Merge branch 'main' of github.com:DARC-e-V/50ohm-contents-dl

contents/solutions/AF414.md

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+Bei dieser Frage gerät man leicht auf den Holzweg. Der Transformator dient der Anpassung des Ausgangswiderstandes der ersten Schaltung an den Eingang der folgenden Schaltung. Dieser Teil ist allen Antworten gemein. Der "Trick" ist es die Schaltungen zu klassifizieren.
+
+Beide Transistoren sind an ihrem Emitter unbeschaltet, sind also Emitterschaltungen. Damit kann nur "Er dient der Anpassung des Ausgangswiderstandes der **Emitter**schaltung an den Eingang der folgenden **Emitter**schaltung." stimmen.

contents/solutions/AI104.md

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+Bei dieser Frage liegt die eigentliche Herausforderung weniger in der Berechnung als darin, zunächst die Zusammenhänge zu verstehen und die relevanten Angaben aus der Fragestellung herauszufiltern.
+
+Die relevanten Angaben sind am Ende lediglich:
+* $R = \qty{10}{\mega\ohm}$
+* $U = \qty{0,5}{\volt}$
+* $I = ?$
+
+Gemäß Formelsammlung:
+
+$I = \frac{U}{R} = \qty{\frac{0,5}{10000000}}{\ampere} = \qty{50}{\nano\ampere}$

contents/solutions/AI606.md

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+Diese Schaltung stellt einen sogenannten Spannungsverdoppler dar. Der negative Spitzenwert wird zur Masse der Gleichspannung. Jeder der Spitzenwerte wird dabei durch $U_F$ verringert.
+
+$U_{\mathrm{SS}} = \qty{15,3}{\volt} + 2 \cdot \qty{0,23}{\volt} = \qty{15,76}{\volt}$
+
+Ab jetzt kann man die entsprechenden Formeln aus der Formelsammlung anwenden, um die HF-Spannung zu errechnen:
+
+$U_{\mathrm{SS}} = 2 \cdot \hat{U}$ 
+
+$\hat{U} = \frac{U_{SS}}{2} = \qty{7,88}{\volt}$
+
+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.
+
+$\hat{U}_{\mathrm{Sender}} = \frac{50}{5} \cdot \hat{U} = \qty{78,8}{\volt}$
+
+Aus den Formeln für Leistung und Effektivspannung in den Hilfsmitteln lässt sich dann die Antwort errechnen:
+
+$\hat{U} = U_{\mathrm{eff}} \cdot \sqrt{2}$ eingesetzt in $P = \frac{U^2}{R}$
+
+$P = \frac{(\frac{\hat{U}_{\mathrm{Sender}}}{\sqrt{2}})^2}{R} = \frac{\hat{U}_{\mathrm{Sender}}^2}{2R} = \frac{78,8^2}{100} = \qty{62,0944}{\watt}$
+
+Die richtige Antwort ist daher "Zirka $\qty{60}{\watt}$".

contents/solutions/AI610.md

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+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.
+
+Laut Formelsammlung:
+
+$\frac{1}{R} = \frac{1}{110} + \frac{1}{110} + \frac{1}{2 \cdot 330}$
+
+Damit ist $R = \frac{660}{13} \approx \qty{51}{\ohm}$
+
+Führt man nun $\qty{1}{\watt}$ in diese Parallelschaltung ein, erhält man: 
+
+$U = \sqrt{P \cdot R} = \sqrt{1 \cdot 51} \approx \qty{7}{\volt}$
+
+Für die Diode zählt nur die obere Halbwelle, also die Spitzenspannung:
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+$\hat{U} = U \cdot \sqrt{2} \approx \qty{10,1}{\volt}
+
+Die Eingangsspannung wird durch den $2 \cdot \qty{330}{\ohm}$ Spannungsteiler halbiert und dann um $U_F$ verringert:
+
+$U_A = \frac{\hat{U}}{2} - U_F = \qty{5,05}{\volt} - \qty{0,23}{\volt} \approx \qty{4,8}{\volt}$