Ladungsverteilung < HochschulPhysik < Physik < Naturwiss. < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 21:39 Do 01.10.2009 | | Autor: | Unk |
| Aufgabe | Berechnen Sie die Gesamtladung, das elektrische Potential und das elektrische Feld für die kugelsymmetrische Ladungsverteilung
[mm] \rho(r)=\begin{cases}
\frac{a}{r^{2}} & A |
Hallo!
Mein Vorgehen:
Für die Gesamtladung integriere ich [mm] \rho [/mm] über ein Kugelvolumen, also:
[mm] Q(r)&=&\int\int\int\frac{a}{r^{2}}r^{2}sin\theta d\theta\, dr\, d\eta\\&=&a[-cos\theta]_{0}^{\pi}[\eta]_{0}^{2\pi}[r]_{A}^{B}\\&=&4\pi [/mm] a(B-A)
Dann berechne ich mit dem Gaußschen Satz die Feldstärke und integriere schließlich [mm] \varphi=-\int_{\infty}^{r}E(r)dr.
[/mm]
Stimmt das Vorgehen so?
Das obige Q(r) ist für den Fall A<r<B, für den anderen Fall muss dann Q=0 sein und alles weitere somit auch oder?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:36 Do 01.10.2009 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Berechnen Sie die Gesamtladung, das elektrische Potential
> und das elektrische Feld für die kugelsymmetrische
> Ladungsverteilung
>
> [mm]\rho(r)=\begin{cases}
\frac{a}{r^{2}} & A
> Hallo!
>
> Mein Vorgehen:
>
> Für die Gesamtladung integriere ich [mm]\rho[/mm] über ein
> Kugelvolumen, also:
>
> [mm]Q(r)&=&\int\int\int\frac{a}{r^{2}}r^{2}sin\theta d\theta\, dr\, d\eta\\&=&a[-cos\theta]_{0}^{\pi}[\eta]_{0}^{2\pi}[r]_{A}^{B}\\&=&4\pi a(B-A) [/mm]
Das ist die Gesamtladung, das ist eine Konstante, die hängt nicht von r ab.
>
> Dann berechne ich mit dem Gaußschen Satz die Feldstärke
> und integriere schließlich
> [mm]\varphi=-\int_{\infty}^{r}E(r)dr.[/mm]
>
> Stimmt das Vorgehen so?
Ja.
> Das obige Q(r) ist für den Fall A<r<B,
Nein, das ist die Gesamtladung, denn du hast über den gesamten Raum integriert.
Für den Gaußschen Satz musst du über den von der Kugelschale eingeschlossenen Teil der Ladungsdichte integrieren.
> für den anderen
> Fall muss dann Q=0 sein
Für welchen anderen Fall? Es gibt auf jeden Fall die drei Bereiche [mm] $0\le r\leA$, [/mm] $A<r<B$ und [mm] $r\ge [/mm] B$.
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 23:03 Do 01.10.2009 | | Autor: | Unk |
Ja mein Q enthält ja auch nur Konstanten, ist also konstant.
Ich habe aber nur den Bereich A<r<B betrachtet.
Für Fall 0<r ist die Gesamtladung doch null, da [mm] \rho(r)=0.
[/mm]
Für den Fall r>B geht die doch gegen unendlich.
Dann nochmal zum Feld. Es ist [mm] \int{EdA}=Q\varepsilon_0 [/mm] zu berechnen und das erste Integral variiert dann noch für die drei Bereiche.
Ich komme da irgendwie nicht so ganz mit zurecht.
ist das dann einfach [mm] \frac{Q}{4\pi \varepsilon_0}\cdot \int_A^B{\frac{1}{r^2}4\pi r^2 dr}?
[/mm]
Aber das geht ja nicht, weil dann mein [mm] r^2 [/mm] rausfliegt.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 08:37 Fr 02.10.2009 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Ja mein Q enthält ja auch nur Konstanten, ist also
> konstant.
> Ich habe aber nur den Bereich A<r<B betrachtet.
> Für Fall 0<r ist die Gesamtladung doch null, da
> [mm]\rho(r)=0.[/mm]
> Für den Fall r>B geht die doch gegen unendlich.
Nein. Für $r>B$ ist die Ladungsdichte 0. Du hast eine endliche Ladungsdichte in einem endlichen Gebiet, daher ist die Ladung im gesamten Raum endlich, nämlich gerade [mm] $4\pi [/mm] a(B-A)$.
>
> Dann nochmal zum Feld. Es ist [mm]\int{EdA}=Q\varepsilon_0[/mm] zu
> berechnen und das erste Integral variiert dann noch für
> die drei Bereiche.
Es ist [mm] $\varepsilon_0\oint \vec{E}*d\vec{A} [/mm] = [mm] \int \rho [/mm] dV $ zu berechnen, und beide Seiten sind für die drei Fälle zu unterscheiden. Das rechte Integral ist natpülich die im Integrationsvolumen enthaltene Ladung; wie du sehr richtig schreibst, ist die 0, solange innerhalb der Kugel vom Radius A liegt. Ist die gesamte Ladungsverteilung im Volumen enthalten, so ist die rechte Seite [mm] $4\pi [/mm] a(B-A)$.
> Ich komme da irgendwie nicht so ganz mit zurecht.
Da die Ladungsverteilung kugelsymmetrisch ist, ist die Feldstärke radialsymmetrisch, also [mm] $\vec{E}(\vec{r})= E(r)\vec{e}_r$. [/mm] Nur wenn du über eine Kugeloberfläche integrierst, hat auch das Flächenelement [mm] $d\vec{A}$ [/mm] die Richtung von [mm] $\vec{e}_r$, [/mm] und du musst dir über das Skalarprodukt keine Gedanken machen.
Flächenelement in Kugelkoordinaten: [mm] $dA=r^2 \sin\theta d\theta d\phi$.
[/mm]
Viele Grüße
Rainer
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:37 Fr 02.10.2009 | | Autor: | Unk |
Gut ich probiere mich nochmal dran.
Für A<r<B:
[mm] \oint EdA=Er^{2}\int\int sin\Theta d\varphi d\Theta=Er^{2}[-cos\Theta]_{0}^{\pi}[\varphi]_{0}^{2\pi}=4\pi r^{2}E=\frac{4\pi a(B-A)}{\varepsilon_{0}}
[/mm]
Nach weiterem Vereinfachern erhält man also:
[mm] E(r)=\frac{a(B-A)}{\varepsilon_{0}r^{2}}.
[/mm]
Das Potential berechnet man dann eben, indem man das nochmal integriert, wie ich es schon gesagt hatte.
Für A>r bzw. B<r folgt Q=0, also ist E(r)=0 und das gleiche gilt für das Potential.
Stimmt es so?
Aber nochmal zur Ladung allgemein:
Es gilt doch A<r<B. Ich habe dann als Integrationsgrenzen A und B genommen. Müsste ich aber nicht vielmehr von A bis r integrieren und würde dann eben ein anderes Ergebnis für die Gesamtladung bekommen (also für den Innenraum)?
Für den Fall r>B hätte ich dann das Ergebnis was ich berechnet habe, also Integration von A bis B?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:09 Fr 02.10.2009 | | Autor: | rainerS |
Hallo!
> Gut ich probiere mich nochmal dran.
>
> Für A<r<B:
>
> [mm]\oint EdA=Er^{2}\int\int sin\Theta d\varphi d\Theta=Er^{2}[-cos\Theta]_{0}^{\pi}[\varphi]_{0}^{2\pi}=4\pi r^{2}E=\frac{4\pi a(B-A)}{\varepsilon_{0}}[/mm]
Woher kommt denn der Term rechts, mit dem $(B-A)$ ? Wenn $A<r<B$ ist, musst du zur Bestimmung der rechten Seite [mm] $\rho$ [/mm] über das Volumen der Kugel vom Radius r integrieren, genauso wie du auf der linken Seite über die Oberfläche einer Kugel vom Radius r integrierst.
> Für A>r bzw. B<r folgt Q=0, also ist E(r)=0 und das
> gleiche gilt für das Potential.
Für $A>r$ richtig, aber wieso ist für $B<r$ die Ladung 0? Du hast doch schon ausgerechnet, dass sie [mm] $4\pi [/mm] a(B-A)$ ist.
> Aber nochmal zur Ladung allgemein:
> Es gilt doch A<r<B. Ich habe dann als Integrationsgrenzen
> A und B genommen. Müsste ich aber nicht vielmehr von A bis
> r integrieren und würde dann eben ein anderes Ergebnis
> für die Gesamtladung bekommen (also für den Innenraum)?
Ja, müsstest du.
>
> Für den Fall r>B hätte ich dann das Ergebnis was ich
> berechnet habe, also Integration von A bis B?
Ja, stimmt auch.
Und genau dann hast du dein Ergebnis von oben: $ [mm] E(r)=\frac{a(B-A)}{\varepsilon_{0}r^{2}} [/mm] $.
(Nebenbei: wenn du es nur etwas allgemeiner formulierst, bekommst du für eine beliebige kugelsymmetrische Ladungsverteilung [mm] $\rho(r)$ [/mm] die Aussage, dass sie von außen gesehen das gleiche Feld erzeugt wie eine Punktladung im Mittelpunkt der Ladungsverteilung.)
Viele Grüße
Rainer
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