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Elektrisches Feld der nicht-leitenden Hohlkugel
Betrachten Sie eine nicht-leitende, homogen geladene Hohlkugel mit Außenradius
R und Innenradius

R/2 und Gesamtladung Q (vgl. Aufg. 1.2a).

  1. a)  Bestimmen Sie die von einer Kugel mit Radius r eingeschlossene Ladung Qein(r) als Funktion von r für die Bereiche (i) r < R/2, (ii) R/2 r R und (iii) r > R und skizzieren Sie den Verlauf des Graphen von Qein(r).

  2. b)  Bestimmen Sie das elektrische Feld E(⃗r) der Ladungsverteilung in den drei Bereichen und skizzieren Sie den Verlauf des Graphen von |E(r)|.

  3. c)  Bestimmen Sie das elektrostatische Potential φ(⃗r) der Ladungsverteilung in den drei Bereichen und skizzieren Sie den Verlauf des Graphen von φ(r)

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Eine einfache geometrische Überlegung zeigt, dass konzentrische Ladungen nur innerhalb des Messpunkts für die Feldstäke berücksichtigt werden müssen, d.h. die Feldstärke ist innerhalb ri gleich Null und sie nimmt vom ri aus bis ra linear zu und außerhalb nimmt sie proporional 1/r² ab.

von

Ich habe auf zwei Arten versucht, das E-Feld für eine homogen geladene Hohlkugel (Radien innen und außen: r_i, r_a) zu berechnen - einmal mittels Gaußformel und einmal mittels Coulombformel.

Mittels Coulomb komme ich für den Bereich zwischen r_i und r_a auf Folgendes:

E = Q/(4 pi eps_0) * 3 * (r - r_i) / (r_a^3 - r_i^3)

bis auf eine Konstante wächst das linear an, wie du meintest isi. Leider erhalte ich bei Berechnung mittels Gauß etwas Anderes:

E = Q/(4 pi eps_0) * (r^3 - r_i^3)/(r_a^3 - r_i^3) * 1/r^2

Dieses Ergebnis haben wir so auch in der Uni erhalten und der Grenzfall r = r_a ergibt die gewohnte Form E = Q/(4 pi eps_0) /r_a^2. Dies trifft auf die Formel mittels Coulombgesetz nicht zu. Offensichtlich ist aber die Formel, die ich mittels Gauß erhalten habe nicht linear in dem Bereich des Dielektrikums.

Was stimmt jetzt also? Ich werde wohl beim Integral einen Faktor r^2 zu wenig haben, aber wo? Ich wollte gern meinen Lösungsweg für die Berechnung mittels Coulombgesetz anhängen, vermute aber, dass das nicht klappt (die Vorschau zeigt das Bild nicht an), daher hier das Wesentliche:

Ich habe Q durch das Volumen der Hohlkugel geteilt und so rho erhalten. Rho ist von r unabhängig. Das differentielle Ladungselement ist dq = dV rho, wobei dV = r^2 dr sin theta dtheta dphi. dE = 1/(4 pi eps_0) 1/r^2 * dq. Es kürzen sich also r^2 aus dV und 1/r^2 weg.


Vielen Dank im Voraus!




KopieKlein.jpeg

Text erkannt:

idierende Hohlkugel: mittels Coulout.
\( d \vec{E}_{r}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{d q}{r^{2}} \vec{e}_{r} \quad \cdot r<r_{i}: d q=0 \)
\( \cdot r \in[r, 6]: d q=d V \cdot \rho=r^{2} d r d \varphi \)
mit \( \rho=\frac{3}{4\left(r_{a}^{3}-r_{i}^{3}\right) \pi} \)
- \( r>r_{a}: d_{q}=0 \)
\( =\frac{4 \pi \rho}{4 \pi \varepsilon_{0}} \int \limits_{r_{i}}^{r} d r=\frac{\rho}{\varepsilon_{0}}\left(r-r_{i}\right)=\frac{Q}{4 \pi \varepsilon_{0}} 3 \frac{r-r_{i}}{r_{a}{ }^{3}-r_{i}{ }^{3}} \) steckt \( m r \) in \( d V \).
Stimurt niclit ciberein mot Lso.
\( E=\frac{Q}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{1}{r^{2}} \frac{r^{3}-R_{i}^{3}}{R_{a}^{3}-R_{i}{ }^{3}}=\frac{Q}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{r-r_{0}^{3} r^{2}}{r_{a}^{3}-r_{i}^{3}} \)
grenzfell \( r=r_{2} \) :
ich mittels Coulout: \( 3 \cdot \frac{r_{a}-r_{i}}{r_{a}^{3}-r_{i}^{3}} \neq \frac{1}{r_{a}^{2}} \)
Lsparb) \( \therefore \frac{r_{a}-r_{i}^{3} / r_{a}^{2}}{r_{a}^{3}-r_{i}^{3}}=\frac{1}{r_{a}^{2}} \frac{r_{a}^{3}-r_{i}^{3}}{r_{a}^{3}-r_{i}^{3}}=\frac{1}{r_{a}^{2}} \)


Text erkannt:

idierende Hohlkugel: mittels Coulout.
\( \begin{array}{ll}d \vec{E}_{r}=\frac{1}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{d q}{r^{2}} \vec{e}_{r} \quad & \cdot r<r_{i}: d q=0 \\ & \cdot r \in\left[r_{i, \varepsilon}\right]: d q=d V \cdot \rho=r^{2} d r d \varphi \\ \sin \theta d \theta \rho\end{array} \)
mit \( \rho=\frac{3}{4\left(r_{a}^{3}-r_{i}^{3}\right) \pi} \)
\( =\frac{4 \pi \rho}{4 \pi \varepsilon_{0}} \int \limits_{r_{i}}^{r} d r=\frac{\rho}{\varepsilon_{0}}\left(r-r_{i}\right)=\frac{Q}{4 \pi \varepsilon_{0}} 3 \frac{r-r_{i}}{r_{a}{ }^{3}-r_{i}{ }^{3}} \)
Stiment niclit iberen mot Lso. 2
\( E=\frac{Q}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{1}{r^{2}} \frac{r^{3}-R_{i}^{3}}{R_{a}{ }^{3}-R_{i}{ }^{3}}=\frac{Q}{4 \pi \varepsilon_{0}} \frac{r-r_{i}{ }^{3}, r^{2}}{r_{a}^{3}-r_{i}{ }^{3}} \)
grenzfell \( r=r_{2} \) :
ich mittels Couloub: \( 3 \cdot \frac{r_{2}-r_{i}}{r_{a}^{3}-r_{i}} \neq \neq \frac{1}{r_{a}^{2}} \)
Lspurb) \( \therefore \frac{r_{a}-r_{i}^{3} / r_{a}^{2}}{r_{a}^{3}-r_{i}^{3}}=\frac{1}{r_{a}^{2}} \frac{r_{a}^{3}-r_{i}^{3}}{r_{a}^{3}-r_{i}^{3}}=\frac{1}{r_{a}^{2}} \)

Die Berechnung mittels Columb stimmt nicht, da die Angabe linear nur für zylindrische Anordnungen stimmt, nicht für kugelsymmetrische.

Die Berechnung hierfür geht mit 'Ladung Q(r) innerhalb der Kugel mit r' und dann die Regel für das Außenfeld anwenden. Voraussetzung ist epsilon_r = 1.

Mit "Regel für das Außenfeld anwenden" meinst du die Berechnung mittels Satz von Gauß oder?

Es sollte doch möglich sein, da auch mittels Coulomb-Gesetz draufzukommen.

Ja, die Rechnung zwischen Ri und Ra genau so wie bei r > R

die Ladungen außerhalb der Kugel mit Radius r können außer Betracht bleiben, da kugelsymmetrisch.

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