Physik · Elektrodynamik

Selbstinduktion einer Spule

Q: Warum entsteht beim Abschalten einer Spule ein Spannungsstoß?

Die Anfangsenergie einer linearen Spule beträgt $W=\frac12LI^2$. Beim Abschalten muss diese Energie in andere Speicher oder Verbraucher übergehen. Bei endlicher Spannung kann der ideale Spulenstrom nicht sprunghaft verschwinden. In einem realen offenen Schalter können parasitäre Kapazitäten, ein Lichtbogen oder eine Schutzbeschaltung den Strompfad übernehmen; erst dieses vollständige System bestimmt den Spitzenwert und den zeitlichen Verlauf der Spannung. Eine Freilaufdiode stellt einen anderen Entladepfad bereit und begrenzt die Spannung entsprechend der Schaltung, oft mit langsamerem Stromabbau. Aus L und Anfangsstrom allein folgt keine bestimmte Abschaltzeit oder Spitzenspannung. Eine Zündanlage enthält zusätzlich magnetisch gekoppelte Wicklungen und ist kein einfacher Einspulen-Nachweis einer festen Spannungsverstärkung.

Ein Stromwechsel ändert die eigene Flussverkettung und erzeugt eine EMK entgegen der Änderung. Die passive ideale Spulenspannung hat den entgegengesetzten Spannungsbezug.

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Formel

Berechnen

U_{in d} = - L \cdot \frac{d I}{d t}

U_ind in V · L in H (Henry) · dI/dt in A/s

Variablen & Einheiten

Variablen & Einheiten
Symbol	Bedeutung	Einheit
$U_{\mathrm{ind}}$	Orientierte Eigen-EMK im festgelegten Umlaufsinn; nicht die passive ideale Bauteilspannung	V
$L$	Induktivität der Spule	H
$dI/dt$	Änderungsrate der Stromstärke	A/s

LaTeX

U_{ind} = -L \cdot \frac{dI}{dt}

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Oben Stromrampe 0→1 A, Plateau 1 A und Abfall auf 0,5 A. Darunter passive Spulenspannung +50,0 und−50 V in den offenen Zeitintervallen. — Ideales konstantes L = 0,100 H: Strom steigt linear in 0–2 ms, bleibt konstant in 2–5 ms und fällt linear in 5–6 ms. Passive Spannung ist entsprechend +50 V,0 V,−50 V; die EMK hat umgekehrtes Vorzeichen. An den Knicken gibt es keine eindeutige Ableitung. Der Endstrom bleibt 0,500 A.

Selbstinduktion einer Spule berechnen

Induzierte Spannung, Induktivität oder Stromänderung einer idealen Spule bei gleichmäßiger Stromänderung ausrechnen, dazu die gespeicherte Energie.

Rechenmodell

Gesucht

Induktivität L

Induktivität der Spule, z. B. 200 mH.

Anfangsstrom I_i

Stromstärke zu Beginn der Änderung mit Vorzeichen, z. B. 0 A beim Einschalten.

Endstrom If

Stromstärke am Ende der Änderung mit Vorzeichen, z. B. 2 A.

Dauer der Stromänderung Δt

Wie lange sich der Strom gleichmäßig ändert, z. B. 100 ms.

Mit Beispielwerten gefüllt. Tippe eigene Werte ein, das Ergebnis rechnet sofort mit.

Ergebnis: Induktionsspannung ℰ (EMK)

ℰ = -4 V

Mit L = 200 mH, I_i = 0 A, If = 2 A und Δt = 100 ms ergibt sich ℰ = -4 V.

Rechenweg · umstellen nach ℰ, einsetzen, ausrechnen

1. Formel nach ℰ umstellen
$\mathcal E=-L\frac{I_f-I_i}{\Delta t}$
2. Werte einsetzen (in SI-Einheiten)
- L = 200 mH = 0,2 H
- Δt = 100 ms = 0,1 s
$\mathcal E=(-1)\cdot 0{,}2\cdot\frac{2-0}{0{,}1}$
3. Ergebnis
ℰ = -4 V

So rechnest du schneller

Lenzsche Regel: Steigt der Strom, ist ℰ negativ und bremst den Anstieg; fällt er, ist ℰ positiv und bremst den Abfall. Die Klemmenspannung uL = −ℰ hat jeweils das umgekehrte Vorzeichen.
Einheitenprobe: 1 H · 1 A/s = 1 V und 1 H · (1 A)² = 1 J. Halbe Dauer der Stromänderung bedeutet doppelte Spannung.

Annahmen und Grenzen

Ideale Spule mit konstantem L > 0 und fester Geometrie. Der vorgegebene Strom ändert sich linear zwischen I_i und If in Δt > 0. Keine reale offene Ausschaltspitze: Wicklungswiderstand, Schutzpfad, Kopplung und parasitäre Kapazität sind ausgeschlossen. EMK positiv im Umlaufsinn des positiven Stroms: ℰ = −LΔI/Δt.

Herleitung & Hintergrund

Bei konstanter linearer Induktivität ist die Flussverkettung $\lambda=LI$ , daher $\mathcal E=-L\frac{dI}{dt}$ . Im passiven Bauteilbezug gilt $u_L=L\frac{dI}{dt}$ . Für die lange Luftspule gilt näherungsweise $L=\mu_0\frac{N^2A}{\ell}$ . Die Feldenergie ist $W=\frac12LI^2$ . Eine Spannungsspitze beim Abschalten hängt vom gesamten Entladepfad ab; L und Anfangsstrom allein bestimmen sie nicht.

Prüfungs-Blueprint

Gültigkeitsbereich

Konstante lineare Induktivität bei fester Geometrie; EMK und passive Klemmenspannung haben unterschiedliche Bezüge. Reale Klemmenspannung enthält gegebenenfalls Wicklungswiderstand. Variable Geometrie, nichtlineare Kerne und parasitäre Kapazitäten benötigen ein erweitertes Modell.

Herleitung in Schritten

Faradays Gesetz auf die eigene Flussverkettung anwenden und den Spannungsbezug erhalten.

1Flussverkettung als $\lambda=\sum_k\Phi_k$ festlegen; bei gleichem Fluss je Windung gilt $\lambda=N\Phi$ .
2Für lineare feste Geometrie gilt $\lambda=LI$ mit positivem konstantem L.
3Faradays Gesetz liefert die EMK $\mathcal E=-\frac{d\lambda}{dt}$ .
4Bei konstantem L folgt $\mathcal E=-L\frac{dI}{dt}$ .
5Die passive ideale Bauteilspannung ist dagegen $u_L=+L\frac{dI}{dt}$ .
6Lineare Rampe erlaubt eine konstante Differenzenrate; bei anderem Verlauf nur Intervallmittel oder tatsächliche Ableitung verwenden.

Umstellen

Induktivität

L=\frac{|\mathcal E|}{\left|\frac{\mathrm dI}{\mathrm dt}\right|}

Nur bei einer von null verschiedenen gemessenen Stromänderungsrate.

Stromänderungsrate

\frac{dI}{dt}=-\frac{\mathcal E}{L}=\frac{u_L}{L}

EMK im Umlaufsinn und passive ideale Bauteilspannung unterscheiden; Betragsform liefert nur den Betrag der Rate.

Induktivität der langen Luftspule

L\approx\mu_0\frac{N^2A}{\ell}

Dichte lange Luftwicklung bei fester Geometrie; nicht automatisch für einen nichtlinearen Eisenkern.

Aufgabenvariante

Berechne L einer Spule mit $N=1000$ , $A=20\,\mathrm{cm^2}$ , $\ell=0{,}4\,\mathrm m$ (ohne Kern).

$L\approx\mu_0\frac{N^2A}{\ell}=(1{,}257\times10^{-6}\,\mathrm{H\,m^{-1}})\frac{1000^2(2{,}0\times10^{-3}\,\mathrm{m^2})}{0{,}40\,\mathrm m}\approx6{,}285\,\mathrm{mH}$ Dicht gewickelte lange Luftspule, Randfelder vernachlässigt.

An einer Drossel ( $L=0{,}3\,\mathrm H$ ) liegen 12 V. Wie schnell steigt der Strom?

$\frac{\mathrm dI}{\mathrm dt}=\frac{u_L}{L}=\frac{12\,\mathrm V}{0{,}30\,\mathrm H}=40\,\mathrm{A\,s^{-1}}$ Die 12 V sind die positive passive Spannung direkt an der idealen Induktivität, ohne Wicklungswiderstand.

Typische Fehler

Das Minuszeichen als bloße Konvention streichen.

Es kodiert die Lenzsche Regel: Die induzierte Spannung wirkt der Stromänderung entgegen.

L linear mit der Windungszahl skalieren.

Bei unveränderter Länge, Querschnittsfläche und linearem Materialmodell gilt für eine lange Spule $L\propto N^2$ . Doppelte Windungszahl liefert dann vierfaches L; veränderte Wicklungsgeometrie erneut prüfen.

Eine Induktionsspannung auch bei konstantem Strom erwarten.

Bei konstantem Eigenstrom und fester Geometrie ist die Eigen-EMK null. Eine reale Wicklung kann trotzdem den ohmschen Spannungsabfall $RI$ und Wärmeverluste besitzen; ihre gespeicherte Feldenergie verschwindet nicht.

Fläche A in $cm^{2}$ einsetzen.

A in $m^{2}$ umrechnen: $20 cm^{2} = 2\times{}10^{-3} m^{2}$ .

Klausurkontext

Prüfungen fragen Ein- und Ausschaltvorgänge (verzögerter Stromanstieg, Spannungsspitze mit Glimmlampe), die Energie $E=\frac12LI^2$ und die Herleitung von L für die lange Spule.

Formelcluster

Induktion

Selbstinduktion verbindet Spulenfeld, Induktionsgesetz und Schwingkreis.

ℰ = −N dΦB/dt

Faradaysches Induktionsgesetz

B = μ₀·(N/l)·I

Magnetfeld einer langen Spule

T = 2π·√(L·C)

Thomsonsche Schwingungsgleichung

U₁/U₂ = n₁/n₂ = I₂/I₁

Transformator (Übersetzung)

Rechenbeispiel

Bei konstantem $L=0{,}5\,\mathrm H$ fällt der Strom ausdrücklich linear in 10 ms von 2 A auf null. Ansatz: $\dot I=\frac{\Delta I}{\Delta t}=-200\,\mathrm{A/s}$ . Damit ist die EMK $\mathcal E=+100\,\mathrm V$ im Umlaufsinn, die passive induktive Spannung $u_L=-100\,\mathrm V$ . Ohne lineare Rampe sind diese Werte nur Intervallmittel, keine gesicherten Spitzenwerte.

Anwendungsgebiete

Zündspule im Auto, Freilaufdioden in Schaltungen, Drosseln und Schaltnetzteile, Energiespeicher in Spulen, Funkenbildung an Schaltern

Rechenbeispiel: Selbstinduktion einer Spule

Eine typische Aufgabe Schritt für Schritt: Selbstinduktion einer Spule (U_ind = −L·(dI/dt)).

1
Aufgabe
Berechne L einer Spule mit $N=1000$ , $A=20\,\mathrm{cm^2}$ , $\ell=0{,}4\,\mathrm m$ (ohne Kern).
Rechenweg
$L\approx\mu_0\frac{N^2A}{\ell}=(1{,}257\times10^{-6}\,\mathrm{H\,m^{-1}})\frac{1000^2(2{,}0\times10^{-3}\,\mathrm{m^2})}{0{,}40\,\mathrm m}\approx6{,}285\,\mathrm{mH}$ Dicht gewickelte lange Luftspule, Randfelder vernachlässigt.
2
Aufgabe
An einer Drossel ( $L=0{,}3\,\mathrm H$ ) liegen 12 V. Wie schnell steigt der Strom?
Rechenweg
$\frac{\mathrm dI}{\mathrm dt}=\frac{u_L}{L}=\frac{12\,\mathrm V}{0{,}30\,\mathrm H}=40\,\mathrm{A\,s^{-1}}$ Die 12 V sind die positive passive Spannung direkt an der idealen Induktivität, ohne Wicklungswiderstand.

Die Formel verstehen und anwenden

Ändert sich ein Spulenstrom, ändert sich sein eigenes Magnetfeld. Die induzierte elektromotorische Kraft wirkt dieser Änderung entgegen; die Klemmenspannung eines idealen Bauteils verwendet dagegen den passiven Spannungsbezug. Mit einem Stromverlauf, einer Energieintegration und einem Ausschaltmodell klären wir, welche Spannung gemeint ist und wo die Energie bleibt.

Warum ein Spulenstrom nicht sofort folgt

Eine Quelle wird eingeschaltet, doch der Strom einer Spule steigt nicht sofort auf seinen späteren Wert. Beim Anstieg baut sich ein Magnetfeld auf; dessen Änderung erzeugt eine EMK, die den Anstieg bremst. Nach dem Abschalten kann dieselbe gespeicherte Energie den Strom weiter treiben. Das Bauteil reagiert auf die Stromänderung, nicht allein auf die Höhe des Stroms.[1][4]

Bevor du ein Vorzeichen berechnest, lege fest, ob du die antreibende Eigen-EMK oder den passiven Spannungsabfall am idealen Bauteil meinst. Für eine reale Wicklung kommt der ohmsche Anteil hinzu. Unsere ersten Rechnungen verwenden eine feste Geometrie und konstantes lineares L.[1][4]

Eigenfluss wird mit jeder Windung verkettet

\begin{aligned}\lambda&=\sum_{k=1}^{N}\Phi_k\\{}\lambda&=N\Phi\\{}\lambda&=LI\end{aligned}

λ ist die Flussverkettung in Weber. Allgemein werden die orientierten Flüsse aller Windungen summiert; λ=NΦ gilt nur bei gleichem Fluss je Windung. Bei fester Geometrie und linearer Materialantwort gilt zusätzlich λ=LI.[1]

Im linearen Modell wächst die vom eigenen Strom verursachte Flussverkettung proportional zum Strom. L bündelt Geometrie und die passende Materialantwort. Die Flächennormale jeder Windung wird konsistent zur positiven Stromrichtung gewählt; damit ist die Selbstinduktivität positiv. Die Gleichung ist keine Behauptung, ein beliebiger Eisenkern habe bei allen Strömen denselben konstanten Wert. Auch Bewegung der Wicklung kann die Flussverkettung verändern.[1]

Induzierte EMK und passive Klemmenspannung unterscheiden

\begin{aligned}\mathcal E_{\mathrm{self}}&=-\frac{d\lambda}{dt}=-L\frac{dI}{dt}\\{}u_L&=+L\frac{dI}{dt}\end{aligned}

Die EMK ist positiv im festgelegten Umlaufsinn. uL ist der passive Spannungsabfall: positiver Strom tritt am positiven Spannungsanschluss ein. L bleibt hier konstant.[1][2]

Das Minuszeichen der EMK beschreibt die Lenzsche Gegenwirkung. Es verbietet nicht, dass ein anderes korrekt definiertes Spannungsmaß mit Pluszeichen geschrieben wird. Wächst ein positiver Strom, ist die EMK negativ, während das ideale Bauteil eine positive passive Klemmenspannung hat und Energie aufnimmt. Sinkt dieser Strom, kehren die beiden Spannungszeichen um. Eine reale Wicklung hat zusätzlich einen Widerstandsabfall; ihre gesamte Klemmenspannung ist nicht automatisch nur der induktive Anteil.[1][4]

Von Faraday zur Stromänderungsrate

L ist im linearen Modell zunächst der Proportionalitätsfaktor zwischen Strom und Eigenflussverkettung. Faradaysches Induktionsgesetz setzt an der zeitlichen Änderung dieser Verkettung an. Erst die zusätzliche Annahme eines konstanten L erlaubt, es vor die Ableitung zu ziehen. So siehst du genau, welcher Teil ein Feldgesetz und welcher Teil eine Bauteilannahme ist.[1][2]

\begin{aligned}\mathcal E&=-\frac{d\lambda}{dt}\\{}\lambda&=LI\\{}\frac{d\lambda}{dt}&=L\frac{dI}{dt}\quad L=\mathrm{const}\\{}L&=\frac{|\mathcal E|}{\left|\frac{\mathrm dI}{\mathrm dt}\right|}\\{}\frac{dI}{dt}&=-\frac{\mathcal E}{L}=\frac{u_L}{L}\end{aligned}

Faradays Gesetz liefert die EMK. Die letzte Umstellung bewahrt den Spannungsbezug; Beträge allein liefern keine signierte Änderungsrate.[2][1]

Die Differenz aus Anfangs- und Endstrom geteilt durch das Zeitintervall ist eine mittlere Änderungsrate. Sie ersetzt die momentane Ableitung nur bei einer linearen Rampe. Für festes L entspricht die daraus berechnete EMK sonst dem Intervallmittel, nicht notwendig dem Spitzenwert. Die Fläche unter der EMK-Zeit-Kurve bestimmt dagegen die Stromänderung unabhängig davon, ob die Kurve konstant oder gekrümmt ist.[1]

\Delta I=-\frac1L\int_{t_0}^{t_1}\mathcal E(t)\,dt

Vorausgesetzt sind dieselbe Vorzeichenkonvention und konstantes L.[1]

Vertiefung anzeigen: Induktivität aus der Spulengeometrie

\begin{aligned}B&\approx\mu_0\frac N\ell I\\{}\Phi&\approx BA\\{}\lambda&\approx NBA=\mu_0\frac{N^2A}{\ell}I\\{}L&\approx\mu_0\frac{N^2A}{\ell}\end{aligned}

Lange, dicht gewickelte Luftspule; A ist ihre innere Querschnittsfläche und Φ näherungsweise der gemeinsame Fluss jeder Windung.[1]

Mehr Windungen verstärken bei gleichem Strom das Innenfeld. Derselbe Fluss wird zugleich mit mehr Windungen verkettet: daher entsteht die quadratische Abhängigkeit. Die Aussage setzt unveränderte Länge, Fläche und Materialmodell voraus. Wird beim Wickeln zugleich die Geometrie verändert, gilt die einfache Vierfachregel nicht ohne weitere Prüfung. Eine toroidale Spule oder ein magnetischer Kreis mit Luftspalt braucht seine passende Geometrieformel.[1]

Eine positive Spannung kann Energie aufnehmen oder abgeben

\begin{aligned}p_L&=u_LI=LI\frac{dI}{dt}\\{}dW&=LI\,dI\\{}W(I)&=\frac12LI^2\\{}\Delta W&=\frac L2(I_f^2-I_0^2)\end{aligned}

Passiver Bezug und verlustloses lineares Bauteil. Positive Leistung bedeutet Energieaufnahme.[3]

Energie hängt vom Stromquadrat ab, nicht vom Vorzeichen des Stroms. Auch bei negativem Strom kann eine positive passive Spannung den Betrag des Stroms verringern und damit Energie freisetzen: Entscheidend ist das Produkt aus Strom und Spannung. Henry entspricht Voltsekunde pro Ampere; mit Stromänderungsrate in Ampere pro Sekunde ergibt sich Volt. Joule folgt aus Henry mal Amperequadrat. Ein konstantes nichtnulles Feld kann Energie enthalten, obwohl die induzierte EMK bei konstantem Strom null ist.[3]

Die Thomsonsche Schwingungsgleichung führt zum idealen LC-Kreis, in dem Spule und Kondensator Energie austauschen. Die hier berechnete Spulenenergie ist nur ein Beitrag dieser gemeinsamen Bilanz.[3][7]

Rampe und Ausschaltenergie vollständig bilanzieren

Strom fällt, Vorzeichen bleiben nachvollziehbar

Gegeben: Konstantes $L=0{,}240\,\mathrm H$ , positiver Strom sinkt linear von 1,80 A auf 0,300 A in 12,0 ms. Passive Spannung und EMK werden wie oben definiert.
Gesucht: Bestimme beide Spannungen und die Änderung der gespeicherten Energie.

Ansatz: Die ausdrücklich lineare Rampe macht die mittlere Änderungsrate zur konstanten momentanen Rate. Dann Spannungszeichen und Stromquadrate getrennt auswerten.
$\begin{aligned}\dot I&=\frac{I_f-I_0}{\Delta t}\\{}\mathcal E&=-L\dot I\\{}u_L&=L\dot I\\{}\Delta W&=\frac L2(I_f^2-I_0^2)\end{aligned}$
Millisekunden in Sekunden umrechnen.
$\begin{aligned}\dot I&=\frac{0.300-1.80}{0.0120}\,\mathrm{A\,s^{-1}}=-125\,\mathrm{A\,s^{-1}}\\{}\mathcal E&=+30.0\,\mathrm V\\{}u_L&=-30.0\,\mathrm V\\{}\Delta W&=\frac{0.240}{2}(0.300^2-1.80^2)\,\mathrm J=-0.378\,\mathrm J\end{aligned}$

Ergebnis: EMK +30,0 V, passive Spannung −30,0 V; die gespeicherte Energie sinkt um 0,378 J.

Kontrolle: Mittlerer Strom ist 1,05 A; konstante passive Spannung mal mittlerer Strom mal 12,0 ms ergibt −0,378 J. Die positive EMK hält den positiven Strom während seines Abfalls aufrecht.

Energie einer langen Luftspule

Gegeben: $N=600$ , $A=3{,}00\,\mathrm{cm^2}$ , $\ell=0{,}300\,\mathrm m$ ; Luftmodell mit $\mu_0=1{,}25663706\cdot10^{-6}\,\mathrm{H/m}$ . Der Strom steigt von 0 auf 2,50 A in 20,0 ms gleichmäßig.
Gesucht: Berechne Induktivität, passive induktive Spannung und gespeicherte Endenergie.

Ansatz: Lange-Spulen-Geometrie liefert L; die lineare Rampe liefert die Spannungsrate. Endenergie und zugeführte induktive Arbeit müssen übereinstimmen.
$\begin{aligned}L&=\mu_0\frac{N^2A}{\ell}\\{}u_L&=L\frac{I_f}{\Delta t}\\{}W_f&=\frac12LI_f^2\end{aligned}$
Die Fläche wird mit dem Quadrat der Längenumrechnung umgerechnet.
$\begin{aligned}A&=3.00\cdot10^{-4}\,\mathrm{m^2}\\{}L&=(1.25663706\cdot10^{-6})\frac{600^2(3.00\cdot10^{-4})}{0.300}\,\mathrm H\\{}&=0.0004523893416\,\mathrm H\\{}u_L&=L\frac{2.50}{0.0200}\,\mathrm{A\,s^{-1}}\approx0.0565487\,\mathrm V\\{}W_f&=\frac12L(2.50)^2\approx0.00141372\,\mathrm J\end{aligned}$

Ergebnis: L≈0,452 mH, uL≈56,5 mV und Wf≈1,41 mJ.

Kontrolle: uL mal mittlerer Strom 1,25 A mal 20,0 ms ergibt dieselbe Energie. Kupferverlust wäre zusätzlich zu bilanzieren; er ist nicht Teil dieses idealen induktiven Beitrags.

Beispiel: eine Spannung einschalten

Der Widerstand legt den Endstrom fest, L den Anstieg

Gegeben: Eine konstante Quelle $U=6{,}00\,\mathrm V$ wird bei $t=0$ an eine Reihenschaltung aus idealem $L=0{,}200\,\mathrm H$ und Gesamtwiderstand $R=10{,}0\,\Omega$ geschaltet. Anfangsstrom null, passive Spulenspannung; keine weiteren Speicher.
Gesucht: Berechne Strom, Spulenspannung und Energie nach einer Zeitkonstante.

Ansatz: Die Quellenspannung verteilt sich auf Widerstand und Induktivität. Die Differentialgleichung bestimmt die Kurve.
$\begin{aligned}U&=RI+L\dot I\\\tau&=\frac LR\\I(t)&=\frac UR(1-e^{-t/\tau})\\u_L(t)&=Ue^{-t/\tau}\end{aligned}$
Einsetzen bei einer Zeitkonstante: Strom ist noch nicht am Endwert, Spulenspannung noch nicht null.
$\begin{aligned}\tau&=20.0\,\mathrm{ms}\\I(\tau)&=(0.600\,\mathrm A)(1-e^{-1})\\&\approx0.379272\,\mathrm A\\u_L(\tau)&=(6.00\,\mathrm V)e^{-1}\approx2.20728\,\mathrm V\\W(\tau)&=\frac12LI(\tau)^2\approx14.3848\,\mathrm{mJ}\end{aligned}$

Ergebnis: Nach 20,0 ms: etwa 0,3793 A, +2,207 V passive Spulenspannung und 14,38 mJ gespeicherte Energie. Langfristig werden es 0,600 A und 36,0 mJ.

Kontrolle: Die Widerstandsspannung $RI(\tau)\approx3{,}79272\,\mathrm V$ ergänzt die Spulenspannung zu 6,00 V. Der positive Strom und die positive passive Spannung zeigen weiterhin Energieaufnahme; $\mathcal E_{\mathrm{self}}=-u_L$ .

Bild ansehen: Einschaltverlauf

Strom steigt, Spulenspannung fällt

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Im dritten Beispiel ist

\tau=20\,\mathrm{ms}

. Die beiden Kurven addieren sich zu eins, weil

RI+u_L=U

gilt; ihre Achse vergleicht normierte Größen, nicht Ampere mit Volt.[4]

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Fünf Aufgaben mit verschiedenen Spannungsbezügen

Einsetzen und Rechnen · Einstieg

Ein ideales $L=80{,}0\,\mathrm{mH}$ führt einen Stromanstieg von 0,400 auf 1,60 A in 6,00 ms linear aus. Berechne passive Spannung und EMK.

Hinweis anzeigen

Erst die signierte Änderungsrate bilden.

Lernziel: Spannung und EMK einer Stromrampe berechnen.

Lösung und Rechenweg anzeigen

Ansatz: Die Rate beträgt +200 A/s.
Passive Spannung +16,0 V; EMK −16,0 V.

Kontrolle: Bei positivem Strom nimmt das Bauteil Energie auf, weil passive Spannung und Strom dasselbe Vorzeichen haben.

\begin{aligned}\dot I&=\frac{1.60-0.400}{0.00600}=200\,\mathrm{A\,s^{-1}}\\{}u_L&=(0.0800)(200)\,\mathrm V=16.0\,\mathrm V\\{}\mathcal E&=-16.0\,\mathrm V\end{aligned}

[1]

Umstellen · Anwenden

Der Strom eines konstanten linearen L fällt von 2,00 auf 0,500 A. Das gemessene EMK-Zeit-Integral beträgt +0,0900 V·s im festgelegten Umlaufsinn. Bestimme L, ohne eine konstante Spannung anzunehmen.

Hinweis anzeigen

Integriere Faradays Beziehung statt einen Spitzenwert zu verwenden.

Lernziel: L aus einem EMK-Zeit-Integral bestimmen.

Lösung und Rechenweg anzeigen

Ansatz: Das Integral ist $-L\Delta I$ .
Mit $\Delta I=-1{,}50\,\mathrm A$ ergibt sich $L=0{,}0600\,\mathrm H$ .

Kontrolle: Positives Integral und negativer Stromwechsel liefern ein positives L; die genaue Kurvenform ist dafür nicht nötig.

L=-\frac{\int\mathcal E\,dt}{\Delta I}=-\frac{0.0900\,\mathrm{V\,s}}{-1.50\,\mathrm A}=0.0600\,\mathrm H

[1]

Interpretieren · Anwenden

Ein ideales $L=0{,}100\,\mathrm H$ hat I(t): von 0 bis 2 ms linear 0→1 A, von 2 bis 5 ms konstant 1 A, von 5 bis 6 ms linear 1→0,500 A. Bestimme passive Spannung in den drei offenen Intervallen.

Hinweis anzeigen

An den Knicken nur einseitige Werte; die Ableitung ist dort nicht eindeutig.

Lernziel: Kurvensteigungen statt Stromhöhe als Spannung lesen.

Lösung und Rechenweg anzeigen

Ansatz: Multipliziere jede Steigung mit L.
Die Spannungen sind +50 V, 0 V, −50 V.

Kontrolle: Der mittlere Abschnitt besitzt trotz null Spannung 0,050 J gespeicherte Energie; konstante Höhe ist kein Feldverlust.

\begin{aligned}u_1&=0.100\frac{1}{0.002}\,\mathrm V=50\,\mathrm V\\{}u_2&=0\\{}u_3&=0.100\frac{-0.500}{0.001}\,\mathrm V=-50\,\mathrm V\end{aligned}

[1]

Fehleranalyse · Anwenden

Eine reale Wicklung besitzt $R=6{,}0\,\Omega$ und $L=0{,}200\,\mathrm H$ . Bei konstantem Strom 1,50 A zeigt ein Voltmeter 9,0 V. Eine Lösung folgert daraus eine Stromsteigerung 45 A/s. Erkläre und korrigiere den Fehler.

Hinweis anzeigen

Die gesamte Klemmenspannung enthält zwei Beiträge.

Lernziel: EMK und Widerstandsabfall nicht verwechseln.

Lösung und Rechenweg anzeigen

Ansatz: Teile die Klemmenspannung in $RI$ und $L\dot I$ auf.
Die gesamten 9,0 V sind der Widerstandsabfall; der induktive Anteil ist null.
Die Änderungsrate ist deshalb null.

Kontrolle: Die Verlustleistung beträgt 13,5 W und wird nicht als wachsende magnetische Energie gespeichert.

\begin{aligned}u_{\mathrm{coil}}&=RI+L\dot I\\{}\dot I&=\frac{9.0-(6.0)(1.50)}{0.200}\,\mathrm{A\,s^{-1}}=0\\{}P_R&=RI^2=13.5\,\mathrm W\end{aligned}

[4]

Transfer · Vertiefen

Eine ideale 0,120-H-Spule mit Anfangsstrom 2,00 A wird von der Quelle getrennt, bleibt aber in einer geschlossenen Schleife mit 8,00 Ω Gesamtwiderstand. Kein Kondensator und kein anderer Verlustpfad. Bestimme Zeitkonstante, anfängliche passive Spulenspannung und letztlich abgegebene Wärme.

Hinweis anzeigen

Die Schleife ist nicht offen; ihr Widerstand ermöglicht einen bestimmten Stromverlauf.

Lernziel: Ausschaltenergie in einem geschlossenen Widerstandspfad verfolgen.

Lösung und Rechenweg anzeigen

Ansatz: Die Maschenbilanz lautet $L\dot I+RI=0$ .
Zeitkonstante 15,0 ms; anfängliche Spulenspannung −16,0 V.
Anfangsenergie 0,240 J wird vollständig zu Wärme.

Kontrolle: Die Integration von $RI^2$ über die exponentielle Entladung liefert dieselbe Energie; keine beliebige Abschaltzeit wird vorausgesetzt.

\begin{aligned}\tau&=\frac LR=0.0150\,\mathrm s\\{}I(t)&=2.00e^{-t/\tau}\,\mathrm A\\{}u_L(0)&=-RI_0=-16.0\,\mathrm V\\{}Q_R&=\int_0^\infty RI_0^2e^{-2t/\tau}\,dt=\frac{RI_0^2\tau}{2}=0.240\,\mathrm J\end{aligned}

[4]

Spannungsspitzen brauchen einen vollständigen Ausschaltpfad

Ein ideales L kann bei endlicher Spannung seinen Strom nicht sprunghaft ändern. Beim Öffnen eines realen Schalters nimmt die Feldenergie einen anderen Weg: parasitäre Kapazität, Lichtbogen, Schutzbeschaltung oder andere gekoppelte Komponenten. Die tatsächliche Spannungsspitze folgt aus diesem System, nicht allein aus L und Anfangsstrom. Ein vorgegebenes Abschaltintervall erlaubt eine mittlere Spannung; es sagt ohne Kurvenform nichts Sicheres über den Spitzenwert.[4]

Bei variabler linearer Geometrie enthält die Ableitung von LI zusätzlich $I\frac{\mathrm dL}{\mathrm dt}$ . Für einen nichtlinearen, festen Kern verwendet man die tatsächliche Fluss-Strom-Beziehung und ihre lokale Steigung. Hysterese kann diese sogar pfadabhängig machen. Die lineare Energieform und ein einzelnes L sind dann nicht ohne Prüfung gültig. Im Hochfrequenzbereich können Wicklungskapazität und räumliche Feldverteilung das konzentrierte Bauteilmodell begrenzen.[1][6]

\begin{aligned}\frac{d(LI)}{dt}&=L\dot I+I\dot L\\{}\mathcal E&=-\frac{d\lambda}{dI}\dot I\end{aligned}

Die zweite Zeile setzt feste Geometrie und eine einwertige Fluss-Strom-Beziehung voraus; sie gilt nicht für eine beliebige hysteretische oder bewegte Spule.[1]

Kurz zusammengefasst

Konstantes lineares L verbindet Eigenflussverkettung und Strom. Die Eigen-EMK hat das Gegenwirkungszeichen, die passive Spannung den Spannungsabfallbezug. Höhe des Stroms bestimmt Energie, Steigung bestimmt induktive Spannung. Ein realer Ausschaltvorgang braucht seinen vollständigen Strom- und Energiepfad.

Belege zu dieser Erklärung

Quanta · Bearbeitet 2. Oktober 2026

Redaktion: Quanta Study Redaktion

Prüfumfang

Diese Erklärung, 3 Rechenbeispiele und 5 Aufgaben liegen auf Deutsch und Englisch vor. Aufbau, Quellenzuordnung und mathematische Darstellung werden automatisiert geprüft. Rechnungen, Modellvoraussetzungen und beide Sprachfassungen erhalten eine gesonderte KI-Gegenprüfung.

Eine unabhängige, namentliche menschliche Fachprüfung ist noch nicht dokumentiert. Unsere Aufgabenzahlen sind Rechenbeispiele und keine Messdaten der zitierten Quellen.

Redaktion, Quellen und Vorgehen

Änderungsverlauf

2. Oktober 2026Faradays Induktionsgesetz und den LC-Energieaustausch im passenden Abschnitt verknüpft; Spannungsbezüge, Aufgaben und Einschaltgrafik erhalten.
1. Oktober 2026Flussverkettung, EMK und passive Spannung getrennt; lineare Energie, zwei eigene Beispiele, fünf Aufgaben und reale Ausschaltgrenzen ausgearbeitet.
1. Oktober 2026Lernverlauf und Modellbegründung erweitert, drittes durchgerechnetes Beispiel und eigene quantitative Grafik ergänzt; Formelsatz und Schlusszusammenfassung präzisiert.

Diese Nachschlageseite zitieren

Quanta. Selbstinduktion einer Spule. Stand 2. Oktober 2026. https://quanta-study.de/tafelwerk/selbstinduktion-spule

Bei einer konkreten fachlichen Aussage zusätzlich die dort verknüpfte Fachquelle nennen.

Korrektur mit Beleg vorschlagen

Häufige Fragen: Selbstinduktion einer Spule

Wie berechnet man die Selbstinduktionsspannung?+

Bei konstanter linearer Induktivität gilt für die im gewählten Umlaufsinn definierte induzierte EMK $\mathcal E=-L\frac{dI}{dt}$ . Die passive Klemmenspannung des idealen Bauteils hat dagegen das umgekehrte Vorzeichen: $u_L=L\frac{dI}{dt}$ . Bei einer ausdrücklich linearen Stromrampe kann die Ableitung durch Stromänderung geteilt durch Zeitintervall ersetzt werden. Ohne diese Annahme erhält man nur ein Intervallmittel, nicht automatisch die Spitzen- oder Momentanspannung. Im vorhandenen Beispiel fällt der Strom von 2 A auf null in 10 ms bei 0,5 H; die EMK ist dann +100 V und die passive Spannung −100 V. Ein realer Wicklungswiderstand erzeugt einen zusätzlichen Klemmenspannungsanteil.

Warum entsteht beim Abschalten einer Spule ein Spannungsstoß?+

Die Anfangsenergie einer linearen Spule beträgt $W=\frac12LI^2$ . Beim Abschalten muss diese Energie in andere Speicher oder Verbraucher übergehen. Bei endlicher Spannung kann der ideale Spulenstrom nicht sprunghaft verschwinden. In einem realen offenen Schalter können parasitäre Kapazitäten, ein Lichtbogen oder eine Schutzbeschaltung den Strompfad übernehmen; erst dieses vollständige System bestimmt den Spitzenwert und den zeitlichen Verlauf der Spannung. Eine Freilaufdiode stellt einen anderen Entladepfad bereit und begrenzt die Spannung entsprechend der Schaltung, oft mit langsamerem Stromabbau. Aus L und Anfangsstrom allein folgt keine bestimmte Abschaltzeit oder Spitzenspannung. Eine Zündanlage enthält zusätzlich magnetisch gekoppelte Wicklungen und ist kein einfacher Einspulen-Nachweis einer festen Spannungsverstärkung.

Was bedeutet die Induktivität L anschaulich?+

Induktivität beschreibt im linearen Modell, wie viel eigene Flussverkettung ein Strom erzeugt. Ein Henry bedeutet ein Weber pro Ampere und zugleich ein Volt bei einer Stromänderungsrate von einem Ampere pro Sekunde. Eine größere Induktivität führt bei derselben passiven induktiven Spannung zu einer kleineren Stromänderungsrate, ähnlich der mechanischen Trägheit. Diese Analogie ersetzt aber keine vollständige Schaltungsbilanz. Bei einer langen Luftspule bestimmt die Geometrie $L=\mu_0\frac{N^2A}{\ell}$ . Die Windungszahl wirkt quadratisch nur bei unveränderter übriger Geometrie. Ein realer Eisenkern benötigt seine Materialkennlinie und gegebenenfalls ein Modell für Luftspalte, Hysterese und Sättigung; eine beliebige konstante Verstärkung ist nicht allgemein gültig.

Warum geht die Windungszahl quadratisch in die Induktivität ein?+

Die Windungszahl wirkt im langen Luftspulenmodell zweimal. Erstens wächst das Feld bei gleichem Strom und gleicher Länge proportional zu den Windungen: $B\approx\mu_0\frac N\ell I$ . Zweitens wird der Fluss jeder Windung mit allen gleich orientierten Windungen verkettet: $\lambda=N\Phi$ . Zusammen ergibt sich $L\approx\mu_0\frac{N^2A}{\ell}$ . Eine Verdopplung der Windungszahl vervierfacht deshalb die Induktivität, sofern Länge, Fläche und Materialmodell unverändert bleiben. Für 1000 Windungen, 20 Quadratzentimeter Fläche und 0,4 Meter Länge ergibt der gerundete Wert der Vakuumpermeabilität etwa 6,3 Millihenry; mit 2000 Windungen etwa 25 Millihenry. Verändert zusätzliches Wickeln den Radius oder das Wicklungspaket wesentlich, muss die Geometrie erneut geprüft werden.

Was ist der Unterschied zwischen Induktion und Selbstinduktion?+

Induktion beschreibt eine EMK durch Änderung der orientierten Flussverkettung: $\mathcal E=-\frac{\mathrm d\lambda}{\mathrm dt}$ . Eine äußere Ursache kann ein bewegter Magnet, eine andere Spule oder eine gedrehte Schleife sein. Bei Selbstinduktion stammt der betrachtete Fluss aus dem eigenen Strom. Für eine feste lineare Spule gilt $\lambda=LI$ und daher $\mathcal E_{\mathrm{self}}=-L\frac{\mathrm dI}{\mathrm dt}$ . Es ist dasselbe Induktionsgesetz auf den eigenen Fluss angewandt. Die passive ideale Bauteilspannung hat den entgegengesetzten Bezug. Im Transformator treten eigene und gegenseitige Flussverkettung gleichzeitig auf; die Stromänderungen beider Wicklungen müssen passend bilanziert werden. Nichtlineare Kerne, bewegte Geometrie oder unterschiedliche Flüsse pro Windung verlangen ein genaueres Modell als eine einzelne konstante Induktivität.

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Wie stellst du U_ind = −L·(dI/dt) nach Induktivität um?

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Fachquellen und weiterführende Literatur

Die Liste nennt Fachquellen und weiterführende Literatur. Eine Seiten- oder Abschnittsnummer steht dabei, wenn sie Teil der Literaturangabe ist; es handelt sich nicht um wörtliche Zitate.

[1]OpenStax, University Physics Vol. 2, §14.2 Self-Inductance and Inductors

Weitere Formeln: Elektrizität und Magnetismus

F = k_e \cdot \frac{|q_1 q_2|}{r^2}

Coulombsches Gesetz

\vec{F} = q \cdot (\vec{v} \times \vec{B})

Lorentzkraft

\oint_{\partial V} \mathbf{E}\cdot d\mathbf{A} = \frac{Q_{\mathrm{innen}}}{\varepsilon_0}

Gaußsches Gesetz der Elektrostatik

U = R \cdot I

Ohmsches Gesetz

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Quanta Study Redaktion

Selbstinduktion einer Spule

Ein Stromwechsel ändert die eigene Flussverkettung und erzeugt eine EMK entgegen der Änderung. Die passive ideale Spulenspannung hat den entgegengesetzten Spannungsbezug.

FortgeschrittenPrüfungsrelevantSekundarstufe IIUni/HochschuleBachelor-Grundlagen

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Symbol

Bedeutung

Einheit

U_{\mathrm{ind}}

Orientierte Eigen-EMK im festgelegten Umlaufsinn; nicht die passive ideale Bauteilspannung

L

Induktivität der Spule

dI/dt

Änderungsrate der Stromstärke

A/s

Herleitung & Hintergrund

Prüfungs-Blueprint

Gültigkeitsbereich

Herleitung in Schritten

Faradays Gesetz auf die eigene Flussverkettung anwenden und den Spannungsbezug erhalten.

1Flussverkettung als $\lambda=\sum_k\Phi_k$ festlegen; bei gleichem Fluss je Windung gilt $\lambda=N\Phi$ .
2Für lineare feste Geometrie gilt $\lambda=LI$ mit positivem konstantem L.
3Faradays Gesetz liefert die EMK $\mathcal E=-\frac{d\lambda}{dt}$ .
4Bei konstantem L folgt $\mathcal E=-L\frac{dI}{dt}$ .
5Die passive ideale Bauteilspannung ist dagegen $u_L=+L\frac{dI}{dt}$ .
6Lineare Rampe erlaubt eine konstante Differenzenrate; bei anderem Verlauf nur Intervallmittel oder tatsächliche Ableitung verwenden.

Rechenbeispiel: Selbstinduktion einer Spule

Eine typische Aufgabe Schritt für Schritt: Selbstinduktion einer Spule (U_ind = −L·(dI/dt)).

Aufgabe

Berechne L einer Spule mit $N=1000$ , $A=20\,\mathrm{cm^2}$ , $\ell=0{,}4\,\mathrm m$ (ohne Kern).

Rechenweg

Aufgabe

An einer Drossel ( $L=0{,}3\,\mathrm H$ ) liegen 12 V. Wie schnell steigt der Strom?

Rechenweg

Die Formel verstehen und anwenden

Warum ein Spulenstrom nicht sofort folgt

Eigenfluss wird mit jeder Windung verkettet

\begin{aligned}\lambda&=\sum_{k=1}^{N}\Phi_k\\{}\lambda&=N\Phi\\{}\lambda&=LI\end{aligned}

Induzierte EMK und passive Klemmenspannung unterscheiden

\begin{aligned}\mathcal E_{\mathrm{self}}&=-\frac{d\lambda}{dt}=-L\frac{dI}{dt}\\{}u_L&=+L\frac{dI}{dt}\end{aligned}

Die EMK ist positiv im festgelegten Umlaufsinn. uL ist der passive Spannungsabfall: positiver Strom tritt am positiven Spannungsanschluss ein. L bleibt hier konstant.[1][2]

Von Faraday zur Stromänderungsrate

\begin{aligned}\mathcal E&=-\frac{d\lambda}{dt}\\{}\lambda&=LI\\{}\frac{d\lambda}{dt}&=L\frac{dI}{dt}\quad L=\mathrm{const}\\{}L&=\frac{|\mathcal E|}{\left|\frac{\mathrm dI}{\mathrm dt}\right|}\\{}\frac{dI}{dt}&=-\frac{\mathcal E}{L}=\frac{u_L}{L}\end{aligned}

Faradays Gesetz liefert die EMK. Die letzte Umstellung bewahrt den Spannungsbezug; Beträge allein liefern keine signierte Änderungsrate.[2][1]

\Delta I=-\frac1L\int_{t_0}^{t_1}\mathcal E(t)\,dt

Vorausgesetzt sind dieselbe Vorzeichenkonvention und konstantes L.[1]

Vertiefung anzeigen: Induktivität aus der Spulengeometrie

\begin{aligned}B&\approx\mu_0\frac N\ell I\\{}\Phi&\approx BA\\{}\lambda&\approx NBA=\mu_0\frac{N^2A}{\ell}I\\{}L&\approx\mu_0\frac{N^2A}{\ell}\end{aligned}

Lange, dicht gewickelte Luftspule; A ist ihre innere Querschnittsfläche und Φ näherungsweise der gemeinsame Fluss jeder Windung.[1]

Eine positive Spannung kann Energie aufnehmen oder abgeben

\begin{aligned}p_L&=u_LI=LI\frac{dI}{dt}\\{}dW&=LI\,dI\\{}W(I)&=\frac12LI^2\\{}\Delta W&=\frac L2(I_f^2-I_0^2)\end{aligned}

Passiver Bezug und verlustloses lineares Bauteil. Positive Leistung bedeutet Energieaufnahme.[3]

Rampe und Ausschaltenergie vollständig bilanzieren

Strom fällt, Vorzeichen bleiben nachvollziehbar

Gegeben: Konstantes $L=0{,}240\,\mathrm H$ , positiver Strom sinkt linear von 1,80 A auf 0,300 A in 12,0 ms. Passive Spannung und EMK werden wie oben definiert.
Gesucht: Bestimme beide Spannungen und die Änderung der gespeicherten Energie.

Ansatz: Die ausdrücklich lineare Rampe macht die mittlere Änderungsrate zur konstanten momentanen Rate. Dann Spannungszeichen und Stromquadrate getrennt auswerten.
$\begin{aligned}\dot I&=\frac{I_f-I_0}{\Delta t}\\{}\mathcal E&=-L\dot I\\{}u_L&=L\dot I\\{}\Delta W&=\frac L2(I_f^2-I_0^2)\end{aligned}$
Millisekunden in Sekunden umrechnen.
$\begin{aligned}\dot I&=\frac{0.300-1.80}{0.0120}\,\mathrm{A\,s^{-1}}=-125\,\mathrm{A\,s^{-1}}\\{}\mathcal E&=+30.0\,\mathrm V\\{}u_L&=-30.0\,\mathrm V\\{}\Delta W&=\frac{0.240}{2}(0.300^2-1.80^2)\,\mathrm J=-0.378\,\mathrm J\end{aligned}$

Ergebnis: EMK +30,0 V, passive Spannung −30,0 V; die gespeicherte Energie sinkt um 0,378 J.

Kontrolle: Mittlerer Strom ist 1,05 A; konstante passive Spannung mal mittlerer Strom mal 12,0 ms ergibt −0,378 J. Die positive EMK hält den positiven Strom während seines Abfalls aufrecht.

Energie einer langen Luftspule

Gegeben: $N=600$ , $A=3{,}00\,\mathrm{cm^2}$ , $\ell=0{,}300\,\mathrm m$ ; Luftmodell mit $\mu_0=1{,}25663706\cdot10^{-6}\,\mathrm{H/m}$ . Der Strom steigt von 0 auf 2,50 A in 20,0 ms gleichmäßig.
Gesucht: Berechne Induktivität, passive induktive Spannung und gespeicherte Endenergie.

Ansatz: Lange-Spulen-Geometrie liefert L; die lineare Rampe liefert die Spannungsrate. Endenergie und zugeführte induktive Arbeit müssen übereinstimmen.
$\begin{aligned}L&=\mu_0\frac{N^2A}{\ell}\\{}u_L&=L\frac{I_f}{\Delta t}\\{}W_f&=\frac12LI_f^2\end{aligned}$
Die Fläche wird mit dem Quadrat der Längenumrechnung umgerechnet.
$\begin{aligned}A&=3.00\cdot10^{-4}\,\mathrm{m^2}\\{}L&=(1.25663706\cdot10^{-6})\frac{600^2(3.00\cdot10^{-4})}{0.300}\,\mathrm H\\{}&=0.0004523893416\,\mathrm H\\{}u_L&=L\frac{2.50}{0.0200}\,\mathrm{A\,s^{-1}}\approx0.0565487\,\mathrm V\\{}W_f&=\frac12L(2.50)^2\approx0.00141372\,\mathrm J\end{aligned}$

Ergebnis: L≈0,452 mH, uL≈56,5 mV und Wf≈1,41 mJ.

Kontrolle: uL mal mittlerer Strom 1,25 A mal 20,0 ms ergibt dieselbe Energie. Kupferverlust wäre zusätzlich zu bilanzieren; er ist nicht Teil dieses idealen induktiven Beitrags.

Beispiel: eine Spannung einschalten

Der Widerstand legt den Endstrom fest, L den Anstieg

Gegeben: Eine konstante Quelle $U=6{,}00\,\mathrm V$ wird bei $t=0$ an eine Reihenschaltung aus idealem $L=0{,}200\,\mathrm H$ und Gesamtwiderstand $R=10{,}0\,\Omega$ geschaltet. Anfangsstrom null, passive Spulenspannung; keine weiteren Speicher.
Gesucht: Berechne Strom, Spulenspannung und Energie nach einer Zeitkonstante.

Ansatz: Die Quellenspannung verteilt sich auf Widerstand und Induktivität. Die Differentialgleichung bestimmt die Kurve.
$\begin{aligned}U&=RI+L\dot I\\\tau&=\frac LR\\I(t)&=\frac UR(1-e^{-t/\tau})\\u_L(t)&=Ue^{-t/\tau}\end{aligned}$
Einsetzen bei einer Zeitkonstante: Strom ist noch nicht am Endwert, Spulenspannung noch nicht null.
$\begin{aligned}\tau&=20.0\,\mathrm{ms}\\I(\tau)&=(0.600\,\mathrm A)(1-e^{-1})\\&\approx0.379272\,\mathrm A\\u_L(\tau)&=(6.00\,\mathrm V)e^{-1}\approx2.20728\,\mathrm V\\W(\tau)&=\frac12LI(\tau)^2\approx14.3848\,\mathrm{mJ}\end{aligned}$

Ergebnis: Nach 20,0 ms: etwa 0,3793 A, +2,207 V passive Spulenspannung und 14,38 mJ gespeicherte Energie. Langfristig werden es 0,600 A und 36,0 mJ.

Bild ansehen: Einschaltverlauf

Strom steigt, Spulenspannung fällt

QUANTA STUDYquanta-study.de

Im dritten Beispiel ist

\tau=20\,\mathrm{ms}

. Die beiden Kurven addieren sich zu eins, weil

RI+u_L=U

gilt; ihre Achse vergleicht normierte Größen, nicht Ampere mit Volt.[4]

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Fünf Aufgaben mit verschiedenen Spannungsbezügen

Einsetzen und Rechnen · Einstieg

Ein ideales $L=80{,}0\,\mathrm{mH}$ führt einen Stromanstieg von 0,400 auf 1,60 A in 6,00 ms linear aus. Berechne passive Spannung und EMK.

Hinweis anzeigen

Erst die signierte Änderungsrate bilden.

Lernziel: Spannung und EMK einer Stromrampe berechnen.

Lösung und Rechenweg anzeigen

Ansatz: Die Rate beträgt +200 A/s.
Passive Spannung +16,0 V; EMK −16,0 V.

Kontrolle: Bei positivem Strom nimmt das Bauteil Energie auf, weil passive Spannung und Strom dasselbe Vorzeichen haben.

\begin{aligned}\dot I&=\frac{1.60-0.400}{0.00600}=200\,\mathrm{A\,s^{-1}}\\{}u_L&=(0.0800)(200)\,\mathrm V=16.0\,\mathrm V\\{}\mathcal E&=-16.0\,\mathrm V\end{aligned}

[1]

Umstellen · Anwenden

Der Strom eines konstanten linearen L fällt von 2,00 auf 0,500 A. Das gemessene EMK-Zeit-Integral beträgt +0,0900 V·s im festgelegten Umlaufsinn. Bestimme L, ohne eine konstante Spannung anzunehmen.

Hinweis anzeigen

Integriere Faradays Beziehung statt einen Spitzenwert zu verwenden.

Lernziel: L aus einem EMK-Zeit-Integral bestimmen.

Lösung und Rechenweg anzeigen

Ansatz: Das Integral ist $-L\Delta I$ .
Mit $\Delta I=-1{,}50\,\mathrm A$ ergibt sich $L=0{,}0600\,\mathrm H$ .

Kontrolle: Positives Integral und negativer Stromwechsel liefern ein positives L; die genaue Kurvenform ist dafür nicht nötig.

L=-\frac{\int\mathcal E\,dt}{\Delta I}=-\frac{0.0900\,\mathrm{V\,s}}{-1.50\,\mathrm A}=0.0600\,\mathrm H

[1]

Interpretieren · Anwenden

Ein ideales $L=0{,}100\,\mathrm H$ hat I(t): von 0 bis 2 ms linear 0→1 A, von 2 bis 5 ms konstant 1 A, von 5 bis 6 ms linear 1→0,500 A. Bestimme passive Spannung in den drei offenen Intervallen.

Hinweis anzeigen

An den Knicken nur einseitige Werte; die Ableitung ist dort nicht eindeutig.

Lernziel: Kurvensteigungen statt Stromhöhe als Spannung lesen.

Lösung und Rechenweg anzeigen

Ansatz: Multipliziere jede Steigung mit L.
Die Spannungen sind +50 V, 0 V, −50 V.

Kontrolle: Der mittlere Abschnitt besitzt trotz null Spannung 0,050 J gespeicherte Energie; konstante Höhe ist kein Feldverlust.

\begin{aligned}u_1&=0.100\frac{1}{0.002}\,\mathrm V=50\,\mathrm V\\{}u_2&=0\\{}u_3&=0.100\frac{-0.500}{0.001}\,\mathrm V=-50\,\mathrm V\end{aligned}

[1]

Fehleranalyse · Anwenden

Eine reale Wicklung besitzt $R=6{,}0\,\Omega$ und $L=0{,}200\,\mathrm H$ . Bei konstantem Strom 1,50 A zeigt ein Voltmeter 9,0 V. Eine Lösung folgert daraus eine Stromsteigerung 45 A/s. Erkläre und korrigiere den Fehler.

Hinweis anzeigen

Die gesamte Klemmenspannung enthält zwei Beiträge.

Lernziel: EMK und Widerstandsabfall nicht verwechseln.

Lösung und Rechenweg anzeigen

Ansatz: Teile die Klemmenspannung in $RI$ und $L\dot I$ auf.
Die gesamten 9,0 V sind der Widerstandsabfall; der induktive Anteil ist null.
Die Änderungsrate ist deshalb null.

Kontrolle: Die Verlustleistung beträgt 13,5 W und wird nicht als wachsende magnetische Energie gespeichert.

\begin{aligned}u_{\mathrm{coil}}&=RI+L\dot I\\{}\dot I&=\frac{9.0-(6.0)(1.50)}{0.200}\,\mathrm{A\,s^{-1}}=0\\{}P_R&=RI^2=13.5\,\mathrm W\end{aligned}

[4]

Transfer · Vertiefen

Eine ideale 0,120-H-Spule mit Anfangsstrom 2,00 A wird von der Quelle getrennt, bleibt aber in einer geschlossenen Schleife mit 8,00 Ω Gesamtwiderstand. Kein Kondensator und kein anderer Verlustpfad. Bestimme Zeitkonstante, anfängliche passive Spulenspannung und letztlich abgegebene Wärme.

Hinweis anzeigen

Die Schleife ist nicht offen; ihr Widerstand ermöglicht einen bestimmten Stromverlauf.

Lernziel: Ausschaltenergie in einem geschlossenen Widerstandspfad verfolgen.

Lösung und Rechenweg anzeigen

Ansatz: Die Maschenbilanz lautet $L\dot I+RI=0$ .
Zeitkonstante 15,0 ms; anfängliche Spulenspannung −16,0 V.
Anfangsenergie 0,240 J wird vollständig zu Wärme.

Kontrolle: Die Integration von $RI^2$ über die exponentielle Entladung liefert dieselbe Energie; keine beliebige Abschaltzeit wird vorausgesetzt.

\begin{aligned}\tau&=\frac LR=0.0150\,\mathrm s\\{}I(t)&=2.00e^{-t/\tau}\,\mathrm A\\{}u_L(0)&=-RI_0=-16.0\,\mathrm V\\{}Q_R&=\int_0^\infty RI_0^2e^{-2t/\tau}\,dt=\frac{RI_0^2\tau}{2}=0.240\,\mathrm J\end{aligned}

[4]

Spannungsspitzen brauchen einen vollständigen Ausschaltpfad

\begin{aligned}\frac{d(LI)}{dt}&=L\dot I+I\dot L\\{}\mathcal E&=-\frac{d\lambda}{dI}\dot I\end{aligned}

Die zweite Zeile setzt feste Geometrie und eine einwertige Fluss-Strom-Beziehung voraus; sie gilt nicht für eine beliebige hysteretische oder bewegte Spule.[1]

Kurz zusammengefasst

Belege zu dieser Erklärung

Quanta · Bearbeitet 2. Oktober 2026

Redaktion: Quanta Study Redaktion

Prüfumfang

Eine unabhängige, namentliche menschliche Fachprüfung ist noch nicht dokumentiert. Unsere Aufgabenzahlen sind Rechenbeispiele und keine Messdaten der zitierten Quellen.

Redaktion, Quellen und Vorgehen

Änderungsverlauf

2. Oktober 2026Faradays Induktionsgesetz und den LC-Energieaustausch im passenden Abschnitt verknüpft; Spannungsbezüge, Aufgaben und Einschaltgrafik erhalten.
1. Oktober 2026Flussverkettung, EMK und passive Spannung getrennt; lineare Energie, zwei eigene Beispiele, fünf Aufgaben und reale Ausschaltgrenzen ausgearbeitet.
1. Oktober 2026Lernverlauf und Modellbegründung erweitert, drittes durchgerechnetes Beispiel und eigene quantitative Grafik ergänzt; Formelsatz und Schlusszusammenfassung präzisiert.

Diese Nachschlageseite zitieren

Quanta. Selbstinduktion einer Spule. Stand 2. Oktober 2026. https://quanta-study.de/tafelwerk/selbstinduktion-spule

Bei einer konkreten fachlichen Aussage zusätzlich die dort verknüpfte Fachquelle nennen.

Korrektur mit Beleg vorschlagen

Häufige Fragen: Selbstinduktion einer Spule

Wie berechnet man die Selbstinduktionsspannung?+

Warum entsteht beim Abschalten einer Spule ein Spannungsstoß?+

Was bedeutet die Induktivität L anschaulich?+

Warum geht die Windungszahl quadratisch in die Induktivität ein?+

Was ist der Unterschied zwischen Induktion und Selbstinduktion?+

Selbstinduktion einer Spule prüfungssicher behalten

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Typische Fehler

Klausurkontext

Induktion

Rechenbeispiel

Anwendungsgebiete

Rechenbeispiel: Selbstinduktion einer Spule

Warum ein Spulenstrom nicht sofort folgt

Eigenfluss wird mit jeder Windung verkettet

Induzierte EMK und passive Klemmenspannung unterscheiden

Von Faraday zur Stromänderungsrate

Vertiefung anzeigen: Induktivität aus der Spulengeometrie

Eine positive Spannung kann Energie aufnehmen oder abgeben

Rampe und Ausschaltenergie vollständig bilanzieren

Strom fällt, Vorzeichen bleiben nachvollziehbar

Energie einer langen Luftspule

Beispiel: eine Spannung einschalten

Der Widerstand legt den Endstrom fest, L den Anstieg

Strom steigt, Spulenspannung fällt

Fünf Aufgaben mit verschiedenen Spannungsbezügen

Ein ideales L=80,0 mHL=80{,}0\,\mathrm{mH}L=80,0mH führt einen Stromanstieg von 0,400 auf 1,60 A in 6,00 ms linear aus. Berechne passive Spannung und EMK.

Der Strom eines konstanten linearen L fällt von 2,00 auf 0,500 A. Das gemessene EMK-Zeit-Integral beträgt +0,0900 V·s im festgelegten Umlaufsinn. Bestimme L, ohne eine konstante Spannung anzunehmen.

Ein ideales L=0,100 HL=0{,}100\,\mathrm HL=0,100H hat I(t): von 0 bis 2 ms linear 0→1 A, von 2 bis 5 ms konstant 1 A, von 5 bis 6 ms linear 1→0,500 A. Bestimme passive Spannung in den drei offenen Intervallen.

Eine reale Wicklung besitzt R=6,0 ΩR=6{,}0\,\OmegaR=6,0Ω und L=0,200 HL=0{,}200\,\mathrm HL=0,200H. Bei konstantem Strom 1,50 A zeigt ein Voltmeter 9,0 V. Eine Lösung folgert daraus eine Stromsteigerung 45 A/s. Erkläre und korrigiere den Fehler.

Eine ideale 0,120-H-Spule mit Anfangsstrom 2,00 A wird von der Quelle getrennt, bleibt aber in einer geschlossenen Schleife mit 8,00 Ω Gesamtwiderstand. Kein Kondensator und kein anderer Verlustpfad. Bestimme Zeitkonstante, anfängliche passive Spulenspannung und letztlich abgegebene Wärme.

Spannungsspitzen brauchen einen vollständigen Ausschaltpfad

Kurz zusammengefasst

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Weitere Formeln: Elektrizität und Magnetismus

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Selbstinduktion einer Spule

Variablen & Einheiten

Selbstinduktion einer Spule berechnen

So rechnest du schneller

Herleitung & Hintergrund

Prüfungs-Blueprint

Gültigkeitsbereich

Herleitung in Schritten

Umstellen

Aufgabenvariante

Typische Fehler

Klausurkontext

Induktion

Rechenbeispiel

Anwendungsgebiete

Rechenbeispiel: Selbstinduktion einer Spule

Warum ein Spulenstrom nicht sofort folgt

Eigenfluss wird mit jeder Windung verkettet

Induzierte EMK und passive Klemmenspannung unterscheiden

Von Faraday zur Stromänderungsrate

Vertiefung anzeigen: Induktivität aus der Spulengeometrie

Eine positive Spannung kann Energie aufnehmen oder abgeben

Rampe und Ausschaltenergie vollständig bilanzieren

Strom fällt, Vorzeichen bleiben nachvollziehbar

Energie einer langen Luftspule

Beispiel: eine Spannung einschalten

Der Widerstand legt den Endstrom fest, L den Anstieg

Strom steigt, Spulenspannung fällt

Fünf Aufgaben mit verschiedenen Spannungsbezügen

Ein ideales L=80,0 mHL=80{,}0\,\mathrm{mH}L=80,0mH führt einen Stromanstieg von 0,400 auf 1,60 A in 6,00 ms linear aus. Berechne passive Spannung und EMK.

Der Strom eines konstanten linearen L fällt von 2,00 auf 0,500 A. Das gemessene EMK-Zeit-Integral beträgt +0,0900 V·s im festgelegten Umlaufsinn. Bestimme L, ohne eine konstante Spannung anzunehmen.

Ein ideales L=0,100 HL=0{,}100\,\mathrm HL=0,100H hat I(t): von 0 bis 2 ms linear 0→1 A, von 2 bis 5 ms konstant 1 A, von 5 bis 6 ms linear 1→0,500 A. Bestimme passive Spannung in den drei offenen Intervallen.

Eine reale Wicklung besitzt R=6,0 ΩR=6{,}0\,\OmegaR=6,0Ω und L=0,200 HL=0{,}200\,\mathrm HL=0,200H. Bei konstantem Strom 1,50 A zeigt ein Voltmeter 9,0 V. Eine Lösung folgert daraus eine Stromsteigerung 45 A/s. Erkläre und korrigiere den Fehler.

Eine ideale 0,120-H-Spule mit Anfangsstrom 2,00 A wird von der Quelle getrennt, bleibt aber in einer geschlossenen Schleife mit 8,00 Ω Gesamtwiderstand. Kein Kondensator und kein anderer Verlustpfad. Bestimme Zeitkonstante, anfängliche passive Spulenspannung und letztlich abgegebene Wärme.

Spannungsspitzen brauchen einen vollständigen Ausschaltpfad

Kurz zusammengefasst

Belege zu dieser Erklärung

Häufige Fragen: Selbstinduktion einer Spule

Fachquellen und weiterführende Literatur

Ein ideales $L=80{,}0\,\mathrm{mH}$ führt einen Stromanstieg von 0,400 auf 1,60 A in 6,00 ms linear aus. Berechne passive Spannung und EMK.

Ein ideales $L=0{,}100\,\mathrm H$ hat I(t): von 0 bis 2 ms linear 0→1 A, von 2 bis 5 ms konstant 1 A, von 5 bis 6 ms linear 1→0,500 A. Bestimme passive Spannung in den drei offenen Intervallen.

Eine reale Wicklung besitzt $R=6{,}0\,\Omega$ und $L=0{,}200\,\mathrm H$ . Bei konstantem Strom 1,50 A zeigt ein Voltmeter 9,0 V. Eine Lösung folgert daraus eine Stromsteigerung 45 A/s. Erkläre und korrigiere den Fehler.

Ein ideales $L=80{,}0\,\mathrm{mH}$ führt einen Stromanstieg von 0,400 auf 1,60 A in 6,00 ms linear aus. Berechne passive Spannung und EMK.

Ein ideales $L=0{,}100\,\mathrm H$ hat I(t): von 0 bis 2 ms linear 0→1 A, von 2 bis 5 ms konstant 1 A, von 5 bis 6 ms linear 1→0,500 A. Bestimme passive Spannung in den drei offenen Intervallen.

Eine reale Wicklung besitzt $R=6{,}0\,\Omega$ und $L=0{,}200\,\mathrm H$ . Bei konstantem Strom 1,50 A zeigt ein Voltmeter 9,0 V. Eine Lösung folgert daraus eine Stromsteigerung 45 A/s. Erkläre und korrigiere den Fehler.