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Aufgabe

Messung großer Wechselströme

Schwierigkeitsgrad: schwere Aufgabe

Joachim Herz Stiftung
Abb. 1 Skizze zur Aufgabenstellung

Durch einen geraden, sehr langen Leiter fließt ein sehr großer Wechselstrom mit der Frequenz \(50\,\rm{Hz}\). Zur Messung der Stromstärke wird wie in Abb. 1 gezeigt eine rechteckige Spule mit \(200\) Windungen in einer Ebene mit dem Leiter angebracht. Die Abmessungen der Anordnung betragen \(l=5{,}0\,\rm{cm}\), \(r_1=5{,}0\,\rm{cm}\) und \(r_2=15{,}0\,\rm{cm}\).  Die Enden der Spule sind an ein Wechselspannungsmessinstrument angeschlossen. Das Instrument zeigt an, dass die Amplitude der induzierten Wechselspannung \(40\,\rm{mV}\) beträgt.

Berechne die Amplitude des in dem Leiter fließenden Wechselstroms.

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Die Stromstärke \(I = I\left( t \right)\) des Wechselstroms beschreiben wir durch\[I\left( t \right) = \hat I \cdot \cos \left( {\omega  \cdot t} \right) = \hat I \cdot \cos \left( {2 \cdot \pi  \cdot f \cdot t} \right)\]Das magnetische Feld um einen geraden, sehr langen Leiter herum verläuft kreisförmig um den Leiter herum, so dass das magnetische Feld senkrecht zur Spulenfläche verläuft. Damit ist \(\varphi=0\).

Die Schwierigkeit bei dieser Aufgabe besteht nun darin, dass die Amplitude der magnetischen Feldstärke im Bereich der Spulenfläche nicht konstant ist, sondern mit wachsendem Abstand \(r\) vom Leiter immer kleiner wird. Der entsprechende Zusammenhang wird durch\[B\left( r \right) = \frac{{{\mu _0}}}{{2 \cdot \pi }} \cdot \frac{1}{r} \cdot I \quad(1)\]beschrieben. In diesem Fall berechnet sich der magnetische Fluss durch die Spulenfläche durch das Integral\[\Phi  = \int\limits_{{r_1}}^{{r_2}} {B\left( r \right) \cdot l \cdot dr} \quad(2)\]Setzt man \((1)\) in \((2)\) ein und berechnet das bestimmte Integral, so erhält man\[\begin{eqnarray}\Phi  &=& \int\limits_{{r_1}}^{{r_2}} {\frac{{{\mu _0}}}{{2 \cdot \pi }} \cdot \frac{1}{r} \cdot I \cdot l \cdot dr} \\ &=& \frac{{{\mu _0}}}{{2 \cdot \pi }} \cdot I \cdot l \cdot \int\limits_{{r_1}}^{{r_2}} {\frac{1}{r}dr} \\ &=& \frac{{{\mu _0}}}{{2 \cdot \pi }} \cdot I \cdot l \cdot \left[ {\ln \left( r \right)} \right]_{{r_1}}^{{r_2}}\\ &=& \frac{{{\mu _0}}}{{2 \cdot \pi }} \cdot I \cdot l \cdot \ln \left( {\frac{{{r_2}}}{{{r_1}}}} \right)\end{eqnarray}\]Dann ergibt sich nach dem Induktionsgesetzt für die Induktionsspannung\[\begin{eqnarray}{U_i} &=&  - N \cdot \frac{{d\Phi }}{{dt}}\\ &=&  - N \cdot \frac{{d\left( {\frac{{{\mu _0}}}{{2 \cdot \pi }} \cdot I(t) \cdot l \cdot \ln \left( {\frac{{{r_2}}}{{{r_1}}}} \right)} \right)}}{{dt}}\\ &=&  - N \cdot \frac{{{\mu _0}}}{{2 \cdot \pi }} \cdot l \cdot \ln \left( {\frac{{{r_2}}}{{{r_1}}}} \right) \cdot \frac{{d\left( {\hat I \cdot \cos \left( {2 \cdot \pi  \cdot f \cdot t} \right)} \right)}}{{dt}}\\ &=&  - N \cdot \frac{{{\mu _0}}}{{2 \cdot \pi }} \cdot l \cdot \ln \left( {\frac{{{r_2}}}{{{r_1}}}} \right) \cdot \hat I \cdot 2 \cdot \pi  \cdot f \cdot \left( { - \sin \left( {2 \cdot \pi  \cdot f \cdot t} \right)} \right)\\ &=& N \cdot {\mu _0} \cdot l \cdot \ln \left( {\frac{{{r_2}}}{{{r_1}}}} \right) \cdot \hat I \cdot f \cdot \sin \left( {2 \cdot \pi  \cdot f \cdot t} \right)\end{eqnarray}\]und damit für die Amplitude der Induktionsspannung\[{{\hat U}_i} = N \cdot {\mu _0} \cdot l \cdot \ln \left( {\frac{{{r_2}}}{{{r_1}}}} \right) \cdot \hat I \cdot f\]Auflösen dieser Gleichung nach \(\hat I\) ergibt\[\hat I = \frac{{{{\hat U}_i}}}{{N \cdot {\mu _0} \cdot l \cdot \ln \left( {\frac{{{r_2}}}{{{r_1}}}} \right) \cdot f}}\]Einsetzen der gegebenen Werte liefert\[\hat I = \frac{{0{,}040\,{\rm{V}}}}{{200 \cdot 1{,}26 \cdot {{10}^{-6}}\,\frac{{{\rm{V}\,\rm{s}}}}{{{\rm{A}\,\rm{m}}}} \cdot 5{,}0 \cdot {{10}^{ - 2}}\,{\rm{m}} \cdot \ln \left( {\frac{{15{,}0 \cdot {{10}^{ - 2}}\,{\rm{m}}}}{{5{,}0 \cdot {{10}^{ - 2}}\,{\rm{m}}}}} \right) \cdot 50\,{\rm{Hz}}}} = 58\,{\rm{A}}\]

Grundwissen zu dieser Aufgabe

Elektrizitätslehre

Elektromagnetische Induktion