mathrm{F} - a_\mathrm{K} \\ &\text{(II)} && L_\mathrm{S} = 10 \cdot \lg\dfrac{P_\mathrm{S}}{1\ \text{mW}}\ \text{dBm} \end{aligned}

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} L_\mathrm{E} & = & L_\mathrm{S} + G_\mathrm{A} - a_\mathrm{F} - a_\mathrm{K} & \color{gray}{- G_\mathrm{A} + a_\mathrm{F} + a_\mathrm{K}} \\ L_\mathrm{S} & = & -90\ \text{dBm} - 2\ \text{dB} + 96\ \text{dB} + 3\ \text{dB} = 7{,}0\ \text{dBm} & \color{gray}{\text{in II}; :10\ \text{dBm}} \\ \dfrac{L_\mathrm{S}}{10\ \text{dBm}} & = & \lg\dfrac{P_\mathrm{S}}{1\ \text{mW}} & \color{gray}{10^{(\ldots)}} \\ P_\mathrm{S} & = & 1\ \text{mW} \cdot 10^{7{,}0/10} \approx \underline{\underline{5{,}01\ \text{mW}}} & \end{array}

Antwort 4. 7,00 mW (Antwort 1) setzt den Pegel in dBm mit der Leistung in mW gleich. 12,6 mW (Antwort 2) rechnet den Antennengewinn als Dämpfung (11 dBm). 2,24 mW (Antwort 3) verwendet den Faktor 20 der Spannungsformel. 5,01 W (Antwort 5) verwechselt den Bezug 1 mW mit 1 W.

Geg.: L_\mathrm{A} = 62\ \text{dBµV}; l = 25\ \text{m}; a' = 20\ \text{dB/100 m}; Verteiler 4 dB; Dose 1,5 dB; Empfänger 54 … 80 dBµV

a) Ges.: a_\mathrm{K}

a_\mathrm{K} = a' \cdot l = \frac{20\ \text{dB}}{100\ \text{m}} \cdot 25\ \text{m} = \underline{\underline{5{,}0\ \text{dB}}}

b) Ges.: L_\mathrm{E}

L_\mathrm{E} = L_\mathrm{A} - a_\mathrm{K} - a_\mathrm{V} - a_\mathrm{D} = 62\ \text{dBµV} - 5{,}0\ \text{dB} - 4\ \text{dB} - 1{,}5\ \text{dB} = \underline{\underline{51{,}5\ \text{dBµV}}}

c) Ges.: U_\mathrm{E}

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} L_\mathrm{E} & = & 20 \cdot \lg\dfrac{U_\mathrm{E}}{1\ \text{µV}}\ \text{dBµV} & \color{gray}{:20\ \text{dBµV}} \\ \dfrac{L_\mathrm{E}}{20\ \text{dBµV}} & = & \lg\dfrac{U_\mathrm{E}}{1\ \text{µV}} & \color{gray}{10^{(\ldots)}} \\ 10^{L_\mathrm{E}/20\,\text{dBµV}} & = & \dfrac{U_\mathrm{E}}{1\ \text{µV}} & \color{gray}{\cdot 1\ \text{µV}} \\ U_\mathrm{E} & = & 1\ \text{µV} \cdot 10^{51{,}5/20} = 1\ \text{µV} \cdot 10^{2{,}575} \approx \underline{\underline{376\ \text{µV}}} & \end{array}

d) Ges.: Beurteilung; Mindestverstärkung; Prüfung 10 dB

51,5 dBµV liegt \underline{\underline{\text{unter dem Mindestpegel}}} von 54 dBµV; der Empfang ist nicht sicher.

G_\mathrm{min} = 54\ \text{dBµV} - 51{,}5\ \text{dBµV} = \underline{\underline{2{,}5\ \text{dB}}}

Mit 10 dB Verstärkung (z. B. direkt hinter der Antenne): 51{,}5\ \text{dBµV} + 10\ \text{dB} = 61{,}5\ \text{dBµV}. Der Wert liegt im Bereich 54 … 80 dBµV mit Reserve nach beiden Seiten: Der Verstärker ist \underline{\underline{\text{geeignet}}}.

Geg.: Stufen 0 dB, −20 dB, −40 dB; R_\mathrm{ges} = R_\mathrm{a} + R_\mathrm{b} + R_\mathrm{c} = 100\ \text{k}\Omega; unbelastet

a) Ges.: U_2 : U_1 für −20 dB und −40 dB

\frac{U_2}{U_1} = 10^{G/20} \qquad 10^{-20/20} = \underline{\underline{0{,}100}} \qquad 10^{-40/20} = \underline{\underline{0{,}0100}}

b) Ges.: R_\mathrm{a}, R_\mathrm{b}, R_\mathrm{c}

Am unbelasteten Teiler verhalten sich die Spannungen wie die Widerstände. Stellung −40 dB greift die Spannung an R_\mathrm{c} ab:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} \dfrac{U_2}{U_1} & = & \dfrac{R_\mathrm{c}}{R_\mathrm{ges}} & \color{gray}{\cdot R_\mathrm{ges}} \\ R_\mathrm{c} & = & 0{,}0100 \cdot 100\ \text{k}\Omega = \underline{\underline{1{,}00\ \text{k}\Omega}} & \end{array}

Stellung −20 dB greift an R_\mathrm{b} + R_\mathrm{c} ab:

R_\mathrm{b} + R_\mathrm{c} = 0{,}100 \cdot 100\ \text{k}\Omega = 10{,}0\ \text{k}\Omega \qquad R_\mathrm{b} = 10{,}0\ \text{k}\Omega - 1{,}00\ \text{k}\Omega = \underline{\underline{9{,}00\ \text{k}\Omega}}

R_\mathrm{a} = 100\ \text{k}\Omega - 10{,}0\ \text{k}\Omega = \underline{\underline{90{,}0\ \text{k}\Omega}}

c) Ges.: U_2 bei −40 dB

U_2 = 0{,}0100 \cdot 5{,}00\ \text{V} = \underline{\underline{50{,}0\ \text{mV}}}

d) Ges.: Begründung

Ein niederohmiger Eingang läge parallel zu R_\mathrm{b} + R_\mathrm{c} bzw. R_\mathrm{c} und würde den Teiler belasten: Die Ausgangsspannung wäre kleiner, die Dämpfungsstufen stimmten nicht mehr. Der Eingangswiderstand muss \underline{\underline{\text{groß gegen die Teilerwiderstände}}} sein (sonst Impedanzwandler nachschalten).

Richtige Antwort: 4

Geg.: RC-Tiefpass, f \gg f_\mathrm{g}, Frequenz × 10

Ges.: Abnahme des Spannungsmaßes

Weit oberhalb von f_\mathrm{g} gilt U_2/U_1 \approx f_\mathrm{g}/f: Zehnfache Frequenz ergibt ein Zehntel der Spannung, also 20 \cdot \lg 0{,}1 = -20\ \text{dB}: \underline{\underline{20\ \text{dB je Dekade}}}, Antwort 4. 3 dB (Antwort 1) ist der Abfall bei der Grenzfrequenz. 6 dB (Antwort 2) gelten je Oktave (doppelte Frequenz). 10 dB (Antwort 3) ergäben sich, wenn man das Spannungsverhältnis mit der Leistungsformel 10 \cdot \lg umrechnet. 40 dB (Antwort 5) gelten für ein Filter 2. Ordnung.

Geg.: R = 10{,}0\ \text{k}\Omega; f_\mathrm{g,soll} = 100\ \text{Hz}; Nutzsignal bis 10 Hz; Störung 1,00 kHz, U_1 = 2{,}00\ \text{V}

a) Ges.: C

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} f_\mathrm{g} & = & \dfrac{1}{2\pi \cdot R \cdot C} & \color{gray}{\cdot C : f_\mathrm{g}} \\ C & = & \dfrac{1}{2\pi \cdot R \cdot f_\mathrm{g}} = \dfrac{1}{2\pi \cdot 10{,}0\ \text{k}\Omega \cdot 100\ \text{Hz}} \approx \underline{\underline{159\ \text{nF}}} & \end{array}

b) Ges.: E12-Wert, f_\mathrm{g}

Gewählt: \underline{\underline{C = 150\ \text{nF}}}.

f_\mathrm{g} = \frac{1}{2\pi \cdot 10{,}0\ \text{k}\Omega \cdot 150\ \text{nF}} \approx \underline{\underline{106\ \text{Hz}}}

Der kleinere Kondensator verschiebt die Grenzfrequenz leicht nach oben: Das Nutzsignal wird noch weniger beeinflusst, die Störung bei 1 kHz aber etwas weniger gedämpft.

c) Ges.: U_2 : U_1 bei 10 Hz

\frac{U_2}{U_1} = \frac{1}{\sqrt{1 + (f/f_\mathrm{g})^2}} = \frac{1}{\sqrt{1 + (10\ \text{Hz} : 106\ \text{Hz})^2}} \approx \underline{\underline{0{,}996}}

Das Nutzsignal wird praktisch nicht abgeschwächt (−0,04 dB). Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich ebenfalls 0,996.

d) Ges.: U_2 bei 1,00 kHz; a

\frac{f}{f_\mathrm{g}} = \frac{1000\ \text{Hz}}{106\ \text{Hz}} \approx 9{,}43 \qquad \frac{U_2}{U_1} = \frac{1}{\sqrt{1 + 9{,}43^2}} \approx 0{,}105

U_2 = 0{,}105 \cdot 2{,}00\ \text{V} = \underline{\underline{0{,}210\ \text{V}}} \qquad a = -20 \cdot \lg 0{,}105\ \text{dB} \approx \underline{\underline{19{,}6\ \text{dB}}}

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: U_2/U_1 \approx 0{,}105: U_2 = 0{,}210\ \text{V}, a \approx 19{,}6\ \text{dB}
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: f_\mathrm{g} = 106{,}10\ \text{Hz}: U_2/U_1 \approx 0{,}1055, U_2 \approx 0{,}211\ \text{V}, a \approx 19{,}5\ \text{dB}

e) Ges.: \varphi bei f_\mathrm{g}

Bei f = f_\mathrm{g} ist X_C = R, also \varphi = -\arctan 1 = \underline{\underline{-45°}}. Die \underline{\underline{\text{Eingangsspannung eilt vor}}}, die Ausgangsspannung am Kondensator eilt um 45° nach.

Geg.: C_\mathrm{K} = 1{,}00\ \text{µF}; R_\mathrm{E} = 22{,}0\ \text{k}\Omega bzw. 4{,}70\ \text{k}\Omega; Audiosignal ab 20 Hz

a) Ges.: Filterart, Aufgabe

C_\mathrm{K} im Längszweig und R_\mathrm{E} im Querzweig bilden einen \underline{\underline{\text{RC-Hochpass}}}. Der Koppelkondensator trennt den Gleichspannungsanteil (Arbeitspunkt) der Quelle vom Verstärkereingang und lässt nur das Wechselsignal durch.

b) Ges.: f_\mathrm{u}

f_\mathrm{u} = \frac{1}{2\pi \cdot R_\mathrm{E} \cdot C_\mathrm{K}} = \frac{1}{2\pi \cdot 22{,}0\ \text{k}\Omega \cdot 1{,}00\ \text{µF}} \approx \underline{\underline{7{,}23\ \text{Hz}}}

c) Ges.: f_\mathrm{u} mit 4,70 kΩ; Beurteilung

f_\mathrm{u} = \frac{1}{2\pi \cdot 4{,}70\ \text{k}\Omega \cdot 1{,}00\ \text{µF}} \approx \underline{\underline{33{,}9\ \text{Hz}}}

Die Grenzfrequenz liegt über 20 Hz: Tiefe Töne werden \underline{\underline{\text{deutlich abgeschwächt}}} (bei 20 Hz auf etwa 51 %, rund −6 dB). Die Schaltung muss angepasst werden.

d) Ges.: C_\mathrm{K,min}, E6-Wert

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} f_\mathrm{u} & = & \dfrac{1}{2\pi \cdot R_\mathrm{E} \cdot C_\mathrm{K}} & \color{gray}{\cdot C_\mathrm{K} : f_\mathrm{u}} \\ C_\mathrm{K} & = & \dfrac{1}{2\pi \cdot R_\mathrm{E} \cdot f_\mathrm{u}} = \dfrac{1}{2\pi \cdot 4{,}70\ \text{k}\Omega \cdot 20\ \text{Hz}} \approx \underline{\underline{1{,}69\ \text{µF}}} & \end{array}

Gewählt wird der nächstgrößere Wert \underline{\underline{C_\mathrm{K} = 2{,}2\ \text{µF}}}; damit ist f_\mathrm{u} \approx 15{,}4\ \text{Hz}.

Richtige Antwort: 2

Geg.: RC-Hochpass (Ausgang an R), Rechteckspannung, \tau \ll T

Ges.: Verlauf von u_2

Bei jeder Flanke springt die Spannung am Widerstand um den Sprung der Eingangsspannung, weil sich die Kondensatorspannung nicht sprunghaft ändern kann. Danach lädt sich C schnell um, u_R klingt nach etwa 5\tau auf null ab. Es entstehen \underline{\underline{\text{positive und negative Nadelimpulse}}}: Diagramm 2. Diagramm 1 zeigt die Kondensatorspannung eines Tiefpasses mit \tau in der Größenordnung von T. Diagramm 3 ist die Ausgangsspannung des Hochpasses bei \tau \gg T (Rechteck mit Dachschräge ohne Gleichanteil). Diagramm 4 ist das Dreieck eines Integrierers bzw. Integrierglieds. Diagramm 5 hat nur positive Impulse; die negativen Impulse an der fallenden Flanke fehlen – so sähe es nur mit einer zusätzlichen Diode aus.

Geg.: R_1 = 10{,}0\ \text{k}\Omega; R_2 = 100\ \text{k}\Omega; C = 1{,}50\ \text{nF}; \pm 12\ \text{V}; \hat{u}_\mathrm{A,max} \approx 11\ \text{V}

a) Ges.: V_0, G_0

V_0 = -\frac{R_2}{R_1} = -\frac{100\ \text{k}\Omega}{10{,}0\ \text{k}\Omega} = \underline{\underline{-10{,}0}} \qquad G_0 = 20 \cdot \lg|V_0|\ \text{dB} = \underline{\underline{20{,}0\ \text{dB}}}

b) Ges.: f_\mathrm{g}

f_\mathrm{g} = \frac{1}{2\pi \cdot R_2 \cdot C} = \frac{1}{2\pi \cdot 100\ \text{k}\Omega \cdot 1{,}50\ \text{nF}} \approx \underline{\underline{1{,}06\ \text{kHz}}}

c) Ges.: |V| und G bei 10,0 kHz

|V| = \frac{|V_0|}{\sqrt{1 + (f/f_\mathrm{g})^2}} = \frac{10{,}0}{\sqrt{1 + (10{,}0\ \text{kHz} : 1{,}06\ \text{kHz})^2}} \approx \underline{\underline{1{,}05}}

G = 20 \cdot \lg 1{,}05\ \text{dB} \approx \underline{\underline{0{,}42\ \text{dB}}}

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: f/f_\mathrm{g} \approx 9{,}43, |V| \approx 1{,}05: G \approx 0{,}42\ \text{dB}
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: f/f_\mathrm{g} = 9{,}4248: |V| = 1{,}0551 \approx 1{,}06, G \approx 0{,}47\ \text{dB}

Gegenüber den 20 dB bei tiefen Frequenzen ist die Verstärkung um fast 20 dB gesunken – eine Dekade oberhalb von f_\mathrm{g}.

d) Ges.: Schaltung ohne R_2; Wirkung eines Offsets

Ohne R_2 entsteht ein \underline{\underline{\text{Integrierer}}}. Für Gleichspannung hat er keine Gegenkopplung (Verstärkung theoretisch unendlich): Schon eine kleine Offsetspannung lädt C ständig weiter auf, die Ausgangsspannung läuft als Rampe weg und bleibt an der Sättigungsgrenze (\approx \pm 11\ \text{V}) stehen. R_2 begrenzt die Gleichspannungsverstärkung auf V_0.

e) Ges.: Übersteuerung bei 100 Hz

\frac{f}{f_\mathrm{g}} = \frac{100\ \text{Hz}}{1{,}06\ \text{kHz}} \approx 0{,}0943 \qquad |V| = \frac{10{,}0}{\sqrt{1 + 0{,}0943^2}} \approx 9{,}96

U_\mathrm{A} = 9{,}96 \cdot 0{,}500\ \text{V} \approx 4{,}98\ \text{V} \qquad \hat{u}_\mathrm{A} = \sqrt{2} \cdot 4{,}98\ \text{V} \approx \underline{\underline{7{,}04\ \text{V}}}

7,04 V < 11 V: Der Ausgang wird \underline{\underline{\text{nicht übersteuert}}}. Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich ebenfalls \hat{u}_\mathrm{A} \approx 7{,}04\ \text{V}.

Geg.: Rechteck 0 V/5 V; f = 1{,}00\ \text{kHz}; g = 50\ \%; C = 1{,}00\ \text{nF}; R = 10{,}0\ \text{k}\Omega

a) Ges.: \tau; Vergleich mit t_\mathrm{i}

\tau = R \cdot C = 10{,}0\ \text{k}\Omega \cdot 1{,}00\ \text{nF} = \underline{\underline{10{,}0\ \text{µs}}} \qquad t_\mathrm{i} = g \cdot T = 0{,}5 \cdot 1{,}00\ \text{ms} = 500\ \text{µs}

t_\mathrm{i} = 50 \cdot \tau: Die Zeitkonstante ist sehr klein gegen die Impulsdauer (5\tau = 50\ \text{µs} \ll 500\ \text{µs}). Die Schaltung arbeitet als \underline{\underline{\text{Differenzierglied}}}.

b) Ges.: Skizze

c) Ges.: Spitzenwerte

An der steigenden Flanke springt u_2 auf \underline{\underline{+5\ \text{V}}}, an der fallenden auf \underline{\underline{-5\ \text{V}}} (der Kondensator ist jeweils vollständig umgeladen).

d) Ges.: t für |u_2| = 1{,}00\ \text{V}

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} u_2 & = & \hat{u} \cdot e^{-t/\tau} & \color{gray}{:\hat{u}} \\ \dfrac{u_2}{\hat{u}} & = & e^{-t/\tau} & \color{gray}{\ln(\ldots)} \\ \ln\dfrac{u_2}{\hat{u}} & = & -\dfrac{t}{\tau} & \color{gray}{\cdot(-\tau)} \\ t & = & -\tau \cdot \ln\dfrac{u_2}{\hat{u}} = -10{,}0\ \text{µs} \cdot \ln\dfrac{1{,}00\ \text{V}}{5{,}00\ \text{V}} \approx \underline{\underline{16{,}1\ \text{µs}}} & \end{array}

Geg.: C_1 = 1{,}00\ \text{µF}; R_1 = 100\ \text{k}\Omega; R_2 = 1{,}00\ \text{k}\Omega; R_3 = 39{,}0\ \text{k}\Omega; Sensor 12 V + 25,0 mV; -K_3: ±2,5 V

a) Ges.: Aufgabe, Filterart, f_\mathrm{g}

-C_1 und -R_1 bilden einen \underline{\underline{\text{Hochpass}}}. Er trennt das Ruhepotenzial von 12 V des Sensors ab; am Eingang von -K_1 liegt nur das Schwingungssignal um 0 V. Ohne ihn würde -K_1 die 12 V verstärken und sofort in die Sättigung gehen.

f_\mathrm{g} = \frac{1}{2\pi \cdot 100\ \text{k}\Omega \cdot 1{,}00\ \text{µF}} \approx \underline{\underline{1{,}59\ \text{Hz}}}

Die Grenzfrequenz liegt weit unter dem Nutzfrequenzbereich ab 10 Hz.

b) Ges.: V_1, G_1

V_1 = 1 + \frac{R_3}{R_2} = 1 + \frac{39{,}0\ \text{k}\Omega}{1{,}00\ \text{k}\Omega} = \underline{\underline{40{,}0}} \qquad G_1 = 20 \cdot \lg 40{,}0\ \text{dB} \approx \underline{\underline{32{,}0\ \text{dB}}}

c) Ges.: U_\mathrm{X2}, \hat{u}_\mathrm{X2}

U_\mathrm{X2} = V_1 \cdot U_\mathrm{B1} = 40{,}0 \cdot 25{,}0\ \text{mV} = \underline{\underline{1{,}00\ \text{V}}} \qquad \hat{u}_\mathrm{X2} = \sqrt{2} \cdot 1{,}00\ \text{V} \approx \underline{\underline{1{,}41\ \text{V}}}

d) Ges.: U_\mathrm{B1,max}; Reserve in dB

Der Scheitelwert an -X_3 darf 2,5 V erreichen. Mit |V_2| \approx 1 gilt:

\def\arraystretch{2.3} \begin{array}{rcl|l} \hat{u}_\mathrm{X3} & = & \sqrt{2} \cdot V_1 \cdot U_\mathrm{B1} & \color{gray}{:(\sqrt{2} \cdot V_1)} \\ U_\mathrm{B1,max} & = & \dfrac{\hat{u}_\mathrm{X3,max}}{\sqrt{2} \cdot V_1} = \dfrac{2{,}5\ \text{V}}{\sqrt{2} \cdot 40{,}0} \approx \underline{\underline{44{,}2\ \text{mV}}} & \end{array}

\Delta L = 20 \cdot \lg\frac{44{,}2\ \text{mV}}{25{,}0\ \text{mV}}\ \text{dB} \approx \underline{\underline{4{,}95\ \text{dB}}}

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: 20 \cdot \lg(44{,}2 : 25{,}0) \approx 4{,}95\ \text{dB}
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: 20 \cdot \lg(44{,}19 : 25{,}0) \approx 4{,}95\ \text{dB}

Die Schwingung darf etwa 1,8-mal so stark werden wie die Nennschwingung, bevor der A/D-Umsetzer übersteuert wird. -K_1 selbst wäre erst bei etwa 11 V am Ausgang begrenzt.

Geg.: R_4 = R_5 = 10{,}0\ \text{k}\Omega; C_2 = 15{,}0\ \text{nF}; V_1 = 40{,}0 (32,0 dB); U_\mathrm{B1} = 25{,}0\ \text{mV}; f_\mathrm{A} = 8{,}00\ \text{kHz}

a) Ges.: f_\mathrm{g} von -K_2

f_\mathrm{g} = \frac{1}{2\pi \cdot R_5 \cdot C_2} = \frac{1}{2\pi \cdot 10{,}0\ \text{k}\Omega \cdot 15{,}0\ \text{nF}} \approx \underline{\underline{1{,}06\ \text{kHz}}}

b) Ges.: G_\mathrm{ges}, U_\mathrm{X3} bei 1,00 kHz

|V_0| = R_5 : R_4 = 1, also:

|V_2| = \frac{1}{\sqrt{1 + (1{,}00\ \text{kHz} : 1{,}06\ \text{kHz})^2}} \approx 0{,}727 \qquad G_2 = 20 \cdot \lg 0{,}727\ \text{dB} \approx -2{,}77\ \text{dB}

G_\mathrm{ges} = G_1 + G_2 = 32{,}0\ \text{dB} - 2{,}77\ \text{dB} \approx \underline{\underline{29{,}2\ \text{dB}}}

U_\mathrm{X3} = V_1 \cdot |V_2| \cdot U_\mathrm{B1} = 40{,}0 \cdot 0{,}727 \cdot 25{,}0\ \text{mV} \approx \underline{\underline{0{,}727\ \text{V}}}

Mit gerundeten Zwischenergebnissen ergibt sich: f_\mathrm{g} = 1{,}06\ \text{kHz}: |V_2| \approx 0{,}7274, G_2 \approx -2{,}77\ \text{dB}, G_\mathrm{ges} \approx 29{,}2\ \text{dB}, U_\mathrm{X3} \approx 0{,}727\ \text{V}
Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich: f_\mathrm{g} = 1{,}0610\ \text{kHz}: |V_2| \approx 0{,}7277, G_2 \approx -2{,}76\ \text{dB}, G_\mathrm{ges} \approx 29{,}3\ \text{dB}, U_\mathrm{X3} \approx 0{,}728\ \text{V}

Am oberen Ende des Nutzbereichs wird das Signal also schon um knapp 3 dB abgeschwächt.

c) Ges.: a bei f_\mathrm{A}/2 = 4{,}00\ \text{kHz}

|V_2| = \frac{1}{\sqrt{1 + (4{,}00\ \text{kHz} : 1{,}06\ \text{kHz})^2}} \approx 0{,}256 \qquad a = -20 \cdot \lg 0{,}256\ \text{dB} \approx \underline{\underline{11{,}8\ \text{dB}}}

Ohne gerundete Zwischenergebnisse ergibt sich ebenfalls a \approx 11{,}8\ \text{dB}.

d) Ges.: Beurteilung, Verbesserung

Bei 4 kHz gelangt noch ein Viertel der Spannung zum A/D-Umsetzer. Störanteile (z. B. Lagergeräusche) über 4 kHz würden als falsche, tiefere Frequenzen im Messergebnis erscheinen. Das Filter ist \underline{\underline{\text{nicht ausreichend}}}. Verbesserungen: ein Tiefpass \underline{\underline{\text{höherer Ordnung}}} (z. B. 4. Ordnung mit 80 dB/Dekade) oder eine höhere Abtastfrequenz, damit f_\mathrm{A}/2 weit über der Grenzfrequenz liegt.

Richtige Antwort: 3

Geg.: -C_2 unterbrochen

Ges.: Auswirkung

Ohne -C_2 bleibt ein invertierender Verstärker mit V = -R_5 : R_4 = -1 übrig, dessen Verstärkung nicht von der Frequenz abhängt: \underline{\underline{\text{keine Tiefpasswirkung mehr}}}, Antwort 3. Die Messwerte im Nutzbereich bleiben fast gleich; der Fehler fällt nur durch Aliasing oder bei einer Frequenzgangmessung auf. Antwort 1 ist falsch, weil -R_5 die Gegenkopplung weiter herstellt. Antwort 2 beschreibt das Fehlen von -R_5, nicht von -C_2. Antwort 4: Ohne C_2 gibt es keine Grenzfrequenz mehr; eine Verdopplung ergäbe sich nur bei halber Kapazität. Antwort 5: Gleichspannung würde nur bei einem Kondensator im Längszweig gesperrt.