Physikübung 12: Kugelsymmetrische Ladungsverteilung



Aufgabe:
Die Ladungsdichte im Inneren einer Kugel mit dem Radius RK ist gegeben durch ρ(r) = a·r + b, wobei a und b Konstanten sind und r von Null bis RK variiert.
Bestimmen Sie mit Hilfe des Gaußschen Satzes die elektrische Feldstärke E(R) im Inneren der Kugel.

Lösung:

Der Gaußsche Satz lautet allgemein:

\int\limits_{F}^{} \vec{E}\ d \vec{A} = \frac{q_{ein}}{\epsilon_{0}}

und bedeutet, dass der elektrische Fluss durch die Oberfläche eines Volumens gleich der in dem Volumen eingeschlossener Ladung geteilt durch ε0 entspricht.

Im unseren Fall haben wir als Volumen eine Kugel gegeben. Somit steht das elektrische Feld immer senkrecht auf der Oberfläche (cos(0°) = 1) und das Skalarprodukt im Integral nimmt eine einfache Form an.

\int\limits_{F}^{} \vec{E}\ d \vec{A} = \int\limits_{F}^{} E(r)\ dA

Da das elektrische Feld nur von dem Radius R abhängt, können wir es vor das Flächenintegral ziehen. Mit dem ausgeschriebenen Flächenelement dA = r² sin(θ) dθ dφ können wir das Flächenintegral berechnen.

E(R) \int\limits_{F}^{} dA = \int\limits_{\theta=0}^{\pi} \int\limits_{\phi=0}^{2\pi} r^2\ sin(\theta) \ d\theta d\phi = E(R)\ 4\pi R^2

Somit haben wir die linke Seite des Gaußschen Satzes ausgerechnet (Was auch genau dem elektrischen Feld einer Punktladung entspricht).

E(R)\ 4\pi R^2 = \frac{q_{ein}}{\epsilon_{0}}
E(R) = \frac{q_{ein}}{4\pi R^2\ \epsilon_{0}}

Jetzt müssen wir noch die in der Kugel mit dem Radius R eingeschlossene Ladung qein bestimmen. Die Ladungsdichte ist gegeben und um die Ladung qein(R) zu bestimmen müssen wir über das eingeschlossene Kugelvolumen integrieren.

q_{ein}(R) = \int\limits_{V}^{} \rho(r) dV = \int\limits_{\theta=0}^{\pi} \int\limits_{\phi=0}^{2\pi} \int\limits_{r=0}^{R} \rho(r)\ r^2\ sin(\theta)\ d\theta d\phi dr = 4\pi \int\limits_{r=0}^{R} \rho(r) r^2\ dr

Jetzt setzen wir die Ladungsverteilung ρ(r) = a·r + b in das Integral ein und integrieren.

q_{ein}(R) = 4\pi \int\limits_{r=0}^{R} (a\ r + b) r^2\ dr = 4\pi \int\limits_{r=0}^{R} ar^3 + br^2\ dr = 4\pi [\frac{1}{4}aR^4 + \frac{1}{3}bR^3]

Jetzt können wir die eingeschlossene Ladung in die obere Formel für E(R) einsetzen.

E(R) = \frac{q_{ein}}{4\pi R^2\ \epsilon_{0}} = \frac{4\pi [\frac{1}{4}aR^4 + \frac{1}{3}bR^3]}{4\pi R^2\ \epsilon_{0}} =  \frac{1}{\epsilon_{0}}[\frac{1}{4}aR^2 + \frac{1}{3}bR]

Damit lautet das Ergebnis

E(R) = \frac{1}{\epsilon_{0}}[\frac{1}{4}aR^2 + \frac{1}{3}bR]

für 0 ≤ R ≤ RK.

Viel Spaß damit! =)




4 Kommentare zu “Physikübung 12: Kugelsymmetrische Ladungsverteilung”

  1. Florianam 21. August 2011 um 22:01 Uhr

    moin moin,

    eine kleine Ergänzung, schöner ist die Schreibweise über den Rand der abgeschlossenen Menge. hier sähe das dann so aus:

    \int\limits_{\partial V}^{} \vec{E}\ d \vec{A} = \frac{q_{ein}}{\epsilon_{0}}

    noch ein kleiner Hinweis: beachte, dass die Koordinatentransformation dv -> d0 dteta dr nur für gewisse ellipsen gilt ( man nennt die wohl auch ab und zu Kugeln) ansonsten aber eine schöne klassische Rechnung, die jeder gemacht haben sollte

    ADMIN EDIT: Formel so geändert, dass Latex sie anzeigt. Beim nächsten mal einfach (math)(/math) nutzen, wobei () durch [] ersetzt wird.

  2. Maximam 21. August 2011 um 22:54 Uhr

    Hi.
    Wo genau soll denn der Vorteil deiner Schreibweise liegen? Oder meinst du die mathematische Feinheit mit dem ∂?

    Zu der Koordinatentransformation: Ich habe explizit erwähnt, dass es sich um eine Transformation in die Kugelkoordinaten handelt. Jedes andere krummlinige Koordinatensystem würde die Rechnung nur erschweren.

  3. Marcoam 7. Februar 2013 um 16:32 Uhr

    Moin,

    kurze Frage dazu:

    „Im unseren Fall haben wir als Volumen eine Kugel gegeben. Somit steht das elektrische Feld immer senkrecht auf der Oberfläche (cos(90°) = 1) und das Skalarprodukt im Integral nimmt eine einfache Form an.“

    Der cos(90°) ist doch nicht 1 sondern 0!
    Da das elektrische Feld parallel zum Normalenvektor der orientierten Kugeloberfläche steht, cos(0°) = 1 fällt das Skalarprodukt hier weg.

    Danke.

    Marco

  4. Maximam 7. Februar 2013 um 19:17 Uhr

    Hallo Marco,
    gut aufgepasst, es muss natürlich cos(0°)=1 heißen. Das E-Feld steht immer senkrecht auf dem Flächenelement dA, welches durch den Normalenvektor senkrecht dazu (parallel zu E) beschrieben wird.
    Ich hab es geändert.
    Danke.

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