Direkt zum Inhalt
  1. Startseite
  2. Argumentationen
  3. #328

Herleitung Selbsinduktivität (Induktivität) - zwei stromdurchflossene Leiter

Zwei parallel angeordnete stromdurchflossene Leiter.

Im Folgenden wird die Induktivität \(L\) einer parallelen Doppelleitung hergeleitet. Betrachte dazu zwei stromdurchflossene Leiter der Länge \(l\) und jeweils Radius \(R\). Die beiden befinden sich im Abstand \(d\) zueinander und werden von einem zwar betragsmäßig gleichen Strom \(I\), jedoch in entgegengesetzte Richtung durchflossen.

Die Induktivität \(L\) ist die Proportionalitätskonstante zwischen dem magnetischen Fluss \(\Phi_{\text m}\), der durch die zu den Leitern parallele Fläche geht und dem elektrischen Strom im Leiter. Also:1\[ L = \frac{\Phi_{\text m}}{I} \]

Um also die Induktivität herauszufinden, muss der magnetische Fluss durch die Fläche der Länge \(l\) parallel zu den Leitern berechnet werden. Der Strom \(I\) wird als bekannt angenommen. Der magnetische Fluss ist definiert als:2\[ \Phi_{\text m} = \int_A B \, \text{d}a \]hierbei ist \(B\) das die Fläche \(A\) durchdringende Mangnetfeld. Nun muss \(B\) bestimmt werden. Dieses setzt sich zusammen aus dem Magnetfeld außerhalb der beiden Leiter und dem Magnetfeld innerhalb der Leiter.

Das Magnetfeld (außerhalb) von einem stromdurchflossenen Leiter, der am Koordinatenursprung verläuft ist:3\[ B(x) = \frac{\mu_0 \, I}{2 \pi} \, \frac{1}{x} \]

Das Magnetfeld (außerhalb) von einem Leiter, der sich bei \(x= d/2\) befindet und von dem Strom \(-I\) durchflossen wird (rechter Leiter), ist:4\[ B_1(x) = -\frac{\mu_0 \, I}{2 \pi} \, \frac{1}{x - \frac{d}{2}} = \frac{\mu_0 \, I}{2 \pi} \, \frac{1}{\frac{d}{2} - x} \]

Das Magnetfeld (außerhalb) von einem Leiter, der sich bei \(x = -d/2\) befindet und von dem Strom \(I\) durchflossen wird (rechter Leiter), ist:5\[ B_2(x) = \frac{\mu_0 \, I}{2 \pi} \, \frac{1}{\frac{d}{2} + x} \]

Das gesamte Magnetfeld \(B_{\text e}\) außerhalb beider Leiter ist die Summe der Teilfelder 4 und 5:

6\[ B_{\text e} = \frac{\mu_0 \, I}{2 \pi} \, \left( \frac{1}{\frac{d}{2} + x} + \frac{1}{\frac{d}{2} - x} \right) \]

Das Magnetfeld innerhalb eines stromdurchflossenen Leiters, der sich am Koordinatenursprung befindet und den Radius \(R\) hat, ist:7\[ B(x) = \frac{\mu_0 \, I}{2 \pi \, R^2} \, x \]

Das Magnetfeld innerhalb eines stromdurchflossenen Leiters, der sich bei \(x=d/2\) befindet und von \(-I\) durchflossen wird, ist:

8\[ B_3(x) = -\frac{\mu_0 \, I}{2 \pi \, R^2} \, \left( x - \frac{d}{2} \right) = \frac{\mu_0 \, I}{2 \pi \, R^2} \, \left( \frac{d}{2} - x\right) \]

Das Magnetfeld innerhalb eines stromdurchflossenen Leiters, der sich bei \(x=-d/2\) befindet und von \(I\) durchflossen wird, ist:

9\[ B_4(x) = \frac{\mu_0 \, I}{2 \pi \, R^2} \, \left( \frac{d}{2} + x\right) \]

Das gesamte Magnetfeld \(B\) in 2 ist die Summe der berechneten Teilfelder 6, 8 und 9. Die Fläche \(A\) hat in \(z\)-Richtung die Länge \(l\) und das Magnetfeld \(B\) ist unabhängig von der \(z\)-Koordinate, weshalb nur die Integration des Magnetfeldes entlang der \(x\)-Koordinate stattfindet:10\[ \Phi_{\text m} = l \int B \, \text{d}x \]

Der Integrationsbereich zwischen den Leitern geht von \(-d/2 + R\) bis \( d/2 - R\). Der Integrationsbereich innerhalb des linken Leiters geht von \(-d/2\) bis \(-d/2 + R\). Der Integrationsbereich innerhalb des rechten Leiters geht von \(d/2-R, d/2\). Damit wird das Integral 10 zu:11\[ \Phi_{\text m} = \int_{-d/2 + R}^{d/2 - R} \frac{\mu_0 \, I}{2 \pi} \, \left( \frac{1}{\frac{d}{2} + x} + \frac{1}{\frac{d}{2} - x} \right) \, \text{d}x ~+~ \int_{-d/2}^{-d/2 + R} \frac{\mu_0 \, I}{2 \pi \, R^2} \, \left( \frac{d}{2} + x\right) \, \text{d}x ~+~ \int_{d/2}^{d/2 - R} \frac{\mu_0 \, I}{2 \pi \, R^2} \, \left( \frac{d}{2} - x\right) \, \text{d}x\]

Nun wird das erste Intergral (für das Magnetfeld außerhalb) in 11 berechnet:12\[ \frac{\mu_0 \, I}{2 \pi} \int_{-d/2 + R}^{d/2 - R} \left( \frac{1}{\frac{d}{2} + x} ~+~ \frac{1}{\frac{d}{2} - x} \right) \, \text{d}x \]

Die Stammfunktion von \(1/x\) ist \(\ln(x)\), also wird 12 durch Substitution zu:13\[ \frac{\mu_0 \, I}{2 \pi} \left[ \ln\left(\frac{d}{2} + x\right) ~-~ \ln\left(\frac{d}{2} - x\right) \right]^{d/2 - R}_{-d/2 + R} \]

Mit Logathitmus-Regeln lassen sich die beiden Logarithmus-Ausdrücke in 13 zusammenfassen:14\[ \frac{\mu_0 \, I}{2 \pi} \left[ \ln\left(\frac{d/2 + x}{d/2 - x}\right) \right]^{d/2 - R}_{-d/2 + R} \]

Einsetzen der Integrationsgrenzen und vereinfachen:15\[ \frac{\mu_0 \, I}{2 \pi} \, \left[ \ln\left(\frac{d - R}{R}\right) ~-~ \ln\left(\frac{R}{d-R}\right) \right] = \frac{\mu_0 \, I}{\pi} \, \ln\left(\frac{d - R}{R}\right) \]

Nun wird das zweite Integral in 11 verarztet:16\[ \frac{\mu_0 \, I}{2 \pi \, R^2} \int_{-d/2}^{-d/2 + R} \left( \frac{d}{2} + x\right) \, \text{d}x \]

Die Stammfunktion von 16 ist leicht anzugeben. Anschließendes Einsetzen der Integrationsgrenzen sowie Ausmultiplizieren und Vereinfachen ergibt:17\[ \frac{\mu_0 \, I}{2 \pi \, R^2} \, \left[ \frac{d}{2} \, x + \frac{1}{2} \, x^2\right]_{-d/2+R}^{-d/2} = \frac{\mu_0 \, I}{4 \pi} \]

Analog wird beim dritten Integral in 11 vorgegangen. Das Ergebnis ist wie beim zweiten Integral:18\[ \frac{\mu_0 \, I}{2 \pi \, R^2} \int_{d/2 - R}^{d/2} \left( \frac{d}{2} - x\right) \, \text{d}x = \frac{\mu_0 \, I}{4 \pi} \]

Addition der Ergebnisse 15, 17 und 18 und Einsetzen in 10 ergibt den magnetischen Fluss:19\[ \Phi_{\text m} = \frac{\mu_0 \, I \, l}{\pi} \, \left[ \frac{1}{2} + \ln\left(\frac{d-R}{R}\right) \right] \]

Bleibt nur noch den magnetischen Fluss 19 in 1 einzusetzen, um die Induktivität des Doppelleiters herauszubekommen:

Induktivität einer Doppelleitung19\[ L = \frac{\mu_0 \, l}{\pi} \, \left[ \frac{1}{2} + \ln\left(\frac{d-R}{R}\right) \right] \]
Details zum Inhalt
  • Copyright: ©2020
  • Lizenz: CC BY 4.0Dieser Inhalt darf mit der Angabe des Copyrights weiterverwendet werden!
  • Dieser Inhalt wurde hinzugefügt von FufaeV am .
  • Dieser Inhalt wurde aktualisiert von FufaeV am .

Feedback geben

Hey! Ich bin Alexander FufaeV, der Physiker und Autor hier. Es ist mir wichtig, dass du stets sehr zufrieden bist, wenn du hierher kommst, um deine Fragen und Probleme zu klären. Da ich aber keine Glaskugel besitze, bin ich auf dein Feedback angewiesen. So kann ich Fehler beseitigen und diesen Inhalt verbessern, damit auch andere Besucher von deinem Feedback profitieren können.

Wie zufrieden bist Du?