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| Aufgabe | Im Inneren der Kugel ( 0 < r < [mm] r_{0} [/mm] )
) befindet sich die ortsabhängige Raumladungs-
dichte [mm] \rho(r)=\rho{0}\bruch{r}r_{0} [/mm]
Auf der O berfläche der Kugel (r=r{0}) befindet sich die konstan-
te Flächenladungsdichte [mm] \sigma [/mm] = [mm] \sigma{0}
[/mm]
Im gesamten Raum ( 0 < r < ∞) gilt [mm] \epsilon [/mm] = [mm] \epsilon{0}
[/mm]
.
Berechnen Sie mithilfe des Gauß’schen Gesetzes die elektrische Feldstärke E der ge-
gebenen Ladungsverteilung. |
Hallo,
ich bereite mich auf die bevorstehende Prüfung in Elektrodynamik vor (Hauptfach: Elektrotechnik) ich habe im ETI Forum nichts gefunden und dachte bei den Physikern bin ich gut aufgehoben :)
Mein Ansatz, bzw. die Lösung :
[mm] {r_{0}
Was ich nicht verstehe, ist die Lösung des letzten Integrales.
Woher kommt das Sigma ?
Kann man das rechnerisch zeigen ?
Ich denke, es hat etwas mit den freien Ladungen und den Ladungen auf der Oberfläche zu tun. Aber kommt man auch rechnerisch drauf, oder "muss man das einfach wissen" ?
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 09:46 So 19.02.2012 | | Autor: | Infinit |
Hallo MacChevap,
sorry, aber solwohl für die Aufgabe wie auch für die Musterlösung bestrht die extrem hohe Wahrscheinlichkeit einer Urhereberrechtsverletzung. Das hast Du ja wohl auch selbst scghon gemerkt, da Du den Text dann als Aufgabe wiedergebeben hast.
Viele Grüße,
Infinit
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 09:55 So 19.02.2012 | | Autor: | Infinit |
Hallo,
was hier ausgenutzt wird, ist die Tatsache, dass die elektrische Erregung D bei solch einem kugelsymmetrischen Gebilde überall senkrecht auf den Teilflächen steht, die die Hüllkurve bilden.
Die Formel lautet allgemein ja:
[mm] \vec{D} \cdot d\vec{A} = Q [/mm]
wobei Q die gesamte von der Hüllkurve eingeschlossene Ladungsmenge ist.
Im Inneren der Kugel wächst mit wachsendem r die von der Hüllkurve eingeschlossene Ladungsmenge (es handelt sich um eine Raumladung, stelle Dir einen Luftballon vor, den Du aufbläst). Auf der Oberfläche dieser Kugel befindet sich zusätzlich eine Flächenladung. Sobald also Deine Hüllkurve diese Kugeloberfläche einschließt, kommt eine weitere Ladung dazu, nämlich diejenige, die auf der Kugeloberfläche sitzt. Danach kannst Du Deine Hüllkurve beliebig "weiter aufblasen", es existieren in diesem Gebiet außerhalb der Kugel keine weiteren Ladungen und insofern bleibt dann die eingeschlossene Ladungsmenge konstant.
Viele Grüße,
Infinit
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:34 So 19.02.2012 | | Autor: | Infinit |
Hallo M.C.,
lies doch einfach mal meine Antwort durch und frage, wenn Du Fragen hast. Die Frage auf "statuslos" zu setzen, nachdem Du eine Antwort bekommen hast, die sich auch noch auf Deine Frage bezieht, ist nicht gerade den Helfern hier im Forum freundlich gegenüber.
Viele Grüße,
Infinit
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:38 So 19.02.2012 | | Autor: | MacChevap |
Hallo Infinit,
du hast zu schnell reagiert - ich war gerade noch beim Bearbeiten.
Habe die Frage ergänzt, nach dem ich 45 Minuten probiert habe eine Formel richtig einzugeben und hervorzuheben.
Deine Antwort steht schon in meiner Frage, ich weiß das Ladungen auf der Oberfläche sind (nichts neues). Die Frage ist, wie man das rechnerisch im Integral zeigt.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:44 So 19.02.2012 | | Autor: | Infinit |
Hallo M.C.,
da es sich hier um verschiedene Teilgebiete handelt, sehe ich nur die Möglichkeit, die uns bekannte Formel in diesen Teilgebieten auszuwerten. Da die Kugeloberfläche keine Dicke besitzt, findet hier in Bezug auf die eingeschlossenen Ladungen ein Sprung statt. Der lässt sich leider nicht durch eine kontinuierliche Beschreibung erfasssen, deswegen die Aufteilung in Teilgebiete.
Viele Grüße,
Infinit
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:51 So 19.02.2012 | | Autor: | MacChevap |
Hallo Infinit,
ich weiß nicht, wie ich den Status ändern kann. Bin noch am Einarbeiten hier.
Ich verstehe deine Antwort nicht. (Wie aufteilen in Teilgebiete) hmm
Ich würde mir eine Erklärung a la 1+1 = 2 wünschen. Für mich ließt sich das im Moment nach 2 = 2+3 :/
Vielleicht habe ich mich auch unpräzise ausgedrückt.
Ich möchte rechnerisch die Begründung verstehen, wie es zu dieser Formel kommt.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:05 So 19.02.2012 | | Autor: | notinX |
Hallo,
> Im Inneren der Kugel ( 0 < r < [mm]r_{0}[/mm] )
>
> ) befindet sich die ortsabhängige Raumladungs-
> dichte [mm]\rho(r)=\rho{0}\bruch{r}r_{0}[/mm]
>
> Auf der O berfläche der Kugel (r=r{0}) befindet sich die
> konstan-
> te Flächenladungsdichte [mm]\sigma[/mm] = [mm]\sigma{0}[/mm]
> Im gesamten Raum ( 0 < r < ∞) gilt [mm]\epsilon[/mm] =
> [mm]\epsilon{0}[/mm]
>
> .
> Berechnen Sie mithilfe des Gauß’schen Gesetzes die
> elektrische Feldstärke E der ge-
> gebenen Ladungsverteilung.
>
>
>
>
>
>
>
> Hallo,
>
> ich bereite mich auf die bevorstehende Prüfung in
> Elektrodynamik vor (Hauptfach: Elektrotechnik) ich habe im
> ETI Forum nichts gefunden und dachte bei den Physikern bin
> ich gut aufgehoben :)
>
> Mein Ansatz, bzw. die Lösung :
>
> [mm]{r_{0}
bist Du sicher, dass diese Lösung stimmt? Zeig doch mal, wie Du das berechnet hast. Du hast lediglich die Grundformel und das Endergebnis hingeschrieben.
>
>
> Was ich nicht verstehe, ist die Lösung des letzten
> Integrales.
> Woher kommt das Sigma ?
Das verstehe ich wiederum nicht. Du hast doch die Lösung selbst berechnet, dann solltest Du doch wohl am besten wissen, wo das [mm] $\sigma_0$ [/mm] herkommt.
>
> Kann man das rechnerisch zeigen ?
>
> Ich denke, es hat etwas mit den freien Ladungen und den
> Ladungen auf der Oberfläche zu tun. Aber kommt man auch
> rechnerisch drauf, oder "muss man das einfach wissen" ?
>
>
Gruß,
notinX
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Hallo Notinx,
das ist die Musterlösung - sonst würde ich ja nicht fragen woher das ganze kommt, richtig. Zitat "..die Lösung"
Ich denke, dass die Lösung stimmt - da sich die Aufgabe alle Jahre wiederholt.
Mein Ansatz war das Integral (linke Seite des Gleichheitszeichens).
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(Antwort) fertig | | Datum: | 11:13 So 19.02.2012 | | Autor: | notinX |
> Hallo Notinx,
>
> das ist die Musterlösung - sonst würde ich ja nicht
> fragen woher das ganze kommt, richtig. Zitat "..die
> Lösung"
Zitat: "Mein Ansatz..."
>
> Ich denke, dass die Lösung stimmt - da sich die Aufgabe
> alle Jahre wiederholt.
Nur weil man etwas wiederholt wird es dadurch nicht richtiger.
>
> Mein Ansatz war das Integral (linke Seite des
> Gleichheitszeichens).
Dann zeig doch mal, was Du raus bekommst.
Gruß,
notinX
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 11:46 So 19.02.2012 | | Autor: | Infinit |
Hallo M.C.,
aus meiner Sicht vermischst Du hier zwei unterschiedliche Ladungstypen, nämlich eine Raumladung und eine Flächenladung, behandelst aber beide als wären sie Raumladungen.
Was Du jedoch brauchst, ist die von der Kugelhülle eingeschlossene Ladung. Die ergibt sich für den Bereich außerhalb der Kugel als das Volumen der Kugel integriert über die Raumladungsdichte plus die Kugeloberfläche multipliziert mit der Flächenladung.
Für das Volumenintegral bekommt man einen Ausdruck in Kugelkoordinaten mit einem beliebigen Radius r
als
[mm] \int_0^{\pi} \int_0^{2\pi} \int_0^r r^2 \sin \theta dr \, d\varphi\, d\theta [/mm]
Die Integration über die Winkel ergibt einen glatten Wert von 4 Pi und wenn man nun die Ladungsdichte einsetzt mit r0 als obere Grenze, so bekommt man
[mm] Q_1 = 4 \pi \int_0^{r_0} \rho_0 \bruch{r^3}{r_0} \, dr [/mm]
Über das [mm] r^3 [/mm] integriert, bekommt man einen Term [mm] \bruch{r^4}{4} [/mm], die 4 kürzt sich raus und wir bekommen
[mm] Q_1 = \pi \rho_0 r_0^3 [/mm]
Beim zweiten Term ist es einfacher, da die Kugeloberfläche [mm] 4 \pi r^2 [/mm] beträgt und Du bekommst also
[mm] Q_2 = \sigma 4 \pi r_0^2 [/mm]. Die dritte Potenz stimmt hier nicht, wenn ich das richtig sehe, sonst wäre [mm] \sigma [/mm] keine Flächenladung.
Dies sind die beiden Terme, die auf der rechten Seite Deiner Gleichung auftauchen, wenn Du die Erregung im Raumgebiet berechnen willst, dessen Radius größer ist als die Kugeloberfläche.
Viele Grüße,
Infinit
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(Frage) reagiert/warte auf Reaktion  | | Datum: | 12:19 So 19.02.2012 | | Autor: | MacChevap |
@ notinX: in dubio pro reo.
Hallo Infinit !
Wunderbar, damit kommen wir doch schon erheblich weiter !! :)
Ich zeige nochmal meinen Weg und habe eine Zwischenfrage.
*1) [mm] \int_{A} \vec{D}*d \vec{A} [/mm] = [mm] \int_{A}D*dA [/mm] = D [mm] 4\pir²=\epsilon_{0}*E*4*\pi*r^2 [/mm] ( dass geht natürlich da dA in selbe Richtung wie D, Skalarprodukt 1 etc.. )
[mm] 0
Beide Seiten gleichsetzen *1) = *2)
[mm] \Rightarrow E=\bruch{\rho_{0}*r^4\pi}{\epsilon_{0}4\pi r^2*r_{0}}=\bruch{\rho_{0}r^2}{\epsilon_{0}4r_{0}} [/mm] (Das versteh' ich noch ! Aber jetzt... )
"Aus der Lösung " :
[mm] \Rightarrow:r_{0}
hmmm....wenn ich oben jetzt für [mm] r=r_{0} [/mm] seten würde, würde ich den ersten Term verstehen, aber den zweiten mit dem Sigma ??
Nichtsdestotrotz _muss_ es sich um ein anderes rho handeln, sonst kann dasselbe Integral nicht verschiedene Lösungen haben..oder ?
Ich glaube, dass die Lösung irgendwas mit rho = rho_frei + rho_oberfläche zu tun hat. Fragt mich nicht woher ich mich an die erinneren kann...grau, in Wiki hab ich die Formel nicht gesehen unter Raumladungsdichte oder im Springer Buch oder im Patience Hill... :P aber ich meine da war etwas...
Bemerkung: puh...waaaas für'ne Arbeit das abzutippen noch dazu mit einer kaputten Tastatur :P
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:30 So 19.02.2012 | | Autor: | Infinit |
Hallo M.C.,
dieser zweite Anteil ist genau derjenige, der von der Flächenladung herkommt und den ich Dir angegeben habe. Da die Flächenladung unabhängig von der Kugeloberfläche ist, langt es diese Flächenladung mit dem Wert für die Kugeloberfläche, auf der diese Ladung sitzt, zu multiplizieren. Ich habe hierbei vorausgesetzt,dass Du den Wert für die Oberfläche einer Kugel kennst. Bei einer Kugel mit Radius r ist das gerade
[mm] O = 4 \pi r^2 [/mm]
Als E-Techniker braucht man das immer wieder.
Mehr ist hier nicht passiert. Wie gesagt, die beiden Summanden repräsentioeren die beiden Ladungsanteile, die vorhanden sind, einer kommt durch die Ladungsdichte innerhalb der Kugel zustande, der andere durch die auf der Kugel vorhandene Oberflächenladung.
Viele Grüße,
Infinit
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Ich verstehe es leider noch nicht, trotz der ausführlichen Bemühungen von Infinit - danke trotzdem, nett von dir sich so viel Zeit zu nehmen.
Die Oberfläche ist klar etc. alles klar..unklar ist der Ansatz, die Theorie dahinter.Wir reden vorbei aneinander.
Wie komme ich von dem Volumenintegral auf die 2 Terme...hm....
Wenn ich das so integriere, wie angegeben kriege ich folgendes :
[mm] r_{o} [/mm] <r < [mm] \infty [/mm] : [mm] \integral_{r_{0}}^{\infty} \rho_{0} \bruch{r'^3*4 \pi}{r_{0}}dr' [/mm] = [mm] \infty [/mm] - [mm] \rho_{0}\pi r_{0}^3
[/mm]
Die Frage ist noch nicht beantwortet, das E-Feld ist noch nicht berechnet.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 18:22 Mo 20.02.2012 | | Autor: | Infinit |
Hallo M.C.,
ich schreibe mal zu diesem Thema ein bisschen hier was zusammen, denn was Dir fehlt, ist nicht unbedingt die mathematische Anwendung, sondern das dahinterliegende Verständnis. Dies führt dann dazu, dass Du mal was rechnest, wie beispielsweise Dein Integral, Du dich dann aber selbst fragst, was Du da überhaupt machst. Und das ist auch gut so.
Okay, was haben wir? Wir haben eine Ladungsverteilung und sind daran interessiert, das elektrische Feld zu bestimmen, das durch diese Ladungsverteilung verursacht wird. Eine Möglichkeit wäre es, Ladungen im Labor zu platzieren und das Feld in all seinen Komponenten auszumessen. Häufig misst man nur den Betrag solch einer Feldstärke an einem bestimmten Ort, es geht aber auch aufwendiger mit einem Vektormesser, der Dir die Stärke der einzelnen Komponenten liefert. Das ist aufwendig, wird aber beispielsweise bei der Inbetriebnahme von Rundfunksendern immer noch gemacht, wozu gibt es Helikopter.
Bei Deiner Aufgabe kannst Du aber jedoch auf analytische Verfahren zurückgreifen, die Maxwell zwischen 1861 und 1864 entwickelte, wobei er Zusammenhänge zwischen elektrischen Größen ausnutzte, auf die vorher so noch keiner gekommen war. Die Notation war eine andere, - so wie wir heute die Maxwellschen Gleichungen kennen, wurden sie erst in den 90er Jahren des 19. Jahrhunderts geschrieben -, aber das ändert glücklicherweise nichts an den physikalischen Zusammenhängen. Einer dieser Zusammenhänge ist der, dass eine elektrische Ladung den Raum um sie herum beeinflusst und man eine Größe nachweisen kann, die ohne Ladung (ich spreche jetzt hier nur von der Elektrostatik) nicht existiert, ein sogenanntes elektrisches Feld. Zwei Eigenschaften solch eines Feldes waren bekannt, nämlich a) je stärker die Ladung ist, umso stärker ist das elektrische Feld und b) die Stärke des elektrischen Feldes nimmt mit wachsender Entfernung von der Ladung ab.
Eine direkte Kopplung mit einem Proportionalitätsfaktor von 1 zwischen der elektrischen Feldstärke und der Ladung ist nicht gegeben, eine Ladung erzeugt aber einen elektrischen Fluss und die Dichte der elektrischen Feldlinien in Bezug auf eine Fläche, die lässt sich bestimmen, und hier fand Maxwell heraus, dass man dies gut mit Hilfe einer sogenannten elektrischen Erregung beschreiben kann, die heute mit der Größe D bezeichnet wird. Diese ist wiederum proportional zur Feldstärke E, die Proportionalitätskonstante ist die Permittivität epsilon.
Damit hat man schon mal eine einfache Gleichung, die auch Du kennst, nämlich
[mm] \vec{D} = \epsilon \vec{E} [/mm]
In diesem Weltbild ist also eine Ladung die Ursache eines elektrischen Flusses und wenn man den elektrischen Fluss, der durch eine Hüllfläche durchtritt, bestimmt und dies für eine geschlossene Hüllfläche macht, so entspricht das hierbei zu bestimmende Integral gerade der Summe aller Ladungen, die sich in dem Volumen befinden, das von der Hüllfläche begrenzt wird. In mathematischer Schreibweise ist dies eine Formel, die Du auch kennst:
[mm] \oint \vec{D} \cdot d\vec{A} = Q [/mm]
Womit Du, und dies ist jetzt meine Vermutung, zu kämpfen hast, ist, dass Du versuchst, diese Gleichung von links nach rechts zu lösen. Von der Aufgabenstellung geht man aber genau ungekehrt vor, man schaut sich an, wieviele Ladungen von dieser geschlossenen Hüllfläche eingeschlossen werden und bestimmt damit die Größe der elektrischen Erregung auf dieser Hüllfläche. Hier wird also eine Größe, nämlich die elektrische Erregung D, an einem bestimmten Ort, nämlich auf der Hüllfläche, ins Verhältnis gesetzt, zu dem dadurch umhüllten Volumen. Diese Vorgehensweise stammt von Gauß, daher auch der Hinweis in Deinem Betreff.
Was wir bisher gemacht haben, ist nur, die rechte Seite dieser Gleichung zu bestimmen und das war nicht ganz so einfach, da Du es nicht einfach mit Punktladungen zu tun hast, sondern mit Ladungsdichten im Raum und auf einer Fläche, nämlich einer Kugeloberfläche. Dieser Teil der Berechnung ist abgeschlossen, hoffe ich zumindest, und wir widmen uns nun dem linken Teil der Gleichung zu.
Diese ist für beliebige Formen der Hüllfläche keineswegs einfach zu lösen, Du brauchst das Skalarprodukt zwischen der Erregung auf der Hüllfläche und der Flächennormalen. Hier kommt Dir jedoch die Symmetrie der Ladungsverteilung zuhilfe, sowohl in der Kugel wie auch außerhalb hast Du ein kugelsymmetrisches Erregungsfeld, die Vektoren [mm] \vec{D} [/mm] und [mm] d\vec{A} [/mm] sind gleichgerichtet und schließen demzufolge keinen Winkel zwischen sich ein. Damit ist für die Bestimmung des Skalarproduktes zwischen D und dA der Cosinus des eingeschlossenen Winkeld gleich 1 und Du integrierst über alle infinitesimal kleinen Oberflächenanteile der Hüllkurve, die zusammengesetzt gerade eine Vollkugel ergeben. Die Oberfläche einer Kugel mit Radius r ist jedoch
[mm] O = 4 \pi r^2 [/mm] und somit vereinfacht sich die Integration zu einer einfachen Multiplikation nämlich
[mm] \oint \vec{D} \cdot d\vec{A} = D \cdot 4 \pi r^2. [/mm]
Das ist die linke Seite der Gleichung. Du kannst jetzt beide Teile der Gleichung gleichsetzen,- logisch, sonst wäre es keine Gleichung -, und durch die Multiplikation kannst Du die Gleichung nach D auflösen, indem Du die rechte Seite der Gleichung durch [mm] 4 \pi r^2 [/mm] dividierst. Damit ist die elektrische Erregung D bekannt an jedem Ort im Raum und die elektrische Feldstärke bekommst Du dann als
[mm] \vec{E} = \bruch{\vec{D}}{\epsilon} [/mm]
Das ist die Vorgehensweise bei solchen Aufgaben.
Ich hoffe, die Sache ist Dir etwas klarer geworden.
Viele Grüße,
Infinit
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 00:20 Di 21.02.2012 | | Autor: | leduart |
Hallo
Ganz einfach, von dem Volumenintegral kommst du nicht auf die 2 terme, eben weil innerhalb des volumens von [mm] r>r_o [/mm] auch eine Flächenladung ist, die man nicht mit einem Volumenintegral ausrechnen kann.
dein Integral $ [mm] \integral_{r_{0}}^{\infty} \rho_{0} \bruch{r'^3\cdot{}4 \pi}{r_{0}}dr' [/mm] $ = $ [mm] \infty [/mm] $ - $ [mm] \rho_{0}\pi r_{0}^3 [/mm] $
bis unendlich ist falsch, denn ausserhalb [mm] r_0 [/mm] ist [mm] \rho=0
[/mm]
und du willst doch eigentlich nicht das Feld oder Potential bei unendlich ausrechnen?
das Integral gibt dir die Gesamtladung inner halb [mm] r_0 [/mm] an. aber das Feld E(r) hast du damit doch noch nicht?
Gruss leduart
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Hallo leduart
Die Lösung ist aus der Musterlösung,
ist die Musterlösung falsch ?ja/nein tertium non datur
das unendlich ist dann bis "r" weil man praktisch nicht bis unendlich integriert.
Ich versteh, das so nicht. Entweder ist die Lösung falsch oder keiner von euch kann erklären :D
Wir werden sehen, wenn ich einen fachkundigen Physiker an der Uni erwische was stimmt.Ich werde bescheid geben.
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:30 Di 21.02.2012 | | Autor: | leduart |
Hallo
die Lösung, rechte Seite ist ja auch richtig! Aber steht in der Musterlösung wirklich links [mm] \integral_{0}^{r}{\rho*dV}?
[/mm]
weiter oben hast du gesagt, die linke Seite stammt von dir?
Zudem noch immer: du willst doch E ausrechnen, bisher hast du nur die Ladung innerhalb [mm] r\ge r_0 [/mm] ausgerechnet.
was ist mit [mm] r
s ist auch schade, dass du nicht auf das eingehst, was wir sagen: hast du eingesehen, dass man es hier mit 2 situationen zu tun hat
a) räumlich gleichmäsig verteilte ladung für [mm] r
wenn im Inneren [mm] \rho_0= [/mm] 0 wäre, wie würdest du dann das feld ausserhalb [mm] r_0 [/mm] und innerhalb ausrechnen?
Gruss leduart
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:24 Di 21.02.2012 | | Autor: | Marcel08 |
Hallo!
Vielleicht sollte man zwecks der vielen Beiträge noch einmal der Übersicht halber eine zusammenfassende Darstellung des Sachverhaltes geben. Die ganze Rechnung basiert in diesem Falle auf dem folgenden System der Maxwell´schen Gleichungen
(1) [mm] \integral_{\partial{A}}^{}{\vec{E}*d\vec{s}}=0
[/mm]
(2) [mm] \integral_{\partial{V}}^{}{\vec{D}*d\vec{A}}=\integral_{V}^{}{\varrho{dV}}.
[/mm]
Unter Verwendung des Kugelkoordinatensystems sowie der Materialbeziehung
(3) [mm] \vec{D}=\varepsilon_{0}\vec{E} [/mm]
ergibt sich für Gleichung (2) die folgende, bereits an die vorliegende Problemstellung angepasste Gleichung zwecks Berechnung der elektrischen Feldstärke
(4) [mm] \varepsilon_{0}\integral_{\varphi=0}^{2\pi}{}\integral_{\vartheta=0}^{\pi}{E_{r}(r)\vec{e}_{r}*\vec{e}_{r}r^{2}sin(\vartheta)d\vartheta{d\varphi}}=\begin{cases} \integral_{\varphi=0}^{2\pi}{}\integral_{\vartheta=0}^{\pi}{}\integral_{r=0}^{r}{\bruch{\varrho_{0}}{r_{0}}r^{3}sin(\vartheta)dr{d\vartheta}d\varphi}, & \mbox{} r\in[0,r_{0}) \mbox{} \\ \integral_{\varphi=0}^{2\pi}{}\integral_{\vartheta=0}^{\pi}{}\integral_{r=0}^{r_{0}}{\bruch{\varrho_{0}}{r_{0}}r^{3}sin(\vartheta)dr{d\vartheta}d\varphi}+\integral_{\varphi=0}^{2\pi}{}\integral_{\vartheta=0}^{\pi}{\sigma_{0}r_{0}^{2}sin(\vartheta)d\vartheta{d\varphi}} , & \mbox{} r=r_{0} \mbox{} \\ \integral_{\varphi=0}^{2\pi}{}\integral_{\vartheta=0}^{\pi}{}\integral_{r=0}^{r_{0}}{\bruch{\varrho_{0}}{r_{0}}r^{3}sin(\vartheta)dr{d\vartheta}d\varphi}+\integral_{\varphi=0}^{2\pi}{}\integral_{\vartheta=0}^{\pi}{\sigma_{0}r_{0}^{2}sin(\vartheta)d\vartheta{d\varphi}}, & \mbox{} r\in(r_{0},\infty) \mbox{} \end{cases}
[/mm]
Im Übrigen kannst du deine berechneten Ergebnisse ganz leicht selbst überprüfen, indem du diese einfach wieder in die Maxwell´schen Gleichungen
(5) [mm] rot\vec{E}=0 [/mm] und
(6) [mm] div\vec{D}=\varrho
[/mm]
einsetzt. Beachte zudem, dass bezüglich der vorliegenden Problemstellung ausschließlich Normalkomponenten der Vektoren [mm] \Vec{E} [/mm] und [mm] \vec{D} [/mm] vorliegen. Zwecks Verständnis, insbesondere was den Einfluss der Flächenladung auf der Kugeloberfläche angeht, solltest du vielleicht mal eine Skizze anfertigen, in der du sowohl die beiden Ladungen [mm] \varrho [/mm] und [mm] \sigma [/mm] als auch die beiden Vektoren [mm] \vec{D} [/mm] und [mm] \vec{E} [/mm] in Abhängigkeit vom Kugelradius r angigbst. Beachte diesbezüglich, dass an der Materialgrenzfläche
(7) [mm] \vec{n_{12}}*\vektor{\vec{D_{2}}-\vec{D_{1}}}=\sigma
[/mm]
gilt. Die Normalkomponente der elektrischen Verschiebungsdichte ist also für den Fall einer vorhandenen Flächenladung auf der Materialgrenzfläche unstetig. Die von dir angegebene Musterlösung ist definitiv nicht korrekt, denn für die Einheit einer Flächenladung muss
[mm] [\sigma]=\bruch{As}{m^{2}}
[/mm]
gelten (vgl. dazu auch Gleichung (7)). Dieser Fehler wurde ja aber bereist angesprochen.
Viele Grüße, Marcel
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