refactor: messungen am sender

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@@ -1,21 +1,29 @@
-Diese Schaltung stellt einen sogenannten Spannungsverdoppler dar. Der negative Spitzenwert wird zur Masse der Gleichspannung. Jeder der Spitzenwerte wird dabei durch $U_F$ verringert.
+Diese Schaltung arbeitet als Spannungsverdoppler beziehungsweise Spitze-Spitze-Detektor. Die positive und die negative Spitze des HF-Signals werden erfasst, sodass am Ausgang näherungsweise die Spitze-Spitze-Spannung abzüglich der Durchlassspannungen beider Dioden zur Verfügung steht.
 
 $U_{\mathrm{SS}} = \qty{15,3}{\volt} + 2 \cdot \qty{0,23}{\volt} = \qty{15,76}{\volt}$
 
-Ab jetzt kann man die entsprechenden Formeln aus der Formelsammlung anwenden, um die HF-Spannung zu errechnen:
+Aus
 
-$U_{\mathrm{SS}} = 2 \cdot \hat{U}$ 
+$U_{\mathrm{SS}} = 2 \cdot \hat{U}$
 
-$\hat{U} = \frac{U_{SS}}{2} = \qty{7,88}{\volt}$
+folgt für den Spitzenwert der HF-Spannung an der $\qty{5}{\ohm}$-Anzapfung:
 
-Die Spannung wurde durch die $\qty{5}{\ohm}$-Anzapfung der $\qty{50}{\ohm}$-Dummyload zu niedrig gemessen. Da die Gesamtleistung gesucht ist, muss man das rückgängig machen.
+$\hat{U} = \frac{U_{\mathrm{SS}}}{2} = \qty{7,88}{\volt}$
 
-$\hat{U}_{\mathrm{Sender}} = \frac{50}{5} \cdot \hat{U} = \qty{78,8}{\volt}$
+Die Spannung wird an einer $\qty{5}{\ohm}$-Anzapfung der insgesamt $\qty{50}{\ohm}$ großen Dummyload gemessen. Da durch die gesamte Dummyload derselbe Strom fließt, verhalten sich die Spannungen wie die Widerstände. Die HF-Spitzenspannung über der gesamten Dummyload beträgt daher:
 
-Aus den Formeln für Leistung und Effektivspannung in den Hilfsmitteln lässt sich dann die Antwort errechnen:
+$\hat{U}_{\mathrm{Sender}} = \frac{\qty{50}{\ohm}}{\qty{5}{\ohm}} \cdot \hat{U} = 10 \cdot \qty{7,88}{\volt} = \qty{78,8}{\volt}$
 
-$\hat{U} = U_{\mathrm{eff}} \cdot \sqrt{2}$ eingesetzt in $P = \frac{U^2}{R}$
+Mit
 
-$P = \frac{(\frac{\hat{U}_{\mathrm{Sender}}}{\sqrt{2}})^2}{R} = \frac{\hat{U}_{\mathrm{Sender}}^2}{2R} = \frac{78,8^2}{100} = \qty{62,0944}{\watt}$
+$\hat{U} = U_{\mathrm{eff}} \cdot \sqrt{2}$
 
-Die richtige Antwort ist daher "Zirka $\qty{60}{\watt}$".
+und
+
+$P = \frac{U_{\mathrm{eff}}^2}{R}$
+
+ergibt sich:
+
+$P = \frac{\hat{U}_{\mathrm{Sender}}^2}{2R} = \frac{(\qty{78,8}{\volt})^2}{2 \cdot \qty{50}{\ohm}} \approx \qty{62}{\watt}$
+
+Die HF-Leistung des Senders beträgt somit ungefähr $\qty{60}{\watt}$.

contents/solutions/AI607.md

@@ -0,0 +1,21 @@
+Die beiden Dioden bilden eine doppelte Spitzenwertgleichrichtung. Am Ausgang werden $\qty{15,3}{\volt}$ gemessen. Zusätzlich müssen die Durchlassspannungen der beiden Schottkydioden mit jeweils $\qty{0,23}{\volt}$ berücksichtigt werden:
+
+$U_\mathrm{SS} = \qty{15,3}{\volt} + 2 \cdot \qty{0,23}{\volt} = \qty{15,76}{\volt}$
+
+Der Spitzenwert der HF-Spannung beträgt damit:
+
+$\hat U = \frac{U_\mathrm{SS}}{2} = \frac{\qty{15,76}{\volt}}{2} = \qty{7,88}{\volt}$
+
+Für die Leistungsberechnung wird der Effektivwert benötigt:
+
+$U_\mathrm{eff} = \frac{\hat U}{\sqrt{2}} = \frac{\qty{7,88}{\volt}}{\sqrt{2}} \approx \qty{5,57}{\volt}$
+
+Die Widerstände mit $\qty{56}{\ohm}$ und $\qty{470}{\ohm}$ liegen parallel und bilden näherungsweise einen $\qty{50}{\ohm}$-Abschluss:
+
+$R = \qty{56}{\ohm} \parallel \qty{470}{\ohm} \approx \qty{50}{\ohm}$
+
+Damit ergibt sich die HF-Leistung:
+
+$P = \frac{U_\mathrm{eff}^2}{R} = \frac{(\qty{5,57}{\volt})^2}{\qty{50}{\ohm}} \approx \qty{0,62}{\watt}$
+
+Die HF-Leistung beträgt somit ungefähr $\qty{600}{\milli\watt}$.

contents/solutions/AI610.md

@@ -1,19 +1,21 @@
-Gehen wir von links nach rechts durch, was die Schaltung mit dem eingeführten Watt anstellt. Zunächst sieht man eine Parallelschaltung von $\qty{110}{\ohm}$, $\qty{110}{\ohm}$ und zwei $\qty{330}{\ohm}$ Widerständen.
+Gehen wir von links nach rechts durch, was die Schaltung mit dem eingeführten Watt anstellt.
+
+Zunächst sieht man eine Parallelschaltung von $\qty{110}{\ohm}$, $\qty{110}{\ohm}$ und zwei $\qty{330}{\ohm}$ Widerständen. Wir wissen ja, dass bei einem $\qty{50}{\ohm}$-System der Eingangswiderstand auch $\qty{50}{\ohm}$ betragen muss. Wenn man möchte, kann man das aber auch nochmal überprüfen und das Widerstandsnetzwerk berechnen. 
 
 Laut Formelsammlung:
 
 $\frac{1}{R} = \frac{1}{110} + \frac{1}{110} + \frac{1}{2 \cdot 330}$
 
-Damit ist $R = \frac{660}{13} \approx \qty{51}{\ohm}$
+Damit ist $R = \frac{660}{13} \approx \qty{50}{\ohm}$
 
 Führt man nun $\qty{1}{\watt}$ in diese Parallelschaltung ein, erhält man: 
 
-$U = \sqrt{P \cdot R} = \sqrt{1 \cdot 51} \approx \qty{7}{\volt}$
+$U = \sqrt{P \cdot R} = \sqrt{1 \cdot 50} \approx \sqrt{49} \approx \qty{7}{\volt}$
 
 Für die Diode zählt nur die obere Halbwelle, also die Spitzenspannung:
 
-$\hat{U} = U \cdot \sqrt{2} \approx \qty{10,1}{\volt}
+$\hat{U} = U \cdot \sqrt{2} \approx \qty{10}{\volt}$
 
 Die Eingangsspannung wird durch den $2 \cdot \qty{330}{\ohm}$ Spannungsteiler halbiert und dann um $U_F$ verringert:
 
-$U_A = \frac{\hat{U}}{2} - U_F = \qty{5,05}{\volt} - \qty{0,23}{\volt} \approx \qty{4,8}{\volt}$
+$U_A = \frac{\hat{U}}{2} - U_F = \qty{5}{\volt} - \qty{0,23}{\volt} \approx \qty{4,8}{\volt}$

contents/solutions/AI611.md

@@ -0,0 +1,31 @@
+Zunächst betrachten wir den Eingangswiderstand der Schaltung. Dieser sollte im Amateurfunk genau $\qty{50}{\ohm}$ betragen. Den Teil der Rechnung kann man also eigentlich überspringen. Der Vollständigkeit halber zeigen wir trotzdem, dass sich hier ingesamt $\qty{50}{\ohm}$ ergeben 
+
+Der Spannungsteiler aus den beiden Widerständen mit jeweils $\qty{330}{\ohm}$ hat insgesamt:
+
+$R_\mathrm{T}=\qty{330}{\ohm}+\qty{330}{\ohm}=\qty{660}{\ohm}$
+
+Dieser liegt parallel zu $R_1=\qty{54,1}{\ohm}$:
+
+$R_\mathrm{in}=R_1\parallel R_\mathrm{T}$
+
+$R_\mathrm{in}=\frac{\qty{54,1}{\ohm}\cdot\qty{660}{\ohm}}{\qty{54,1}{\ohm}+\qty{660}{\ohm}}\approx\qty{50}{\ohm}$
+
+Die Schaltung bildet somit näherungsweise einen $\qty{50}{\ohm}$-Abschluss.
+
+Am Ausgang werden $\qty{14,9}{\volt}$ Gleichspannung gemessen. Wegen der Durchlassspannung der Siliziumdiode von $\qty{0,7}{\volt}$ muss der HF-Spitzenwert am Eingang der Diode um diesen Betrag größer sein:
+
+$\hat U_\mathrm{D}=\qty{14,9}{\volt}+\qty{0,7}{\volt}=\qty{15,6}{\volt}$
+
+Die Diode liegt am Mittelpunkt des Spannungsteilers aus den beiden gleichen $\qty{330}{\ohm}$-Widerständen. Dort liegt daher nur die halbe HF-Eingangsspannung an. Der Spitzenwert am Eingang beträgt somit:
+
+$\hat U_\mathrm{in}=2\cdot\qty{15,6}{\volt}=\qty{31,2}{\volt}$
+
+Für die Leistungsberechnung benötigen wir den Effektivwert:
+
+$U_\mathrm{eff}=\frac{\hat U_\mathrm{in}}{\sqrt{2}}=\frac{\qty{31,2}{\volt}}{\sqrt{2}}\approx\qty{22,1}{\volt}$
+
+Damit ergibt sich die HF-Leistung:
+
+$P=\frac{U_\mathrm{eff}^2}{R_\mathrm{in}}=\frac{(\qty{22,1}{\volt})^2}{\qty{50}{\ohm}}\approx\qty{9,7}{\watt}$
+
+Die HF-Eingangsleistung beträgt somit ungefähr $\qty{9,7}{\watt}$.