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Aufgabe mit Lösung Geladene Hohlkugel: E-Feld innerhalb und außerhalb

Homogen geladene Kugel.

Eine homogen geladene Hohlkugel mit der Ladung \(Q\) hat den Radius \(R\).

  1. Bestimme das E-Feld außerhalb der Hohlkugel
  2. Bestimme das E-Feld innerhalb der Hohlkugel
Lösungstipps

Benutze die erste Maxwell-Gleichung in Integralform (Gauß-Gesetz): \[ \frac{Q_{\text{in}}}{\varepsilon_0} ~=~ \oint_{A}\boldsymbol{E} ~\cdot~ \text{d}\boldsymbol{a} \]

Lösung

Lösung zu (a)
Eine gedachte Gauß-Kugel, schließt die geladene Hohlkugel ein.

Da es sich um ein sphärisches Problem handelt, führt das Gauß-Gesetz zur schnellsten Bestimmung des E-Feldes.

Um das elektrische Feld außerhalb zu bestmmen, legst Du eine gedachte Gauß-Kugelfläche \(A\) um die die Hohlkugel herum. Der gegebene Radius der Hohlkugel \( R \) ist in diesem Fall also kleiner als der Radius der Gauß-Kugel, den wir mit \( r \) bezeichnen: \( r \gt R\).

Benutze nun das Gauß-Gesetz:1\[ \frac{Q_{\text{in}}}{\varepsilon_0} ~=~ \oint_{A}\boldsymbol{E} ~\cdot~ \text{d}\boldsymbol{a} \]

Die von der Gauß-Kugel eingeschlossene Ladung \( Q_{\text{in}} \) entspricht genau der Gesamtladung der Hohlkugel \( Q \), d.h. 1 wird zu:2\[ \frac{Q}{\varepsilon_{0}} ~=~ \oint_{A}\boldsymbol{E} ~\cdot~ \text{d}\boldsymbol{a} \]

Sphärische Koordinaten.

Jetzt musst Du noch das Oberflächenintegral auf der rechten Seite von 2 verarzten! Für dieses sphärische Problem nutzt Du die Kugelkoordinanten \((r,\theta, \varphi)\). Damit lässt sich das elektrische Feld in die jeweiligen Anteile in Kugelkoordinanten zerlegen:3.1\[ \boldsymbol{E} ~=~ E_r \, \boldsymbol{\hat{r}} ~+~ E_{\varphi} \, \boldsymbol{\hat{\varphi}} ~+~ E_{\theta} \, \boldsymbol{\hat{\theta}} \]

Die Ladungsverteilung auf der Hohlkugel ist homogen, d.h. das E-Feld ist an jedem Punkt der Kugel (im Abstand \( r \)) gleich. Sein Betrag ist also unabhängig davon, ob Du Dich ein Stückchen in Richtung \(\boldsymbol{\hat{\theta}}\) oder \(\boldsymbol{\hat{\varphi}}\) bewegst. Diese beiden Anteile fallen weg und das E-Feld zeigt nur in radiale Richtung:3.2\[ \boldsymbol{E} ~=~ E_r \,\boldsymbol{\hat{r}} \]

Im Folgenden wird zur einfacheren Notation \(E\) für den radialen Feldbetrat statt \(E_r\) geschrieben.

Das infinitesimale Flächenelement der Gauß-Kugel (im Abstand \(r \)) lautet in Kugelkoordinaten:3.3\[ \text{d}\boldsymbol{a} ~=~ r^2 \, \sin(\theta) \, \text{d}\theta \, \text{d}\varphi \, \boldsymbol{\hat{r}} \]

Dabei ist \(r^2 \, \sin(\theta)\) die Determinante der Jacobi-Matrix und ist bei Benutzung der Kugelkoordinaten in 3.3 notwendig! Wie am Flächenelement 3.3 zu sehen: Du musst nicht über \( r \) integrieren, weil Du ja nur über die Oberfläche der Gauß-Kugel integrieren musst, also nur über \(\varphi\) und \(\theta\). Der Betrag des elektrischen Feldes \( E \), kann also bezüglich dieser Koordinaten als eine Konstante angesehen werden, die deshalb vor das Integral gezogen werden kann.

Setze nun das E-Feld 3.2 und das Flächenelement 3.3 in 2 ein. Dabei ergibt das Skalarproukt zwischen dem Einheitsvektor vom Flächenelement in 3.3 und dem Einheitsvektor vom E-Feld in 3.2: \( \boldsymbol{\hat{r}} \cdot \boldsymbol{\hat{r}} = 1 \). Du hast also:4\[ \frac{Q}{\varepsilon_{0}} ~=~ E \, r^2 \int^{2\pi}_{0} \text{d}\varphi \int^{\pi}_{0} \sin(\theta) \, \text{d}\theta \, \]

Das innere Integral auf der rechten Seite von 4 ergibt \( 2 \) und das äußere Integral ergibt \( 2\pi \). Beide zusammen ergeben also \( 4\pi \). Zusammen mit \( r^2 \) entspricht es genau der Oberfläche der Kugel mit Radius \( r \) (also genau die Oberfläche der Gauß-Kugel):5\[ \frac{Q}{\varepsilon_{0}} ~=~ E \, 4\pi \, r^2 \]

Elektrisches Feld innerhalb und außerhalb einer Hohlkugel mit dem Radius \(R\).

Forme 5 nach dem Betrag des E-Feldes \(E\) um und füge den radialen Einheitsvektor \(\vec{e}_{\text r} \) hinzu um ein Vektorfeld zu erhalten:

E-Feld außerhalb einer Hohlkugel5\[ \boldsymbol{E}(r) ~=~ \frac{1}{4\pi \, \varepsilon_{0}} \, \frac{Q}{r^2} \, \boldsymbol{\hat{r}} \]
Das E-Feld außerhalb einer Hohlkugel fällt mit \( 1/r^2 \) ab; wie bei einer im Mittelpunkt konzentrierten Punktladung oder wie das E-Feld (außerhalb) einer Vollkugel.
Lösung zu (b)
Geladene Hohlkugel mit dem Radius \(R\) in der sich eine Gauß-Kugel mit dem Radius \(r\) befindet.

Lege wie in (a) eine gedachte Gauß-Kugel mit Radius \( r \) an, die jetzt aber nicht die Hohlkugel umschließt, sondern in der Hohlkugel drin ist! Es gilt also: \( r \lt R \).

Benutze wieder das Gauß-Gesetz:6\[ \frac{Q_{\text{in}}}{\varepsilon_{0}} ~=~ \oint_{A}\boldsymbol{E} ~\cdot~ \text{d}\boldsymbol{a} \]

Eine Gauß-Kugel, die sich in einer geladenen Hohlkugel befindet, schließt keine Ladung ein, weil die Kugel ja hohl ist: \( Q_{\text{in}} = 0 \). Das heißt 6 wird zu:7\[ 0 ~=~ \oint_{A}\boldsymbol{E} ~\cdot~ \text{d}\boldsymbol{a} \]

Elektrisches Feld innerhalb und außerhalb einer Hohlkugel mit dem Radius \(R\).

Das Integral auf der rechten Seite von 7 muss also Null ergeben. Da die Oberfläche der Gauß-Kugel offensichtlich nicht Null sein kann, muss das elektrische Feld \( \boldsymbol{E} \) an jedem Ort \(\boldsymbol{r}\) innerhalb der Kugel Null sein!

E-Feld innerhalb der Hohlkugel 8\[ \boldsymbol{E}(\boldsymbol{r}) ~=~ 0 \]
Jetzt weißt Du auch warum Du vor Blitzen in einem Faraday-Käfig (z.B. in Form einer Hohlkugel) sicher bist! Das Innere der Hohlkugel ist feldfrei.
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