Direkt zum Inhalt

Aufgabe mit Lösung Geladene Kugel: Elektrisches Feld außerhalb & innerhalb

Elektrisch geladene Kugel
Level 4 (für Physikprofis)
Level 4 setzt das Wissen über die Vektorrechnung, (mehrdimensionale) Differential- und Integralrechnung voraus. Geeignet für fortgeschrittene Studenten.
Elektrisch geladene Kugel
Homogen geladene Kugel mit Ladung \( Q \) und Radius \( R \).

Homogen geladene Kugeln treten z.B. als kugelförmige Bandgeneratoren in der Technik auf oder als Aerosol-Teilchen in der Natur.

Eine massive Vollkugel ist gleichförmig geladen. Sie hat den Radius \(R\) und die Gesamtladung \(Q\).

  1. Bestimme das E-Feld \( \boldsymbol{E} \) außerhalb der Kugel

  2. Bestimme das E-Feld \( \boldsymbol{E} \) innerhalb der Kugel

Lösungstipps

Benutze das Gauß-Integraltheorem in Kombination mit der ersten Maxwell-Gleichung aus der Elektrostatik für das elektrische Feld:\[ \frac{Q_{\text{in}}}{\varepsilon_{0}} ~=~ \oint_{A}\boldsymbol{E} \cdot \text{d}\boldsymbol{a} \]

Lösung für (a)

Um das elektrische Feld außerhalb einer Vollkugel zu bestimmen, kannst Du am besten das Gauß-Integralsatz in Kugelkoordinanten ausnutzen. Für dieses Problem ist es perfekt geeignet, denn eine Vollkugel weist eine sphärische Symmetrie auf, weshalb Dir der Gauß-Integralsatz die schnellste Lösung liefert.

Elektrisch geladene Kugel mit Gauß-Kugel außen
Gauß-Kugel, welche die Vollkugel umschließt.

Als erstes zeichne oder denke Dir ein gedachtes Gauß-Volumen, welches die geladene Vollkugel umschließt und denselben Mittelpunkt hat. Als Gauß-Volumen eignet sich in diesem Fall natürlich eine Gauß-Kugel mit dem Radius \(r\). Bedenke, dass der Radius der Gauß-Kugel größer sein muss als der Radius der Vollkugel \(R\), um das E-Feld außerhalb zu berechnen: \(r \) > \(R\).

Benutze den Gauß-Integralsatz, in welches Du die elektrostatische Maxwell-Gleichung (Divergenz des E-Feldes) einsetzt. (Schau Dir das Gauß-Integraltheorem an, wenn Du nicht weißt, wie man darauf kommt):1\[ \frac{Q_{\text{in}}}{\varepsilon_{0}} ~=~ \oint_{A}\boldsymbol{E} \cdot \text{d}\boldsymbol{a} \]

Die von der Gauß-Kugel eingeschlossene Ladungsmenge \( Q_{\text{in}} \) entspricht genau der Gesamtladung der Vollkugel \( Q \), die laut der Quest gegeben ist:2\[ \frac{Q}{\varepsilon_{0}} ~=~ \oint_{A}\boldsymbol{E} \cdot \text{d}\boldsymbol{a} \]

Sphärische Koordinaten
Sphärische Koordinaten.

Das elektrische Feld setzt sich - in Kugelkoordinanten - aus drei Anteilen zusammen:3\[ \boldsymbol{E} ~=~ E_r(\boldsymbol{r}) \, \boldsymbol{\hat{r}} ~+~ E_{\varphi}(\boldsymbol{r}) \, \boldsymbol{\hat{\varphi}} ~+~ E_{\theta}(\boldsymbol{r}) \, \boldsymbol{\hat{\theta}} \]

Hierbei sind \(\boldsymbol{\hat{r}},~\boldsymbol{\hat{\varphi}},~\boldsymbol{\hat{\theta}} \) die Einheitsvektoren in sphärischen Koordinaten. Die Anteile in \(\boldsymbol{\hat{\varphi}}\)- und \(\boldsymbol{\hat{\theta}}\)-Richtung fallen jedoch weg, denn das E-Feld ist - in jedem Punkt - auf einer Kugeloberfläche (mit Radius \(r\)) gleich groß. Diese Anteile wären jedoch da, wenn die Vollkugel nicht homogen geladen wäre!

Die einzige eindeutige Richtung, in der sich das E-Feld ändert ist die \(\boldsymbol{\hat{r}} \)-Richtung; also der Abstand vom Mittelpunkt der Kugel. Und da die anderen Anteile weggefallen sind, bleibt nur noch eine einzige Richtung für die Richtung des E-Felds übrig: Es steht überall senkrecht auf der Gauß-Kugeloberfläche: \( \boldsymbol{E} = E_r \, \boldsymbol{\hat{r}} \). Im Folgenden wird zur einfacheren Notation der radiale Feldanteil \(E_r\) in \(E\) umbenannt.

Das infinitesimale Flächenelement steht - per Definition - ebenfalls senkrecht auf geschlossenen Oberflächen: \( \text{d}\boldsymbol{a} \) = \( \text{d}a \, \boldsymbol{\hat{r}} \), weshalb die Richtung des elektrischen Feldes und die Richtung des Flächenelements beide in dieselbe Richtung zeigen. Somit vereinfacht sich das Skalarprodukt \( \boldsymbol{E}\cdot \text{d}\boldsymbol{a} \) zu einem einfachen Produkt von zwei Beträgen:4\[ \boldsymbol{E}\cdot \text{d}\boldsymbol{a} ~=~ E \, \boldsymbol{\hat{r}} \cdot \boldsymbol{\hat{r}} \, \text{d}a ~=~ E \, \text{d}a \]

Da Du die infinitesimalen Stückchen \(\text{d}a\) über eine Oberfläche aufintegrierst, die im Abstand \( r \) vom Mittelpunkt sind, ist der Betrag des E-Feldes \(E\) dort in jedem Punkt konstant. Er kann deshalb aus dem Integral herausgezogen werden:5\[ \frac{1}{\varepsilon_{0}} \, Q ~=~ E \, \oint_{A} \, \text{d}a \]

Nun könntest Du das Oberflächenintegral in Kugelkoordinanten berechnen, was jedoch überflüssig wäre, wenn Du die Fläche einer Kugel mit Radius \(r\) als Formel kennst! Nämlich \(4\pi \, r^2\). Damit hast Du: 6\[ E \, 4\pi \, r^2 ~=~ \frac{1}{\varepsilon_{0}} \, Q \]

Umformen nach dem Betrag \(E\) ergibt:7\[ E(r) ~=~ \frac{1}{4\pi \varepsilon_{0}}\frac{Q}{r^2} \]

Das E-Feld zeigt radial nach außen, in Kugelkoordinanten also in Richtung \( \boldsymbol{\hat{r}} \):

Elektrisches Feld innerhalb / außerhalb einer homogen geladenen Kugel
Verlauf des elektrischen Feldes innerhalb und außerhalb einer Vollkugel mit Radius \(R\).

E-Feld außerhalb einer Vollkugel\[ \boldsymbol{E}(r) ~=~ \frac{1}{4\pi \varepsilon_0}\frac{Q}{r^2} \,\boldsymbol{\hat{r}} \]
Außerhalb der homogen geladenen Vollkugel herrscht also das gleiche E-Feld wie das Feld einer Punktladung, die sich im Koordinanten-Mittelpunkt befindet.
Lösung für (b)

Um eine ausführliche Lösung zu sehen, musst du zuerst diese Funktion freischalten.

  • Alle Aufgabenlösungen freischalten
  • Alle Videos freischalten
  • Alle Illustrationen freischalten
  • Formeln umstellen
  • Keine Werbung
Mehr erfahren