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Ausblick

Ausschalten eines Stromkreises mit einer Spule (Theorie)

Die in einem physikalischen Experiment gewonnenen Messwerte können nur dann sinnvoll ausgewertet werden, wenn der Typ der mathematischen Funktion bekannt ist, durch die die Abhängigkeiten zwischen den relevanten Größen beschrieben werden kann. Aus prinzipiellen Gründen kann der Typ dieser Funktion aber niemals experimentell, sondern nur durch theoretische Überlegungen bestimmt werden. Diese werden für das Ausschalten eines Stromkreises mit einem Widerstand und einer Spule im Folgenden durchgeführt.

Joachim Herz Stiftung
Abb. 1 Schaltskizze eines \(R\,L\)-Kreises mit Zählpfeil und Polung der Messgeräte

Abb. 1 zeigt dir die Skizze der Schaltung, mit der das Ein- und Ausschalten eines Stromkreises mit einem Widerstand und einer Spule (\(R\,L\)-Kreis) untersucht werden kann. Die Schaltskizze zeigt folgende Bauteile:

  • Eine elektrische Quelle mit der Nennspannung \(U_0\) zur Versorgung des Stromkreises.
  • Einen Umschalter \(\rm{S}\), mit dem zwischen zwei Maschen gewechselt werden kann.
  • Einen Widerstand der Größe \(R\).
  • Eine Spule der Induktivität \(L\).
  • Einen Strommesser für die Stromstärke \(I\).
  • Drei Spannungsmesser für die Spannungen \(U_0\), \(U_R\) und \(U_L\).

Ausschaltvorgang

Joachim Herz Stiftung
Abb. 2 Schaltskizze der "Ausschaltmasche" mit Zählpfeil und Polung der Messgeräte

Beim Ausschalten des Stromkreises befindet sich der Schalter \(\rm{S}\) in der rechten Position, so dass wir die "kleine" Masche der Schaltung ("Ausschaltmasche") betrachten müssen.

Der Zählpfeil und die Polung aller Messgeräte bleiben wie beim Einschaltvorgang.

  • Der Strom fließt weiter Richtung Zählpfeil. Der Strommesser und der Spannungsmesser über dem Widerstand zeigen jeweils positive Werte (\(I>0\) und \(U_R>0\)).
  • Wegen der sich verkleinernden Stromstärke induziert die Spule eine Induktionsspannung. Der Spannungsmesser über der Spule zeigt negative Werte (\(U_L<0\)). Hinweis: Damit wirkt die Spule wie eine elektrische Quelle im Stromkreis und behindert den Abfall der Stromstärke.

Am Ende des Ausschaltvorgangs fließt kein Strom mehr, die Messgeräte zeigen \(I=0\,\rm{A}\), \(U_R=0\,\rm{V}\)  und \(U_L=0\,\rm{V}\).

Theorie

Nach der KIRCHHOFF'schen Maschenregel gilt nun zu jedem Zeitpunkt \(t\) des Ausschaltvorgangs die Gleichung\[{U_R}(t) + {U_L}(t) = 0\]Mit \({U_R}(t) = R \cdot I(t)\) (OHM'sches Gesetz; \(I(t)\): Stromstärke im Stromkreis während des Ausschaltvorgangs) und \({U_L}(t) = L \cdot \dot I(t)\) (Gesetz für die Induktionsspannung; \(\dot I(t)\): Änderung der Stromstärke im Stromkreis während des Ausschaltvorgangs) ergibt sich\[R \cdot I(t) + L \cdot \dot I(t) = 0\]Dividiert man beide Seiten der Gleichung durch \(L\) und vertauscht die beiden Summanden auf der linken Seite der Gleichung, so erhält man\[\dot I(t) + \frac{R}{L} \cdot I(t) = 0\]Dies ist - zusammen mit der Anfangsbedingung \(I(0\,\rm{s}) = \frac{{\left| {{U_0}} \right|}}{R}\) - die Differentialgleichung für die Stromstärke \(I(t)\) im RL-Kreis während des Ausschaltvorgangs. Die Größe \(\tau  = \frac{L}{R}\) heißt Zeitkonstante.

Bei der oben aufgestellten Differentialgleichung handelt es sich um eine sogenannte homogene Differentialgleichung 1.Ordnung. Die Mathematik liefert uns als Lösung dieser Differentialgleichung die Funktion\[I(t) = \frac{{\left| {{U_0}} \right|}}{R} \cdot {e^{ - \frac{R}{L} \cdot t}}\]Somit beschreibt die Funktion \(I(t)\) den zeitlichen Verlauf der Stromstärke im RL-Kreis während des Ausschaltvorgangs.

Stromstärke im Stromkreis
Aufgabe

Zeige, dass die Funktion \(I(t)\) die Differentialgleichung erfüllt. Leite dazu die Funktion \( I(t)\) ab, setze \(\dot I(t)\) und \( I(t)\) in die Differentialgleichung ein und fasse schließlich so weit zusammen, dass eine wahre Aussage entsteht.

Lösung

Aus\[I(t) = \frac{{\left| {{U_0}} \right|}}{R} \cdot {e^{ - \frac{R}{L} \cdot t}}\]erhält man durch Ableiten (Kettenregel)\[\dot I(t) = \frac{{\left| {{U_0}} \right|}}{R} \cdot {e^{ - \frac{R}{L} \cdot t}} \cdot \left( { - \frac{R}{L}} \right) =  - \frac{{\left| {{U_0}} \right|}}{L} \cdot {e^{ - \frac{R}{L} \cdot t}}\]Einsetzen in die Differentialgleichung ergibt\[ - \frac{{\left| {{U_0}} \right|}}{L} \cdot {e^{ - \frac{R}{L} \cdot t}} + \frac{R}{L} \cdot \frac{{\left| {{U_0}} \right|}}{R} \cdot {e^{ - \frac{R}{L} \cdot t}} =  - \frac{{\left| {{U_0}} \right|}}{L} \cdot {e^{ - \frac{R}{L} \cdot t}} + \frac{{\left| {{U_0}} \right|}}{L} \cdot {e^{ - \frac{R}{L} \cdot t}} = 0\]was zu zeigen war.

Zeige, dass die Funktion \(I(t)\) die Anfangsbedingung \(I({0\,\rm{s}}) = \frac{{\left| {{U_0}} \right|}}{R}\) erfüllt.

Lösung

\[I(0\,{\rm{s}}) = \frac{{\left| {{U_0}} \right|}}{R} \cdot {e^{ - \frac{R}{L} \cdot 0\,{\rm{s}}}} = \frac{{\left| {{U_0}} \right|}}{R} \cdot 1 = \frac{{\left| {{U_0}} \right|}}{R}\]was zu zeigen war.

Bestimme den Grenzwert \(\mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } I(t)\).

Lösung

\[\mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } I(t) = \mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } \left( {\frac{{\left| {{U_0}} \right|}}{R} \cdot {e^{ - \frac{R}{L} \cdot t}}} \right) = \frac{{\left| {{U_0}} \right|}}{R} \cdot 0 = 0\,{\rm{A}}\]

Erstelle den Graph der Funktion \(I(t)\) für \(R = 10\,\Omega \), \(L = 5\,{\rm{H}}\) und \(\left| {{U_0}} \right| = 10\,{\rm{V}}\) und beschreibe den Verlauf des Graphen unter physikalischen Gesichtspunkten. Berücksichtige dabei auch die Ergebnisse der Aufgabenteile b) und c).

Lösung

Die Stromstärke fällt von \(\frac{{\left| {{U_0}} \right|}}{R}\) ausgehend exponentiell ab und nähert sich dem konstanten Endwert \(0\,{\rm{A}}\).

Zeige, dass nach der Zeit \(t = \tau \) die Stromstärke in der Schaltung auf ca. \(37\% \) der ursprünglichen Stromstärke abgefallen ist.

Lösung

\[I(\tau ) = I\left( {\frac{L}{R}} \right) = \frac{{\left| {{U_0}} \right|}}{R} \cdot {e^{ - \frac{R}{L} \cdot \frac{L}{R}}} = \frac{{\left| {{U_0}} \right|}}{R} \cdot \frac{1}{e} \approx 0{,}37 \cdot \frac{{\left| {{U_0}} \right|}}{R}\]

Berechne die Zeit \({t_{\rm{H}}}\), nach der die Stromstärke auf die Hälfte der ursprünglichen Stromstärke abgefallen ist.

Lösung

Aus der Definition der Halbwertszeit \({t_{\rm{H}}}\) ergibt sich die Gleichung\[I({t_{\rm{H}}}) = \frac{{\left| {{U_0}} \right|}}{R} \cdot {e^{ - \frac{R}{L} \cdot {t_{\rm{H}}}}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{{\left| {{U_0}} \right|}}{R}\]Dividieren beider Seiten der Gleichung durch \(\frac{{\left| {{U_0}} \right|}}{R}\) und Auflösen nach \({t_{\rm{H}}}\) ergibt\[{e^{ - \frac{R}{L} \cdot {t_{\rm{H}}}}} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow  - \frac{R}{L} \cdot {t_{\rm{H}}} = \ln \left( {\frac{1}{2}} \right) =  - \ln \left( 2 \right) \Leftrightarrow {t_{\rm{H}}} = \frac{L}{R} \cdot \ln \left( 2 \right)\]

Spannung über der Spule
Aufgabe

Zeige mit Hilfe des Zusammenhangs \({U_L}(t) = L \cdot \dot I(t)\), dass die Funktion \( {U_L}(t)=- \left| {{U_0}} \right| \cdot {e^{ - \frac{R}{L} \cdot t}}\) den zeitlichen Verlauf der Spannung über der Spule während des Ausschaltvorgangs beschreibt.

Lösung

\[{U_L}(t) = L \cdot \dot I(t) = L \cdot \left( { - \frac{{\left| {{U_0}} \right|}}{L} \cdot {e^{ - \frac{R}{L} \cdot t}}} \right) = - \left| {{U_0}} \right| \cdot {e^{ - \frac{R}{L} \cdot t}}\]

Berechne die Spannung über der Spule zum Zeitpunkt \(t=0\,\rm{s}\).

Lösung

\[{U_L}(0\,{\rm{s}}) =  - \left| {{U_0}} \right| \cdot {e^{ - \frac{R}{L} \cdot 0{\rm{s}}}} =  - \left| {{U_0}} \right| \cdot 1 =  - \left| {{U_0}} \right|\]

Bestimme den Grenzwert \(\mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } {U_L}(t)\).

Lösung

\[\mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } {U_L}(t) = \mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } \left( { - \left| {{U_0}} \right| \cdot {e^{ - \frac{R}{L} \cdot t}}} \right) =  - \left| {{U_0}} \right| \cdot 0 = 0\,{\rm{V}}\]

Erstelle den Graph der Funktion \({U_L}(t)\) für \(R = 10\,\Omega \), \(L = 5\,{\rm{H}}\) und \(\left| {{U_0}} \right| = 10\,{\rm{V}}\) und beschreibe den Verlauf des Graphen unter physikalischen Gesichtspunkten. Berücksichtige dabei auch die Ergebnisse der Aufgabenteile b) und c).

Lösung

Die Spannung über der Spule sinkt betraglich vom Maximalwert \(-\left| {{U_0}} \right|\) ausgehend exponentiell ab und nähert sich dem Wert \(0\,{\rm{V}}\).

Zeige, dass nach der Zeit \(t = \tau \) die Spannung über der Spule nur noch ca. \(37\% \) der ursprünglichen Spannung beträgt. 

Lösung

\[{U_L}(\tau ) = {U_L}\left( {\frac{L}{R}} \right) =  - \left| {{U_0}} \right| \cdot {e^{ - \frac{R}{L} \cdot \frac{L}{R}}} =  - \left| {{U_0}} \right| \cdot \frac{1}{e} \approx  - 0{,}37 \cdot \left| {{U_0}} \right|\]

Berechne die Zeit \({t_{\rm{H}}}\), nach der die Spannung über der Spule auf die Hälfte der ursprünglichen Spannung abgefallen ist.

Lösung

Aus der Definition der Halbwertszeit \({t_{\rm{H}}}\) ergibt sich die Gleichung\[{U_L}({t_{\rm{H}}}) =  - \left| {{U_0}} \right| \cdot {e^{ - \frac{R}{L} \cdot {t_{\rm{H}}}}} =  - \frac{1}{2} \cdot \left| {{U_0}} \right|\]Dividieren beider Seiten der Gleichung durch \(-\left| {{U_0}} \right|\) und Auflösen nach \({t_{\rm{H}}}\) ergibt\[{e^{ - \frac{R}{L} \cdot {t_{\rm{H}}}}} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow  - \frac{R}{L} \cdot {t_{\rm{H}}} = \ln \left( {\frac{1}{2}} \right) =  - \ln \left( 2 \right) \Leftrightarrow {t_{\rm{H}}} = \frac{L}{R} \cdot \ln \left( 2 \right)\]

Spannung über dem Widerstand
Aufgabe

Zeige mit Hilfe des Zusammenhangs \({U_R}(t) = R \cdot I(t)\), dass die Funktion \({U_R}(t) = \left| {{U_0}} \right| \cdot {e^{ - \frac{R}{L} \cdot t}}\) den zeitlichen Verlauf der Spannung über dem Widerstand während des Einschaltvorgangs beschreibt.

Lösung

\[{U_R}(t) = R \cdot I(t) = R \cdot \frac{{\left| {{U_0}} \right|}}{R} \cdot {e^{ - \frac{R}{L} \cdot t}} = \left| {{U_0}} \right| \cdot {e^{ - \frac{R}{L} \cdot t}}\]

Berechne die Spannung über dem Widerstand zum Zeitpunkt \(t=0\,\rm{s}\).

Lösung

\[{U_R}(0\,{\rm{s}}) = \left| {{U_0}} \right| \cdot {e^{ - \frac{R}{L} \cdot 0\,{\rm{s}}}} = \left| {{U_0}} \right| \cdot 1 = \left| {{U_0}} \right|\]

Bestimme den Grenzwert \(\mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } {U_R}(t)\).

Lösung

\[\mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } {U_R}(t) = \mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } \left( {\left| {{U_0}} \right| \cdot {e^{ - \frac{R}{L} \cdot t}}} \right) = \left| {{U_0}} \right| \cdot 0 = 0\,{\rm{V}}\]

Erstelle den Graph der Funktion \({U_R}(t)\) für \(R = 10\,\Omega \), \(L = 5\,{\rm{H}}\) und \(\left| {{U_0}} \right| = 10\,{\rm{V}}\) und beschreibe den Verlauf des Graphen unter physikalischen Gesichtspunkten. Berücksichtige dabei auch die Ergebnisse der Aufgabenteile b) und c).

Lösung

Die Spannung über dem Widerstand sinkt vom Maximalwert \(\left| {{U_0}} \right|\) ausgehend exponentiell ab und nähert sich dem Wert \(0\,{\rm{V}}\).

Zeige, dass nach der Zeit \(t = \tau \) die Spannung über dem Widerstand nur noch ca. \(37\% \) der ursprünglichen Spannung beträgt.

Lösung

\[{U_R}(\tau ) = {U_R}\left( {\frac{L}{R}} \right) = \left| {{U_0}} \right| \cdot {e^{ - \frac{R}{L} \cdot \frac{L}{R}}} = \left| {{U_0}} \right| \cdot \frac{1}{e} \approx 0{,}37 \cdot \left| {{U_0}} \right|\]

Berechne die Zeit \({t_{\rm{H}}}\), nach der die Spannung über dem Widerstand auf die Hälfte der ursprünglichen Spannung abgefallen ist.

Lösung

Aus der Definition der Halbwertszeit \({t_{\rm{H}}}\) ergibt sich die Gleichung\[{U_R}({t_{\rm{H}}}) = \left| {{U_0}} \right| \cdot {e^{ - \frac{R}{L} \cdot {t_{\rm{H}}}}} = \frac{1}{2} \cdot \left| {{U_0}} \right|\]Dividieren beider Seiten der Gleichung durch \(\left| {{U_0}} \right|\) und Auflösen nach \({t_{\rm{H}}}\) ergibt\[{e^{ - \frac{R}{L} \cdot {t_{\rm{H}}}}} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow  - \frac{R}{L} \cdot {t_{\rm{H}}} = \ln \left( {\frac{1}{2}} \right) = - \ln \left( 2 \right) \Leftrightarrow {t_{\rm{H}}} = \frac{L}{R} \cdot \ln \left( 2 \right)\]

Leistung am Widerstand
Aufgabe

Bestimme mit Hilfe des Zusammenhangs \(P_R = U_R \cdot I_R = R \cdot {I^2}\) den Funktionsterm der Funktion \(P_R(t)\), die den zeitlichen Verlauf der elektrischen Leistung, die im OHM'schen Widerstand während des Ausschaltvorgangs in Wärme umgewandelt wird, beschreibt.

Lösung

\[{P_R}(t) = R \cdot I{(t)^2} = R \cdot \frac{{{{\left| {{U_0}} \right|}^2}}}{{{R^2}}} \cdot {\left( {{e^{ - \frac{R}{L} \cdot t}}} \right)^2} = \frac{{{{\left| {{U_0}} \right|}^2}}}{R} \cdot {e^{ - 2 \cdot \frac{R}{L} \cdot t}}\]

Berechne die am Widerstand abgegebene Leistung zum Zeitpunkt \(t=0\,\rm{s}\).

Lösung

\[{P_R}(0\,{\rm{s}}) = \frac{{{{\left| {{U_0}} \right|}^2}}}{R} \cdot {e^{ - 2 \cdot \frac{R}{L} \cdot 0\,{\rm{s}}}} = \frac{{{{\left| {{U_0}} \right|}^2}}}{R} \cdot {1^2} = \frac{{{{\left| {{U_0}} \right|}^2}}}{R}\]

Bestimme den Grenzwert \(\mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } {P_R}(t)\).

Lösung

\[\mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } {P_R}(t) = \mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } \left( {\frac{{{{\left| {{U_0}} \right|}^2}}}{R} \cdot {e^{ - 2 \cdot \frac{R}{L} \cdot t}}} \right) = \frac{{{{\left| {{U_0}} \right|}^2}}}{R} \cdot 0 = 0\,{\rm{W}}\]

Erstelle den Graph der Funktion \(P(t)\) für \(R = 10\,\Omega \), \(L = 5\,{\rm{H}}\) und \(\left| {{U_0}} \right| = 10\,{\rm{V}}\) und beschreibe den Verlauf des Graphen unter physikalischen Gesichtspunkten. Berücksichtige dabei auch die Ergebnisse der Aufgabenteile b) und c).

Lösung

Die am Widerstand abgegebene Leistung sinkt vom Maximalwert \(\frac{{{{\left| {{U_0}} \right|}^2}}}{R}\) ausgehend exponentiell ab und nähert sich dem Wert \(0\,{\rm{W}}\).

Leistung der Spule (mathematisch anspruchsvoll, aber lösbar)
Aufgabe

Bestimme mit Hilfe des Zusammenhangs \(P_L = U_L \cdot I\) den Funktionsterm der Funktion \(P_L(t)\), die den zeitlichen Verlauf der elektrischen Leistung, die von der Spule während des Ausschaltvorgangs abgegeben wird, beschreibt.

Lösung

\[{P_L}(t) = {U_L}(t) \cdot I(t) =  - \left| {{U_0}} \right| \cdot {e^{ - \frac{R}{L} \cdot t}} \cdot \frac{{\left| {{U_0}} \right|}}{R} \cdot {e^{ - \frac{R}{L} \cdot t}} =  - \frac{{{{\left| {{U_0}} \right|}^2}}}{R} \cdot {e^{ - 2 \cdot \frac{R}{L} \cdot t}}\]

Berechne die von der Spule abgegebene Leistung zum Zeitpunkt \(t=0\,\rm{s}\).

Lösung

\[{P_L}(0{\rm{s}}) = - \frac{{{{\left| {{U_0}} \right|}^2}}}{R} \cdot {e^{ - 2 \cdot \frac{R}{L} \cdot 0{\rm{s}}}} = - \frac{{{{\left| {{U_0}} \right|}^2}}}{R} \cdot 1 = - \frac{{{{\left| {{U_0}} \right|}^2}}}{R}\]

Bestimme den Grenzwert \(\mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } {P_L}(t)\).

Lösung

\[\mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } {P_L}(t) = \mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } \left( { - \frac{{{{\left| {{U_0}} \right|}^2}}}{R} \cdot {e^{ - 2 \cdot \frac{R}{L} \cdot t}}} \right) =  - \frac{{{{\left| {{U_0}} \right|}^2}}}{R} \cdot 0 = 0\,{\rm{W}}\]

Erstelle den Graph der Funktion \(P_L(t)\) für \(R = 10\,\Omega \), \(L = 5\,{\rm{H}}\) und \(\left| {{U_0}} \right| = 10\,{\rm{V}}\) und beschreibe den Verlauf des Graphen unter physikalischen Gesichtspunkten. Berücksichtige dabei auch die Ergebnisse der Aufgabenteile b) und c).

Lösung

Die von der Spule abgegebene Leistung sinkt vom Maximalwert \( - \frac{{{{\left| {{U_0}} \right|}^2}}}{R}\) ausgehend exponentiell ab und nähert sich dem Wert \(0\,{\rm{W}}\).

Bestimme mit Hilfe des Zusammenhangs \(P(t) = \frac{{dW(t)}}{{dt}}\) bzw. \(W(t) = \int\limits_0^t {dW(t) = } \int\limits_0^t {P(t)dt} \) rechnerisch die Gesamtenergie \({E_{\rm{Spule}}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } {W_L}(t)\), die von der Spule während des gesamten Ausschaltvorgangs abgegeben wird.

Lösung

\[{W_L}(t) = \int\limits_0^t {{P_L}(t)dt}  = \int\limits_0^t { - \frac{{{{\left| {{U_0}} \right|}^2}}}{R} \cdot {e^{ - 2 \cdot \frac{R}{L} \cdot t}}dt}  =  - \frac{{{{\left| {{U_0}} \right|}^2}}}{R} \cdot \int\limits_0^t {{e^{ - 2 \cdot \frac{R}{L} \cdot t}}dt} \]Mit Hilfe der Stammfunktion erhält man\[{W_L}(t) =  - \frac{{{{\left| {{U_0}} \right|}^2}}}{R} \cdot \left[ {\left( { - \frac{L}{{2 \cdot R}}} \right) \cdot {e^{ - 2 \cdot \frac{R}{L} \cdot t}}} \right]_0^t = \frac{1}{2} \cdot \frac{{{{\left| {{U_0}} \right|}^2}}}{{{R^2}}} \cdot L \cdot \left[ {{e^{ - 2 \cdot \frac{R}{L} \cdot t}}} \right]_0^t\]Einsetzen der Grenzen liefert\[{W_L}(t) = \frac{1}{2} \cdot \frac{{{{\left| {{U_0}} \right|}^2}}}{{{R^2}}} \cdot L \cdot \left[ {{e^{ - 2 \cdot \frac{R}{L} \cdot t}} - 1} \right]\]Die Gesamtenergie erhält man schließlich durch\[{E_{{\rm{Spule}}}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } {W_L}(t) = \mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } \left( {\frac{1}{2} \cdot \frac{{{{\left| {{U_0}} \right|}^2}}}{{{R^2}}} \cdot L \cdot \left[ {{e^{ - 2 \cdot \frac{R}{L} \cdot t}} - 1} \right]} \right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{{{{\left| {{U_0}} \right|}^2}}}{{{R^2}}} \cdot L \cdot \left( {0 - 1} \right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{{{{\left| {{U_0}} \right|}^2}}}{{{R^2}}} \cdot L \cdot \left( { - 1} \right) =  - \frac{1}{2} \cdot L \cdot \frac{{{{\left| {{U_0}} \right|}^2}}}{{{R^2}}}\]und mit \(\frac{{\left| {{U_0}} \right|}}{R} = {I_0}\)\[{E_{{\rm{Spule}}}} =  - \frac{1}{2} \cdot L \cdot {I_0}^2\]Diese hier berechnete abgegebene Energie ist betraglich identisch mit der Energie, die die Spule während des Einschaltvorgangs im magnetischen Feld gespeichert hat.