Übung ET2-07.03 – Elektromagnet mit Luftspalt (Lösung)

Prof. Dr. Thorsten Jungmann (Stand 2026-05-19)

Bezug zu ET2-07 Magnetischer Kreis

Aufgabe

Ein Elektromagnet mit ferromagnetischem Kern und Luftspalt ist Bestandteil eines Relais. Bei Betriebsstrom soll der durch den Luftspalt verlaufende Fluss bestimmt werden. Streuflüsse werden vernachlässigt; der Querschnitt im Luftspalt entspricht dem des Kerns.

• Windungszahl: $N=1000$
• Stromstärke: $I=0,80\mathrm{A}$
• mittlere Eisenweglänge: $l_{\mathrm{Fe}}=0,20\mathrm{m}$
• Luftspaltlänge: $l_{\mathrm{Luft}}=1,5\mathrm{mm}$
• Querschnitt: $A=6,0\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2$
• relative Permeabilität des Eisens: ${\mu }_r=1500$

a) Berechnen Sie die magnetischen Widerstände $R_{\mathrm{m},\mathrm{Fe}}$, $R_{\mathrm{m},\mathrm{Luft}}$ und den Gesamtwiderstand $R_{\mathrm{m},\mathrm{ges}}$. Bestimmen Sie zusätzlich den Anteil $R_{\mathrm{m},\mathrm{Luft}}/R_{\mathrm{m},\mathrm{ges}}$.

b) Berechnen Sie den magnetischen Fluss $\Phi$ im Kreis.

c) Berechnen Sie die magnetische Flussdichte $B$ im Eisen und im Luftspalt.

d) Welcher Anteil der Durchflutung $\Theta$ entfällt auf den Luftspalt? Welchen Fluss erhielte man ohne Luftspalt? Diskutieren Sie das Ergebnis.

◀️ zur Aufgabe

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Lösung

Gegeben

Explizit gegeben:

• $N=1000$, $I=0,80\mathrm{A}$
• $l_{\mathrm{Fe}}=0,20\mathrm{m}$, ${\mu }_r=1500$
• $l_{\mathrm{Luft}}=1,5\mathrm{mm}=1,5\cdot 10^{-3}\mathrm{m}$
• $A=6,0\mathrm{c}{\mathrm{m}}^2=6,0\cdot 10^{-4}{\mathrm{m}}^2$

Bekannt:

• magnetische Feldkonstante: ${\mu }_0=4\pi \cdot 10^{-7}H/m$
• magnetischer Widerstand des Eisens (ET2-07): $R_{\mathrm{m},\mathrm{Fe}}=\frac{l_{\mathrm{Fe}}}{{\mu }_0\cdot {\mu }_r\cdot A}$
• magnetischer Widerstand des Luftspalts (ET2-07): $R_{\mathrm{m},\mathrm{Luft}}=\frac{l_{\mathrm{Luft}}}{{\mu }_0\cdot A}$
• Reihenschaltung: $R_{\mathrm{m},\mathrm{ges}}=R_{\mathrm{m},\mathrm{Fe}}+R_{\mathrm{m},\mathrm{Luft}}$
• Hopkinsonsches Gesetz: $\Theta =\Phi \cdot R_{\mathrm{m},\mathrm{ges}}$

Gesucht

a) $R_{\mathrm{m},\mathrm{Fe}}$, $R_{\mathrm{m},\mathrm{Luft}}$, $R_{\mathrm{m},\mathrm{ges}}$ in $A/Wb$ und Anteil des Luftspalts in $\%$
b) $\Phi$ in $\mathrm{Wb}$
c) $B$ in $\mathrm{T}$ (Eisen und Luftspalt)
d) Anteil des Luftspalts an $\Theta$; Fluss ${\Phi }_0$ ohne Luftspalt; Diskussion

a) Magnetische Widerstände

Eisen:

$$R_{\mathrm{m},\mathrm{Fe}}=\frac{l_{\mathrm{Fe}}}{{\mu }_0\cdot {\mu }_r\cdot A}=\frac{0,20\mathrm{m}}{4\pi \cdot 10^{-7}H/m\cdot 1500\cdot 6,0\cdot 10^{-4}{\mathrm{m}}^2}$$ $$R_{\mathrm{m},\mathrm{Fe}}=\frac{0,20}{1,131\cdot 10^{-6}}\frac{\mathrm{A}}{\mathrm{Wb}}=\underline{1,77\cdot 10^5\frac{\mathrm{A}}{\mathrm{Wb}}}$$

Luftspalt (${\mu }_r=1$):

$$R_{\mathrm{m},\mathrm{Luft}}=\frac{l_{\mathrm{Luft}}}{{\mu }_0\cdot A}=\frac{1,5\cdot 10^{-3}\mathrm{m}}{4\pi \cdot 10^{-7}H/m\cdot 6,0\cdot 10^{-4}{\mathrm{m}}^2}$$ $$R_{\mathrm{m},\mathrm{Luft}}=\frac{1,5\cdot 10^{-3}}{7,540\cdot 10^{-10}}\frac{\mathrm{A}}{\mathrm{Wb}}=\underline{1,99\cdot 10^6\frac{\mathrm{A}}{\mathrm{Wb}}}$$

Gesamtwiderstand:

$$R_{\mathrm{m},\mathrm{ges}}=R_{\mathrm{m},\mathrm{Fe}}+R_{\mathrm{m},\mathrm{Luft}}=1,77\cdot 10^5+1,99\cdot 10^6=\underline{2,17\cdot 10^6\frac{\mathrm{A}}{\mathrm{Wb}}}$$

Anteil des Luftspalts:

$$\frac{R_{\mathrm{m},\mathrm{Luft}}}{R_{\mathrm{m},\mathrm{ges}}}=\frac{1,99\cdot 10^6}{2,17\cdot 10^6}=0,918=\underline{91,8\%}$$

Der nur $1,5\mathrm{mm}$ kurze Luftspalt verursacht über $90\%$ des magnetischen Gesamtwiderstands.

b) Magnetischer Fluss

Durchflutung:

$$\Theta =N\cdot I=1000\cdot 0,80\mathrm{A}=800\mathrm{A}$$

Magnetischer Fluss:

$$\Phi =\frac{\Theta }{R_{\mathrm{m},\mathrm{ges}}}=\frac{800\mathrm{A}}{2,17\cdot 10^{6}A/Wb}=\underline{3,69\cdot 10^{-4}\mathrm{Wb}}$$

c) Magnetische Flussdichte

Da der Querschnitt in Eisen und Luftspalt gleich ist und der Fluss nicht streut, gilt $B_{\mathrm{Fe}}=B_{\mathrm{Luft}}=B$:

$$B=\frac{\Phi }{A}=\frac{3,69\cdot 10^{-4}\mathrm{Wb}}{6,0\cdot 10^{-4}{\mathrm{m}}^2}=\underline{0,616\mathrm{T}}$$

Der Arbeitspunkt liegt deutlich unter der Sättigung – die lineare Rechnung mit ${\mu }_r=1500$ ist zulässig.

d) Anteil am Durchflutungsabfall und Vergleich ohne Luftspalt

Magnetische Spannungsabfälle:

$$V_{m,\mathrm{Fe}}=\Phi \cdot R_{\mathrm{m},\mathrm{Fe}}=3,69\cdot 10^{-4}\cdot 1,77\cdot 10^5\mathrm{A}=65,3\mathrm{A}$$ $$V_{m,\mathrm{Luft}}=\Phi \cdot R_{\mathrm{m},\mathrm{Luft}}=3,69\cdot 10^{-4}\cdot 1,99\cdot 10^6\mathrm{A}=735\mathrm{A}$$

Probe: $V_{m,\mathrm{Fe}}+V_{m,\mathrm{Luft}}=65,3+735=800\mathrm{A}=\Theta$ ✓

Der Luftspalt absorbiert $735/800=91,8\%$ der gesamten Durchflutung – die Spule arbeitet überwiegend gegen den Luftspalt.

Hypothetisch ohne Luftspalt (rein lineare Rechnung):

$${\Phi }_0=\frac{\Theta }{R_{\mathrm{m},\mathrm{Fe}}}=\frac{800\mathrm{A}}{1,77\cdot 10^{5}A/Wb}=4,52\cdot 10^{-3}\mathrm{Wb}$$ $$B_0=\frac{{\Phi }_0}{A}=\frac{4,52\cdot 10^{-3}\mathrm{Wb}}{6,0\cdot 10^{-4}{\mathrm{m}}^2}\approx 7,54\mathrm{T}$$

Der Faktor zwischen den beiden Flüssen beträgt ${\Phi }_0/\Phi \approx 12,3$.

Diskussion:

Der rechnerische Wert $B_0\approx 7,5\mathrm{T}$ ist physikalisch nicht erreichbar – er liegt weit oberhalb der Sättigungsflussdichte des Eisens ($B_{\mathrm{sat}}\approx 2\mathrm{T}$). Tatsächlich würde der Kern ohne Luftspalt schon bei deutlich kleineren Strömen als $0,80\mathrm{A}$ in die Sättigung gehen; ${\mu }_r$ würde stark einbrechen, und der reale Fluss bliebe unterhalb von ${\Phi }_{\mathrm{sat}}=B_{\mathrm{sat}}\cdot A\approx 1,2\cdot 10^{-3}\mathrm{Wb}$.

Der Luftspalt erfüllt damit zwei Aufgaben gleichzeitig:

1. Er definiert den magnetischen Widerstand des Kreises (zu rund $92\%$ aus dem Luftspalt) und macht ihn damit berechenbar – unabhängig von der nichtlinearen Eisen-Permeabilität.
2. Er schützt den Kern vor Sättigung, indem er den Arbeitspunkt $B\approx 0,62\mathrm{T}$ weit unterhalb von $B_{\mathrm{sat}}$ hält.

Praktische Konsequenz

Genau diese Linearisierungsfunktion ist der Grund, warum Speicherdrosseln in Schaltnetzteilen gezielt einen Luftspalt erhalten. Die Aufgabe ET2-07.05 zeigt, wie der Luftspalt für eine vorgegebene Induktivität dimensioniert wird.

Brücke zu ET2

Der hier berechnete Fluss erlaubt sofort die Bestimmung der Induktivität: $L=N^2/R_{\mathrm{m},\mathrm{ges}}=1000^2/(2,17\cdot 10^{6}A/Wb)\approx 461\mathrm{mH}$. Diese Verknüpfung zwischen magnetischer Kreisberechnung und der elektrischen Kenngröße $L$ wird in ET2-08 systematisch ausgebaut.

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