Übung ET1-06.R2 L

Prof. Dr. Thorsten Jungmann (Stand 2025-12-07)

Bezug zu ET1-06 Kirchhoffsche Regeln zur Netzwerkanalyse

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Aufgabe

Ein unbelasteter Spannungsteiler aus den Widerständen $R_1=1,0\mathrm{k\Omega }$ und $R_2=2,2\mathrm{k\Omega }$ wird an einer Gleichspannungsquelle mit $U_0=12,0\mathrm{V}$ betrieben.

Nun wird der Spannungsteiler mit einem Lastwiderstand $R_{\mathrm{L}}=4,7\mathrm{k\Omega }$ belastet, der parallel zu $R_2$ geschaltet wird.

a) Skizzieren Sie die Schaltung und identifizieren Sie Knoten, Zweige und Maschen.

b) Stellen Sie die Knotengleichung für den mittleren Knoten auf.

c) Stellen Sie die Maschengleichungen auf.

d) Berechnen Sie alle Ströme und Spannungen im belasteten Spannungsteiler.

e) Vergleichen Sie die Ausgangsspannung $U_2$ mit dem unbelasteten Fall. Um wie viel Prozent sinkt die Spannung durch die Belastung?

Lösung

a) 2 Knoten, 3 Zweige, 2 Maschen
b) $I_1=I_2+I_{\mathrm{L}}$
c) $M_1$: $U_0=U_1+U_2$; $M_2$: $U_2=U_{\mathrm{L}}$
d) $I_1=4,80\mathrm{mA}$, $I_2=3,27\mathrm{mA}$, $I_{\mathrm{L}}=1,53\mathrm{mA}$, $U_1=4,80\mathrm{V}$, $U_2=7,20\mathrm{V}$
e) Spannungsabfall von $8,25\mathrm{V}$ auf $7,20\mathrm{V}$ entspricht $-12,7\%$

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Lösung

Gegeben

Explizit gegeben:

• Quellenspannung: $U_0=12,0\mathrm{V}$
• Widerstand 1: $R_1=1,0\mathrm{k\Omega }$
• Widerstand 2: $R_2=2,2\mathrm{k\Omega }$
• Lastwiderstand: $R_{\mathrm{L}}=4,7\mathrm{k\Omega }$

Bekannt:

• Knotenpunktregel: $\sum I_k=0$
• Maschenregel: $\sum U_k=0$
• Ohmsches Gesetz: $U=R\cdot I$
• Spannungsteiler (unbelastet): $U_2=U_0\cdot \frac{R_2}{R_1+R_2}$

Dabei ist:

• $I_k$ der $k$-te Strom in Ampere ($\mathrm{A}$)
• $U_k$ die $k$-te Spannung in Volt ($\mathrm{V}$)
• $R_k$ der $k$-te Widerstand in Ohm ($\Omega$)

Gesucht

a) Schaltungsskizze mit Knoten, Zweigen, Maschen
b) Knotengleichung
c) Maschengleichungen
d) Alle Ströme und Spannungen
e) Vergleich mit unbelastetem Fall

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a) Schaltungsskizze und Topologie

Schaltung:

Topologische Analyse:

• Knoten: $K=2$ (K1 ist der Mittelknoten, K0 der Bezugsknoten)
• Zweige: $Z=3$ (Z1 mit $U_0$ und $R_1$, Z2 mit $R_2$, Z3 mit $R_{\mathrm{L}}$)
• Unabhängige Maschen: $M=Z-K+1=3-2+1=2$
  • M1: linke Masche über $U_0$, $R_1$, $R_2$
  • M2: rechte Masche über $R_2$ und $R_{\mathrm{L}}$
  • auch möglich, aber nicht sinnvoll(er): äußere Masche über $U_0$, $R_1$, $R_{\mathrm{L}}$

Hinweis

Die Spannungsquelle $U_0$ liegt in Reihe mit $R_1$ und bildet zusammen einen Zweig. Alternativ könnte man sie als separaten Zweig zählen, was zu $K=3$, $Z=4$, $M=2$ führt – das Ergebnis für $M$ bleibt gleich.

b) Knotengleichung

Knoten K1 (Mittelknoten, an dem sich die Ströme aufteilen):

Der Strom $I_1$ fließt von der Quelle durch $R_1$ zum Knoten K1. Dort teilt er sich auf in $I_2$ (durch $R_2$) und $I_{\mathrm{L}}$ (durch $R_{\mathrm{L}}$):

$$I_1-I_2-I_{\mathrm{L}}=0$$

Oder äquivalent:

$$I_1=I_2+I_{\mathrm{L}}$$

c) Maschengleichungen

Masche $M_1$ (linke Masche über $U_0$, $R_1$, $R_2$):

Umlauf im Uhrzeigersinn, beginnend bei K₀:

$$-U_0+U_1+U_2=0$$

Oder:

$$U_0=U_1+U_2$$

Masche $M_2$ (rechte Masche über $R_2$ und $R_{\mathrm{L}}$):

Da $R_2$ und $R_{\mathrm{L}}$ parallel liegen, gilt:

$$U_2=U_{\mathrm{L}}$$

d) Berechnung aller Ströme und Spannungen

Schritt 1: Ersatzwiderstand für $R_2\parallel R_{\mathrm{L}}$

$$R_{2\mathrm{L}}=\frac{R_2\cdot R_{\mathrm{L}}}{R_2+R_{\mathrm{L}}}=\frac{2,2\mathrm{k\Omega }\cdot 4,7\mathrm{k\Omega }}{2,2\mathrm{k\Omega }+4,7\mathrm{k\Omega }}=\frac{10,34{\mathrm{k\Omega }}^2}{6,9\mathrm{k\Omega }}=1,499\mathrm{k\Omega }$$

Schritt 2: Gesamtwiderstand

$$R_{\mathrm{ges}}=R_1+R_{2\mathrm{L}}=1,0\mathrm{k\Omega }+1,499\mathrm{k\Omega }=2,499\mathrm{k\Omega }$$

Schritt 3: Gesamtstrom $I_1$

$$I_1=\frac{U_0}{R_{\mathrm{ges}}}=\frac{12,0\mathrm{V}}{2,499\mathrm{k\Omega }}=\frac{12,0\mathrm{V}}{2499\Omega }=4,802\mathrm{mA}\approx \underline{4,80\mathrm{mA}}$$

Schritt 4: Spannungen berechnen

Spannung über $R_1$:

$$U_1=R_1\cdot I_1=1,0\mathrm{k\Omega }\cdot 4,802\mathrm{mA}=\underline{4,80\mathrm{V}}$$

Spannung über der Parallelschaltung (= Ausgangsspannung):

$$U_2=U_{\mathrm{L}}=U_0-U_1=12,0\mathrm{V}-4,80\mathrm{V}=\underline{7,20\mathrm{V}}$$

Schritt 5: Teilströme berechnen

Strom durch $R_2$:

$$I_2=\frac{U_2}{R_2}=\frac{7,20\mathrm{V}}{2,2\mathrm{k\Omega }}=\underline{3,27\mathrm{mA}}$$

Strom durch $R_{\mathrm{L}}$:

$$I_{\mathrm{L}}=\frac{U_{\mathrm{L}}}{R_{\mathrm{L}}}=\frac{7,20\mathrm{V}}{4,7\mathrm{k\Omega }}=\underline{1,53\mathrm{mA}}$$

Kontrolle der Knotengleichung:

$$I_2+I_{\mathrm{L}}=3,27\mathrm{mA}+1,53\mathrm{mA}=4,80\mathrm{mA}=I_1✓$$

e) Vergleich mit unbelastetem Fall

Unbelasteter Spannungsteiler (ohne $R_{\mathrm{L}}$):

$$U_{2,\mathrm{unbelastet}}=U_0\cdot \frac{R_2}{R_1+R_2}=12,0\mathrm{V}\cdot \frac{2,2\mathrm{k\Omega }}{1,0\mathrm{k\Omega }+2,2\mathrm{k\Omega }}$$ $$U_{2,\mathrm{unbelastet}}=12,0\mathrm{V}\cdot \frac{2,2}{3,2}=12,0\mathrm{V}\cdot 0,6875=8,25\mathrm{V}$$

Relative Spannungsänderung:

$$\frac{\Delta U_2}{U_{2,\mathrm{unbelastet}}}=\frac{U_{2,\mathrm{belastet}}-U_{2,\mathrm{unbelastet}}}{U_{2,\mathrm{unbelastet}}}=\frac{7,20\mathrm{V}-8,25\mathrm{V}}{8,25\mathrm{V}}$$ $$\frac{\Delta U_2}{U_{2,\mathrm{unbelastet}}}=\frac{-1,05\mathrm{V}}{8,25\mathrm{V}}=-0,127=\underline{-12,7\%}$$

Die Ausgangsspannung sinkt durch die Belastung um 12,7% von $8,25\mathrm{V}$ auf $7,20\mathrm{V}$.

Praktische Konsequenz

Ein Spannungsteiler ist nur dann stabil, wenn der Laststrom viel kleiner ist als der Querstrom durch den Teiler. Als Faustregel gilt: $I_{\mathrm{L}}<\frac{I_2}{10}$. In diesem Beispiel ist $I_{\mathrm{L}}\approx 0,47\cdot I_2$, was zu einem deutlichen Spannungseinbruch führt. Für stabile Referenzspannungen verwendet man daher Spannungsregler oder niederohmigere Teiler.