Spiegelladung < Physik < Naturwiss. < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:51 Sa 15.10.2011 | | Autor: | bjoern.g |
| Aufgabe | Gegeben sei eine Punktladung Q am Ort a vom Mittelpunkt einer geerdeten Leitenden Kugel mit dem Radius R (R<a)
Bestimmen Sie das Potential ausserhalb der Kugel mit Hilfe der Methode der Spiegelladungen |
Hi ich habe eine Frage!
Ich möchte eigentlich nur wissen was ihr darunter versteht?!
Ist hier das Potential in ausserhalb der Kugel das heisst irgendwo im Raum in der x y z ebene (bzw. er, da kugel)
oder ist hier das Potential auf der Kugeloberfläche gemeint??
Viele Dank!!
Gruß Björn
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:13 Sa 15.10.2011 | | Autor: | Infinit |
Hallo björn,
die Aufgabe fragt doch explizit nach dem Potential außerhalb der Kugel, die geerdet ist. Diese Aufgabe ist ein Klassiker der Feldtheorie, hatten wir zuletzt hier im Forum im Juli. Hier ist der Link dazu.
Viele Grüße,
Infinit
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 12:36 Sa 15.10.2011 | | Autor: | bjoern.g |
Erstmal vielen Dank!
Dort sind aber keine expliziten Rechnungen angegeben:
Meine vorgehensweise wäre jetzt hierfür so:
a' = [mm] R^2/a
[/mm]
[mm] \alpha [/mm] = - R/a
Nun einen Punkt in den Aussenbereich legen:
[mm] r_{Punkt} [/mm] = [mm] (R_{Kugel}+r_{Abstand})*er
[/mm]
wobei r --> der Abstand zum Punkt bedeutet
r1' = a*er
r2' = [mm] R^2/a [/mm] *er
somit gilt :
[mm] R_{1} [/mm] = [mm] (R_{Kugel}+r_{Abstand}- [/mm] a) *er
[mm] R_{2} [/mm] = [mm] (R_{Kugel} [/mm] + [mm] r_{Abstand} [/mm] - [mm] \bruch{(R_{Kugel})^2}{a}) [/mm] *er
Potential = [mm] \bruch{Q}{4*\pi*\varepsilon_{0}}*[\bruch{1}{R_{1}}-\bruch{\alpha}{R_{2}}]
[/mm]
Das müsste doch in der Form so stimmen oder???
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:04 Sa 15.10.2011 | | Autor: | Infinit |
Hallo bjoern,
die Vorgehensweise ist okay, sieht gut aus.
Viele Grüße,
Infinit
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:13 Sa 15.10.2011 | | Autor: | bjoern.g |
Wie würde denn das Potential im Inneren der Kugel aussehen?
Da ist ja im prinzip das das E-Feld = 0
Aber gilt das auch fürs Potential??
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(Antwort) fertig | | Datum: | 13:18 Sa 15.10.2011 | | Autor: | Infinit |
Hallo bjoern,
ja, ohne E-Feld auch kein Potenzial.
Viele Grüße,
Infinit
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 13:36 Sa 15.10.2011 | | Autor: | bjoern.g |
Wenn ich allerdings die Oberflächenladungsdichte berechnen möchte
gilt ja qf = [mm] \varepsilon_{0} [/mm] * grad(Phi) * er
Hier würde ich doch das Phi allgemein aufstellen oder?
Das kann ja dann nicht null sein!?
Wie es dann weiter geht weis ich! Möchte nur sicher gehen das alles dann so richtig ist !
Und noch das hier:
Ich füge eine Mittelpunktsladung ein. Die Kugel ist nun isoliert und die gesamtladung verschwindet.
jetzt gilt also Q = 0 und somit qf = 0
[mm] R_{1} [/mm] = [mm] (R_{Kugel} [/mm] - a )*er
[mm] R_{2} [/mm] = [mm] (R_{Kugel} [/mm] - [mm] \bruch{R^2}{a} [/mm] )*er
R3 = [mm] R_{Kugel}
[/mm]
[mm] Potential_{Kugeloberfläche} [/mm] = [mm] \bruch{Q}{4*\pi*\varepsilon} [/mm] *[ [mm] \bruch{1}{R1}-\bruch{\bruch{R^2}{a}}{R2}+\bruch{\bruch{R^2}{a}}{R3}] [/mm] = [mm] \bruch{Q}{4*\pi*\varepsilon} [/mm] *[ [mm] \bruch{2}{R-a}+\bruch{1}{a}]
[/mm]
Vielen Dank!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 09:37 So 16.10.2011 | | Autor: | Infinit |
Hallo bjoern,
zu Deiner Gleichung zur Potentialberechnung ein kleiner Kommentar: Die Gleichung ist okay, aber Du hast in der Gleichung den Gradienten des Potentials stehen, also eine Änderung eines Skalars. Umgekehrt betrachtet muss man demzufolge eine Integralgleichung lösen und hierbei setzt man die Integrationskonstante so an, dass das Potential auf der Kugeloberfläche sich zu Null ergibt. Trotzdem hat man dann eine Potentialdifferenz zwischen einem Pubkt der Kugeloberfläche und einem beliebigen Punkt im Raum außerhalb der Kugel.
Bei der isolierten Kugel brauchst Du eine Ausgleichsladung, so wie von Dir bereits angesetzt.
Viele Grüße,
Infinit
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