PH / Gl
Lösungen zur Selbstinduktion (Blatt 7)
Aufgabe 1
a) Wartet man genügend lange (in der Praxis genügt t = 5τ ), geht I˙ → 0, d.h. die Selbstinduktionsprozesse in der Spule kommen zum Erliegen, und es stellt sich eine konstante Stromstärke
ein. Weil dann nur noch die Batteriespannung als treibende Kraft wirkt (da Uind → 0), gilt
für die maximale Stromstärke am Ende des Einschaltvorganges
Imax =
U0
U0
12 V
=
=
= 60 mA .
Rges
R + Rsp
200 Ω
b) Für die Zeitkonstante τ dieses LR-Kreises ergibt sich
τ =
L
Rges
=
40 Vs
A
200 V
A
= 0,2 s . Damit
wird der Stromverlauf während des Einschaltvorganges beschrieben durch:
t
5
I(t) = Imax 1 − e− τ = 60 mA 1 − e− s · t .
I [mA]
Auch ohne diese Lösung zu kennen, kann man den Kurvenverlauf anhand der DGL qualitativ verstehen:
.
I (t) =
U0 Rges
−
· I(t) .
L
L
Im Einschaltmoment ist I(0) = 0 A, woraus mit der DGL
60
40
20
t [s]
.
U
I (0) = 0
L
0
τ
0,6
5τ
folgt (rechtsseitige Ableitung!). Bei festem U0 bestimmt also allein die Induktivität L der
Spule den Stromstärkeanstieg gleich nach dem Einschalten. Je größer L, desto kleiner ist die
˙
Tangentensteigung I(0),
desto flacher verläuft die I(t)-Kurve. Dies ist auch anschaulich klar,
da L die Behinderung des Stromstärkeanstiegs beschreibt. Für t > 0 sinkt die Zuwachsgeschwindigkeit der Stromstärke, denn es ist
>0
.
.
Rges z}|{ U0
U0
I (t) =
−
· I(t) <
= I (0) ,
L
L
L
d.h. die Stromstärke wächst immer langsamer an, sprich die I(t)-Kurve flacht ab.
˙ nicht negativ werden kann (dies würde ein Absinken von I bedeuten),
Zusatz: Warum I(t)
ist allein anhand der DGL nicht offensichtlich. Verwendet man jedoch die Lösungsfunktion
t
I(t) der DGL, so sieht man, dass für t → ∞ die e-Funktion e− τ → 0 geht und I(t) sich
asymptotisch von unten einer Grenzstromstärke Imax = limt→∞ I(t) nähert. Ihr Wert ergibt
˙
sich aus dem Ansatz1 I(t)
= 0 (keine Zunahme der Stromstärke mehr), woraus man den
bereits in a) physikalisch begründeten Wert erhält:
Rges
U0
U
−
· Imax = 0 ,
also
Imax = 0 .
L
L
Rges
t
c) Für welches t wird I(t) = Imax 1 − e− τ = 50 mA? Auflösen dieser Gleichung nach t:
t
t
I(t)
ln
1 − e− τ =
= 56 ⇐⇒ e− τ = 16 ⇐⇒ − τt = ln 16 ⇐⇒ t = −τ ln 61 ≈ 0,36 s .
Imax
(Vergleiche auch mit der grafischen Lösung anhand des Diagramms oben.)
d) Analog zu c) folgt aus I(TH ) = 12 Imax , dass
TH = −τ ln 12 = τ ln 2 ≈ 0,14 s .
˙ = 0 schreiben, da I(t)
˙ theoretisch nie ganz Null wird. Praktisch gesehen ist der
Korrekter sollte man limt→∞ I(t)
Einschaltvorgang allerdings nach ca. 5τ beendet und I(t) ändert sich dann fast nicht mehr.
1
Aufgabe 2
a) Während Lämpchen L1 quasi sofort nach Schließen von S aufleuchtet, wird L2 erst mit merklicher Verzögerung zu leuchten beginnen.
Begründung. Der Anstieg der Stromstärke im Spulenzweig wird durch die in der Spule
stattfindende Selbstinduktion behindert: Sobald Strom durch die Spule fließt, beginnt sich
ein Magnetfeld in der Spule aufzubauen. Laut Maxwell bildet sich aufgrund der Flussdichteänderung Ḃ > 0 ein elektrisches Wirbelfeld, welches auch die Windungen der Spule durchsetzt. Nach Lenz muss es so orientiert sein, dass es der Ursache der Induktion – also Ḃ > 0,
verursacht durch den Anstieg I˙ > 0 des Spulenstroms – entgegenwirkt. Somit arbeitet das
Wirbelfeld in der Spule dem Feld der Batterie entgegen und verzögert das Ansteigen der
Stromstärke.
(Weil die ohmschen Widerstände in beiden Stromzweigen der Parallelschaltung gleich sind,
leuchten die baugleichen Lämpchen am Ende des Einschaltvorganges gleich hell, da die selbe
Stromstärke in ihnen herrscht.)
b) Laut Diagramm kommt der Selbstinduktionsprozess nach ca. 10 s fast komplett zum Erliegen,
und es stellt sich eine nahezu konstante Stromstärke von Imax = 100 mA ein. Dann ist wegen
I˙ ≈ 0 auch |Uind | = L · I˙ ≈ 0 und die Batterie ist die einzige Spannungsquelle im Stromkreis.
Somit gilt
U
32 V
Rges = 0 =
= 320 Ω ,
Imax
0,1 A
und da es sich im Spulenzweig um eine Reihenschaltung von Spule und Lämpchen handelt,
gilt Rges = Rsp + R2 , weshalb der Lämpchenwiderstand R2 = Rges − Rsp = 40 Ω beträgt. Da
die Lämpchen baugleich sind, hat auch L1 einen Widerstand von 40 Ω.
c) Möglichkeit 1 : Man zeichnet die Tangente im
Ursprung an das Schaubild von I(t) ein und
bestimmt deren Steigung zu
.
I (0) ≈
100 mA
= 0,05
2s
A
s
.
U0
.
I (0)
≈
zu d)
100
80
Laut DGL gilt im Einschaltmoment aber
˙
I(0)
= U0 /L, woraus für die Induktivität der
Spule folgt
L=
I [mA]
60
40
20
t [s]
32 V
= 640 H .
0,05 As
0
2
4
6
8
10
12
Möglichkeit 2 : Man liest die Zeit TH ≈ 1,4 s ab, nach der die Stromstärke auf die Hälfte von
Imax , d.h. auf 50 mA, angestiegen ist. Laut Aufgabe 1 d) gilt TH = τ ln 2 = RLges ln 2 und es
ergibt sich
T Rges
L= H
≈ 646 H .
ln 2
d) Sei t∗ der Zeitpunkt mit Uind (t∗ ) = 3 V. Da wie in a) begründet die Selbstinduktionsspannung
der Batteriespannung entgegen arbeitet, ist die Gesamtspannung über dem Spulenzweig zum
Zeitpunkt t∗ gerade 32 V − 3 V = 29 V, d.h. die Stromstärke beträgt dann
I(t∗ ) =
.
29 V
29 V
=
≈ 90,6 mA .
Rges
320 Ω
[ Über die DGL: |Uind | = L · I = L · (
U0
L
−
Rges
L
· I) = U0 − Rges · I, also ist I =
U0 −|Uind |
.
Rges
]
˙ ∗ ) = |Uind (t∗ )|/L ≈ 5 mA . VerGrafische Lösung : Die Tangentensteigung zur Zeit t∗ ist I(t
s
schiebt man eine Gerade mit dieser Steigung so lange, bis sie das Schaubild berührt, so beträgt
die y-Koordinate des Berührpunktes ca. 90 mA. (Und man kann t∗ ≈ 4,7 s ablesen, was gut
mit dem rechnerischen Ergebnis überein stimmt.)
Aufgabe 3
.
a) Aufstellen der DGL: siehe Skript! Aus der DGL I (t) = − R
L · I(t) folgt durch Einsetzen von
t = 0 s (Ausschaltmoment)
.
R
1
I (0) = − · I(0) ∼ − ,
L
L
d.h. je größer die Induktivität L der Spule, desto weniger negativ ist die Tangentensteigung
˙
I(0),
desto flacher startet die Ausschaltkurve I(t). Dies ist auch anschaulich klar, da bei einer
großen Induktivität die Ursache der Induktion – nämlich die Abnahme von I(t) – stärker
behindert wird, als bei einer Spule mit kleinerem L.
[ Die anfängliche Abnahmegeschwindigkeit der Stromstärke ist zudem betragsmäßig am
˙
größten, denn wegen I(t)
< 0 ist I(t) streng monoton fallend, d.h. I(t) < I(0) für alle
t > 0 s, und es folgt
.
.
R
R
|I (t)| = · I(t) < · I(0) = |I (0)| ,
L
L
weshalb die I(t)-Kurve für zunehmendes t immer mehr abflacht. ]
b) Die Lösung lautet
R
t
I(t) = I0 e− L t = I0 e− τ ,
L
wobei wie gewohnt τ = R
gesetzt wurde und I0 = I(0) die Stromstärke im Moment des
Ausschaltens bezeichnet. Der Nachweis, dass dies eine Lösung der DGL ist, erfolgt einfach
mit der Kettenregel:
.
t
t
1
R
R
I (t) = I0 e− τ · −
= − · I0 e− τ = − · I(t) .
τ
L
L
Zum Zeichnen gehen wir davon aus, dass nach dem
Einschalten so lange gewartet wurde, dass sich eiU0
ne konstante Stromstärke von I0 = Rges
= 20 mA
eingestellt hat. Es ist
τ1 =
L1
R
= 0,5 ms
und τ2 =
L2
R
= 2 ms .
Auflösen von I1,2 (t) = 1 mA nach t liefert
I [mA]
20
15
I2 (t)
10
5
t1,2 = −τ1,2 · ln
1
20
I1 (t)
,
also t1 ≈ 1,5 ms und t2 ≈ 6,0 ms.
0
1
t [ms]
2
3
Eine analoge Rechnung mit dem Ansatz I(TH ) = 12 I0 ergibt TH = τ ln 2 .
Aufgabe 4
Wir warten nach dem Schließen des Schalters wieder so lange, bis sich eine konstante Stromstärke
von
U
U0
I0 = 0 =
Rein
R + Rsp
eingestellt hat. Der Widerstand der Glimmlampe kann beim Einschaltvorgang ignoriert werden, da
sie dort parallel zur Spule liegt, und somit kaum Strom durch sie fließt (und in echt ist, wie gesagt,
sowieso Rgl = ∞ vor dem Zünden). Im Ausschaltmoment t = 0 s gilt laut DGL
.
I (0) = −
Raus
Raus
Raus U0
· I(0) = −
· I0 = −
·
.
L
L
L Rein
Der Gesamtwiderstand im Ausschaltstromkreis beträgt nun allerdings Raus = Rsp + Rgl und ist
damit viel größer als Rein , womit für die induzierte Spannung folgt
.
|Uind (0)| = −L · I (0) = L ·
Raus U0
Raus
·
=
· U0 U0 !
L Rein
Rein
Seltsam erscheint zunächst, dass dieses Ergebnis gar nicht mehr von L abhängt, d.h. selbst für
L → 0 sollte Uind (0) so groß wie eben berechnet werden.
Betrachtet man allerdings den zeitlichen Verlauf den induzierten Spannung
Uind (t) = Uind (0) · e−
Raus
t
L
,
so erkennt man, dass der Vorfaktor RLaus im Exponent der e-Funktion für sehr kleines L sehr groß
wird, wodurch die e-Funktion extrem rasch abfällt. Somit sinkt bei zu geringer Eigeninduktivität
L trotz großem |Uind (0)| die Leistung P = |Uind (t)| · I(t) sofort nach dem Ausschalten zu rasch ab,
um die Glimmlampe zu zünden bzw. einen Funken am Schalter verursachen zu können.
Auf den zeitlichen Verlauf von Uind (t) kommt man übrigens, indem man in
.
DGL
|Uind (t)| = −L · I (t) = Raus · I(t)
den Stromverlauf
I(t) = I0 e−
Raus
t
L
=
U0
Rein
e−
Raus
t
L
einsetzt (oder einfach direkt I(t) ableitet).
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