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Ausblick

Theorie zum Einschalten von RL-Kreisen

Die in einem physikalischen Experiment gewonnen 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 Einschalten eines Stromkreises mit einer Spule im Folgenden durchgeführt.

Eine Spule mit der Induktivität \(L\) und ein Widerstand der Größe \(R\) sind in Reihe geschaltet; eine solche Reihenschaltung von Spule und Widerstand bezeichnet man kurz als einen RL-Kreis. Über einen Wechselschalter S kann an diesen RL-Kreis entweder eine Elektrische Quelle mit der Nennspannung \({U_0}\) angeschlossen (durchgezogene Leitung) oder aber der RL-Kreis kurzgeschlossen (gestrichelte Leitung) werden.

Wird die Elektrische Quelle angeschlossen, so kann ein Strom fließen, wobei der Stromfluss durch den Widerstand begrenzt wird. Das Anschließen der Elektrischen Quelle und das sich daraus ergebende Verhalten des RL-Kreises bezeichnet man als Einschaltvorgang des RL-Kreises.

Beachtet man, dass die Spannung \({U_0}\) über der Quelle negativ - wir schreiben deshalb \({U_0} =  - \left| {{U_0}} \right|\) - gerechnet wird, so gilt nach der KIRCHHOFF'schen Maschenregel zu jedem Zeitpunkt \(t\) des Einschaltvorgangs die Gleichung\[{U_0} + {U_R}(t) + {U_L}(t) = 0\]Mit \({U_R}(t) = R \cdot I(t)\) (OHM'sches Gesetz; \(I(t)\): Stromstärke im Stromkreis während des Einschaltvorgangs) und \({U_L}(t) = L \cdot \dot I(t)\) (Gesetz für die Induktionsspannung; \(\dot I(t)\): Änderung der Stromstärke im Stromkreis während des Einschaltvorgangs) ergibt sich\[{U_0} + R \cdot I(t) + L \cdot \dot I(t) = 0\]Setzt man \({U_0} =  - \left| {{U_0}} \right|\), addiert auf beiden Seiten der Gleichung \(\left| {{U_0}} \right|\), dividiert beide Seiten der Gleichung durch \(L\) und vertauscht die beiden Summanden auf der linken Seite der Gleichung, so erhält man\[\dot I(t) + \frac{R}{L} \cdot I(t) = \frac{{\left| {{U_0}} \right|}}{L}\]Dies ist - zusammen mit der Anfangsbedingung \(I(0\rm{s}) = 0{\rm{A}}\) - die inhomogene Differentialgleichung 1.Ordnung für die Stromstärke \(I(t)\) im Stromkreis während des Einschaltvorgangs. Die Größe \(\tau  = \frac{L}{R}\) heißt Zeitkonstante.
Diese Differentialgleichung wird gelöst durch die Funktion\[I(t) = \frac{{\left| {{U_0}} \right|}}{R} \cdot \left( {1 - {e^{ - \frac{R}{L} \cdot t}}} \right)\]Somit beschreibt die Funktion \(I(t)\) den zeitlichen Verlauf der Stromstärke im Stromkreis während des Einschaltvorgangs.

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 \[I(t) = \frac{{\left| {{U_0}} \right|}}{R} \cdot \left( {1 - {e^{ - \frac{R}{L} \cdot t}}} \right)\]erhält man durch Ableiten (Kettenregel)\[\dot I(t) = \frac{{\left| {{U_0}} \right|}}{R} \cdot \left( {0 - {e^{ - \frac{R}{L} \cdot t}} \cdot \left( { - \frac{R}{L}} \right)} \right) = \frac{{\left| {{U_0}} \right|}}{L} \cdot {e^{ - \frac{R}{L} \cdot t}}\]Einsetzen in die Differentialgleichung ergibt\[\frac{{\left| {{U_0}} \right|}}{L} \cdot {e^{ -\frac{R}{L}\cdot t}} + \frac{R}{L} \cdot \frac{{\left| {{U_0}} \right|}}{R} \cdot \left( {1 - {e^{ -\frac{R}{L}\cdot t}}} \right) = \frac{{\left| {{U_0}} \right|}}{L} \cdot {e^{ - \frac{R}{L}\cdot t}} + \frac{{\left| {{U_0}} \right|}}{L} - \frac{{\left| {{U_0}} \right|}}{L} \cdot {e^{ - \frac{R}{L}\cdot t}} = \frac{{\left| {{U_0}} \right|}}{L}\]was zu zeigen war.

Zeige, dass die Funktion \(I(t)\) die Anfangsbedingung \(I(0) = 0\,{\rm{A}}\) erfüllt.

Lösung

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

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

Lösung

\[\mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } I(t) = \mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } \frac{{\left| {{U_0}} \right|}}{R} \cdot \left( {1 - {e^{ - \frac{R}{L} \cdot t}}} \right) = \frac{{\left| {{U_0}} \right|}}{R} \cdot \left( {1 - 0} \right) = \frac{{\left| {{U_0}} \right|}}{R}\]Der berechnete Wert entspricht der Stromstärke, die sich auch im Stromkreis ohne Spule einstellen würde.

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

Zeige, dass nach der Zeit \(t = \tau \) die Stromstärke in der Schaltung ca. \(63\% \) der endgültigen Stromstärke beträgt.

Lösung

\[I(\tau ) = I\left( {\frac{L}{R}} \right) = \frac{{\left| {{U_0}} \right|}}{R} \cdot \left( {1 - {e^{ - \frac{R}{L} \cdot \frac{L}{R}}}} \right) = \frac{{\left| {{U_0}} \right|}}{R} \cdot \left( {1 - \frac{1}{e}} \right) \approx 0{,}63 \cdot \frac{{\left| {{U_0}} \right|}}{R}\]

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

Lösung

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

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 Einschaltvorgangs beschreibt.

Lösung

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

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

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

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 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 \({U_R}(t) = \left| {{U_0}} \right|\left( {1 - {e^{ - \frac{R}{L}\cdot t}}} \right)\) den zeitlichen Verlauf der Spannung über dem Widerstand während des Einschaltvorgangs beschreibt.

Lösung

\[{U_R}(t) = R \cdot I(t) = R \cdot \frac{{\left| {{U_0}} \right|}}{R} \cdot \left( {1 - {e^{ - \frac{R}{L}\cdot t}}} \right) = \left| {{U_0}} \right| \cdot \left( {1 - {e^{ -\frac{R}{L} \cdot t}}} \right)\]

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

Lösung

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

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

Lösung

\[\mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } {U_R}(t) = \mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } \left| {{U_0}} \right| \cdot \left( {1 - {e^{ - \frac{R}{L} \cdot t}}} \right) = \left| {{U_0}} \right| \cdot \left( {1 - 0} \right) = \left| {{U_0}} \right|\]

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 steigt von \(0\,{\rm{V}}\) ausgehend exponentiell an und nähert sich dem konstanten Endwert \(\left| {{U_0}} \right|\).

Zeige, dass nach der Zeit \(t = \tau \) die Spannung über dem Widerstand ca. \(63\% \) der endgültigen Spannung beträgt. 

Lösung

\[{U_R}(\tau ) = {U_R}\left( {\frac{L}{R}} \right) = \left| {{U_0}} \right| \cdot \left( {1 - {e^{ - \frac{R}{L} \cdot \frac{L}{R}}}} \right) = \left| {{U_0}} \right| \cdot \left( {1 - \frac{1}{e}} \right) \approx 0{,}63 \cdot \left| {{U_0}} \right|\]

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

Lösung

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

Beim Einschalten einer Spule über einen Widerstand durch eine elektrische Quelle führt diese beiden Bauteilen elektrische Energie zu. Während ein Teil dieser Energie im OHM'schen Widerstand in Wärme umgewandelt wird, verbleibt der Rest als Feldenergie im magnetischen Feld der Spule.

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 Einschaltvorgangs in Wärme umgewandelt wird, beschreibt.

Lösung

\[{P_R}(t) = R \cdot I{(t)^2} = R \cdot \frac{{{{\left| {{U_0}} \right|}^2}}}{{{R^2}}} \cdot {\left( {1 - {e^{ - \frac{R}{L} \cdot t}}} \right)^2} = \frac{{{{\left| {{U_0}} \right|}^2}}}{R} \cdot {\left( {1 - {e^{ - \frac{R}{L} \cdot t}}} \right)^2}\]

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

Lösung

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

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

Lösung

\[\mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } {P_R}(t) = \mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } \frac{{{{\left| {{U_0}} \right|}^2}}}{R} \cdot {\left( {1 - {e^{ - \frac{R}{L} \cdot t}}} \right)^2} = \frac{{{{\left| {{U_0}} \right|}^2}}}{R} \cdot {\left( {1 - 0} \right)^2} = \frac{{{{\left| {{U_0}} \right|}^2}}}{R}\]

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 steigt vom Wert \(0\,{\rm{W}}\) zuerst langsam, dann immer schneller und dann wieder immer langsamer und nähert sich dem konstanten Endwert \(\frac{{{{\left| {{U_0}} \right|}^2}}}{R}\).

Leistung an 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 der Spule während des Einschaltvorgangs zugeführt wird, beschreibt.

Lösung

\[{P_L}(t) = {U_L}(t) \cdot I(t) = \left| {{U_0}} \right| \cdot {e^{ - \frac{R}{L} \cdot t}} \cdot \frac{{\left| {{U_0}} \right|}}{R} \cdot \left( {1 - {e^{ - \frac{R}{L} \cdot t}}} \right) = \frac{{{{\left| {{U_0}} \right|}^2}}}{R} \cdot {e^{ - \frac{R}{L} \cdot t}} \cdot \left( {1 - {e^{ - \frac{R}{L} \cdot t}}} \right) = \frac{{{{\left| {{U_0}} \right|}^2}}}{R} \cdot \left( {{e^{ - \frac{R}{L} \cdot t}} - {e^{ - 2 \cdot \frac{R}{L} \cdot t}}} \right)\]

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

Lösung

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

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

Lösung

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

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 elektrischen Leistung, die der Spule während des Einschaltvorgangs zugeführt wird, steigt von \(0\,{\rm{W}}\) ausgehend zuerst an, erreicht dann ein Maximum und sinkt schließlich wieder ab und näher sich dem Endwert \(0\,{\rm{W}}\).

Bestimme rechnerisch den Zeitpunkt \(t\), an dem der Spule die maximale elektrische Leistung \({P_{L,\max }}\) zugeführt wird und bestimme auch diese maximale Leistung \({P_{L,\max }}\).

Lösung

Durch Ableiten (Kettenregel) erhält man\[\begin{eqnarray}{P_L}^\prime (t) &=& \frac{{{{\left| {{U_0}} \right|}^2}}}{R} \cdot \left( {{e^{ - \frac{R}{L} \cdot t}} \cdot \left( { - \frac{R}{L}} \right) - \left( { - 2 \cdot \frac{R}{L}} \right) \cdot {e^{ - 2 \cdot \frac{R}{L} \cdot t}}} \right)\\ &=& \frac{{{{\left| {{U_0}} \right|}^2}}}{R} \cdot \left( { - \frac{R}{L}} \right) \cdot \left( {{e^{ - \frac{R}{L} \cdot t}} - 2 \cdot {e^{ - 2 \cdot \frac{R}{L} \cdot t}}} \right)\\ &=&  - \frac{{{{\left| {{U_0}} \right|}^2}}}{L} \cdot \left( {{e^{ - \frac{R}{L} \cdot t}} - 2 \cdot {e^{ - 2 \cdot \frac{R}{L} \cdot t}}} \right)\end{eqnarray}\]Zur Berechnung des Maximums setzt man\[{P_L}^\prime (t) = 0 \Leftrightarrow  - \frac{{{{\left| {{U_0}} \right|}^2}}}{L} \cdot \left( {{e^{ - \frac{R}{L} \cdot t}} - 2 \cdot {e^{ - 2 \cdot \frac{R}{L} \cdot t}}} \right) = 0 \Leftrightarrow {e^{ - \frac{R}{L} \cdot t}} - 2 \cdot {e^{ - 2 \cdot \frac{R}{L} \cdot t}} = 0 \Leftrightarrow {e^{ - \frac{R}{L} \cdot t}} = 2 \cdot {e^{ - 2 \cdot \frac{R}{L} \cdot t}}\]Dividieren beider Seiten der Gleichung durch \({e^{ - \frac{R}{L} \cdot t}}\) und Auflösen nach \(t\) liefert\[1 = 2 \cdot {e^{ - \frac{R}{L} \cdot t}} \Leftrightarrow \frac{1}{2} = {e^{ - \frac{R}{L} \cdot t}} \Leftrightarrow \ln \left( {\frac{1}{2}} \right) =  - \;\frac{R}{L}\; \cdot \;t \Leftrightarrow t = \frac{L}{R} \cdot \ln \left( 2 \right) = {t_{\rm{H}}}\]Damit ergibt sich die maximale Leistung zu\[{P_L}({t_{\rm{H}}}) = {U_L}({t_{\rm{H}}}) \cdot I({t_{\rm{H}}}) = \frac{1}{2} \cdot \left| {{U_0}} \right| \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{{\left| {{U_0}} \right|}}{R} = \frac{1}{4} \cdot \frac{{{{\left| {{U_0}} \right|}^2}}}{R}\]

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 der Spule während des gesamten Einschaltvorgangs zugeführt wird.

Lösung

\[{W_L}(t) = \int\limits_0^t {{P_L}(t)dt}  = \int\limits_0^t {\frac{{{{\left| {{U_0}} \right|}^2}}}{R} \cdot \left( {{e^{ - \frac{R}{L} \cdot t}} - {e^{ - 2 \cdot \frac{R}{L} \cdot t}}} \right)dt}  = \frac{{{{\left| {{U_0}} \right|}^2}}}{R} \cdot \int\limits_0^t {{e^{ - \frac{R}{L} \cdot t}} - {e^{ - 2 \cdot \frac{R}{L} \cdot t}}dt} \]Mit Hilfe der Stammfunktion erhält man\[{W_L}(t) = \frac{{{{\left| {{U_0}} \right|}^2}}}{R} \cdot \left[ { - \frac{L}{R} \cdot {e^{ - \frac{R}{L} \cdot t}} - \left( { - \frac{L}{{2 \cdot R}}} \right) \cdot {e^{ - 2 \cdot \frac{R}{L} \cdot t}}} \right]_0^t =  - \frac{{{{\left| {{U_0}} \right|}^2}}}{{{R^2}}} \cdot L \cdot \left[ {{e^{ - \frac{R}{L} \cdot t}} - \frac{1}{2} \cdot {e^{ - 2 \cdot \frac{R}{L} \cdot t}}} \right]_0^t\]Einsetzen der Grenzen liefert\[{W_L}(t) =  - \frac{{{{\left| {{U_0}} \right|}^2}}}{{{R^2}}} \cdot L \cdot \left[ {\left( {{e^{ - \frac{R}{L} \cdot t}} - \frac{1}{2} \cdot {e^{ - 2 \cdot \frac{R}{L} \cdot t}}} \right) - \left( {1 - \frac{1}{2}} \right)} \right] =  - \frac{{{{\left| {{U_0}} \right|}^2}}}{{{R^2}}} \cdot L \cdot \left[ {{e^{ - \frac{R}{L} \cdot t}} - \frac{1}{2} \cdot {e^{ - 2 \cdot \frac{R}{L} \cdot t}} - \frac{1}{2}} \right]\]Die Gesamtenergie erhält man schließlich durch\[{E_{\rm{Spule}}} = \mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } {W_L}(t) = \mathop {\lim }\limits_{t \to \infty }  - \frac{{{{\left| {{U_0}} \right|}^2}}}{{{R^2}}} \cdot L \cdot \left[ {{e^{ - \frac{R}{L} \cdot t}} - \frac{1}{2} \cdot {e^{ - 2 \cdot \frac{R}{L} \cdot t}} - \frac{1}{2}} \right] =  - \frac{{{{\left| {{U_0}} \right|}^2}}}{{{R^2}}} \cdot L \cdot \left( {0 - \frac{1}{2} \cdot 0 - \frac{1}{2}} \right) =  - \frac{{{{\left| {{U_0}} \right|}^2}}}{{{R^2}}} \cdot L \cdot \left( { - \frac{1}{2}} \right)\]und mit \(\frac{{\left| {{U_0}} \right|}}{R} = {I_0}\)\[{E_{\rm{Spule}}} = \frac{1}{2} \cdot L \cdot \frac{{{{\left| {{U_0}} \right|}^2}}}{{{R^2}}} = \frac{1}{2} \cdot L \cdot {I_0}^2\]

Physikalisch interessant ist nun noch die Frage, wo die Energie, die der Spule während des Einschaltvorgangs zugeführt wird, gespeichert wird. Hierzu betrachten wir den speziellen Fall einer Zylinderspule mit \(N\) Windungen, der Länge \(l\) und der Querschnittsfläche \(A\). Die Induktivität \(L\) dieser Spule beträgt \(L={\mu _0} \cdot \frac{{N^2} \cdot A}{l}\), aus der bekannten Formel für die magnetische Feldstärke im Inneren der von einem Strom der Stärke \(I_0\) durchflossenen Spule erhält man\[B = {\mu _0} \cdot \frac{N}{l} \cdot {I_0} \Leftrightarrow {I_0} = \frac{1}{{{\mu _0}}} \cdot \frac{l}{N} \cdot B\]Damit ergibt sich\[{E_{{\rm{Spule}}}} = \frac{1}{2} \cdot L \cdot {I_0}^2 = \frac{1}{2} \cdot {\mu _0} \cdot {N^2} \cdot \frac{A}{l} \cdot {\left( {\frac{1}{{{\mu _0}}} \cdot \frac{l}{N} \cdot B} \right)^2} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{{{\mu _0}}} \cdot {B^2} \cdot \left( {A \cdot l} \right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{{{\mu _0}}} \cdot {B^2} \cdot {V_{{\rm{Spule}}}}\]Die Energie, die der Spule beim Einschaltvorgang zugeführt wird, ist also proportional zum Quadrat der magnetischen Feldstärke und zum Volumen der Spule. Dies deutet darauf hin, das die der Spule zugeführte Energie im magnetischen Feld der Spule verbleibt.