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Aufgabe mit Lösung Geladener Zylinder: Elektrisches Feld außerhalb und innerhalb

Mit Ladungsdichte \( \rho_0 \) geladener, unendlich langer Vollzylinder, der einen Radius \( R \) hat. Es besitzt ein radial nach außen gerichtetes E-Feld innerhalb und außerhalb.

Geladene Zylinder treten in der Technik als Koaxialkabel auf.

Ein unendlich langer Zylinder mit Radius \(R\) ist homogen mit einer Ladungsdichte \( \rho_0 \) geladen, d.h. die Ladung sitzt überall im Volumen (deshalb der Name 'Vollzylinder').

  1. Bestimme das E-Feld innerhalb des Zylinders
  2. Bestimme das E-Feld außerhalb des Zylinders
Lösungstipps

Benutze die Maxwell-Gleichung: \[ \nabla \cdot \boldsymbol{E}=\frac{1}{\varepsilon_0} \, \rho \] wobei \(\rho\) die Ladungsdichte ist.

Nutze außerdem das Gauß-Integraltheorem: \[ \int_{V}\left( \nabla \cdot \boldsymbol{E} \right) \text{d}v = \oint_{A}\boldsymbol{E}\cdot \text{d}\boldsymbol{a} \]

Es ist natürlich auch sinnvoll eine Gauß-Fläche \(A\) zu nehmen, die zur Symmetrie des geladenen Zylinders passt.

Lösung

Lösung zu (a)
Ein gedachter Gauß-Zylinder mit dem Radius \(r\) und Länge \(L\) befindet sich in einem geladenen Vollzylinder mit dem Radius \(R\).

Um das elektrische Feld \(\boldsymbol{E}\) im Inneren des Vollzylinders zu bestimmen, wird eine zur Symmetrie des Zylinders geeignete, gedachte Gauß-Fläche ins Innere des geladenen Zylinders platziert. Da es sich um einen Zylinder handelt, wird natürlich eine zylinderförmige Gauß-Fläche gewählt, um die Rechnungen deutlich zu vereinfachen.

Bei diesem Problem eignen sich natürlich die Zylinderkoordinaten am besten: \(r_{\perp}\) (Abstand von der Zylinderachse), \(\varphi\) (Winkel um den Zylinder herum), \(z\) (Längsachse des Zylinders). Der gedachte Gauß-Zylinder hat den (variablen) Radius \(r\) (in Richtung von \( r_{\perp} \)) und die Länge \(L\) (in Richtung von \(z\)). Der Radius \(r\) und die Länge \(L\) werden die Integrationsgrenzen sein.

Um das elektrische Feld im Inneren des Zylinders herauszufinden, wird dieser gedachte Gauß-Zylinder, mit den oben festgelegten Abmessungen, ins Innere des Vollzylinders gelegt. Damit dieser Gauß-Zylinder überhaupt hineinpasst, muss natürlich sein Radius \(r\) kleiner sein als der Radius \(R\) des geladenen Zylinders: \(r Nach dem Gauß-Integraltheorem gilt, dass der Fluss des elektrischen Feldes \(\boldsymbol{E}\) durch eine Gauß-Oberfläche \( A \) gleich der Divergenz des elektrischen Feldes \( \nabla \cdot \boldsymbol{E}\) im betrachteten Gauß-Volumen \(V\) ist:1 \[ \int_{V}\left(\nabla \cdot \boldsymbol{E}\right)\, \text{d}v ~=~ \oint_{A} \boldsymbol{E} \cdot \, \text{d}\boldsymbol{a} \]

Mit der folgenden Maxwell-Gleichung aus der Elektrostatik2 \[ \nabla \cdot \boldsymbol{E} ~=~ \frac{1}{\varepsilon_0} \, \rho \left(\boldsymbol{r}\right) \]

wird der Integralsatz 1 zu:3 \[ \int_{V} \frac{1}{\varepsilon_0} \, \rho\left(\boldsymbol{r}\right) \, \text{d}v ~=~ \oint_{A} \boldsymbol{E} \cdot \, \text{d}\boldsymbol{a} \]

Nach der Aufgabenstellung ist die Ladungsdichte \(\rho\left(\boldsymbol{r}\right)=\rho_0\) überall im Zylinder konstant; also unabhängig davon, welcher Ort im Zylinder betrachtet wird. Und, weil die Ladungsdichte eine Konstante ist, darf sie - genauso wie die Feldkonstante \(\varepsilon_{0}\) - vor das Integral gezogen werden:4 \[ \frac{\rho_0}{\varepsilon_0} \int_{V} \, \text{d}v ~=~ \oint_{A} \boldsymbol{E} \cdot \, \text{d}\boldsymbol{a} \]

Die Oberfläche des Gauß-Zylinders \(A\) setzt sich aus der Mantel- und den beiden Deckelflächen zusammen, über die in 4 auf der rechten Seite integriert werden muss. Das infinitesimale Flächenelement ist also: 5\[ \text{d}\boldsymbol{a} ~=~ \text{d}\boldsymbol{a}_{\text m} + \text{d} \, \boldsymbol{a}_{\text d} + \text{d}\boldsymbol{a}_{\text b} \]

Das infinitesimale Mantelflächenelement \(\text{d}\boldsymbol{a}_{\text m}\) zeigt in radiale Richtung \(\boldsymbol{\hat{r}_{\perp}}\). Das infinitesimale Deckelflächenelement \(\text{d}\boldsymbol{a}_{\text d}\) zeigt in positive \(\boldsymbol{\hat{z}}\)-Richtung und das infinitesimale Bodenflächenelement \(\text{d}\boldsymbol{a}_{\text b}\) in die negative \(\boldsymbol{\hat{z}}\)-Richtung.

Das elektrische Feld \(\boldsymbol{E}\), das von dem geladenen Zylinder erzeugt wird, steht auf der Gauß-Mantelfläche senkrecht; es zeigt also in \(\boldsymbol{\hat{r}_{\perp}}\)-Richtung (Warum zeigt das E-Feld immer senkrecht auf leitenden Flächen?). Auch auf den beiden Gauß-Deckelflächen zeigt das E-Feld des geladenen Zylinders in die radiale Richtung; ist also senkrecht zu den Flächennormalenvektoren der Deckelflächen. Das Skalarprodkt zweier aufeinander senkrecht stehender Vektoren ( \(\boldsymbol{\hat{z}}\cdot \boldsymbol{\hat{z}}\) und \(-\boldsymbol{\hat{z}}\cdot \boldsymbol{\hat{z}}\)) ist Null, weshalb die beiden Deckelflächen keinen Beitrag zum elektrischen Feld liefern. Übrig bleibt nur das Integral über die Mantelfläche des Gauß-Zylinders:6 \[ \frac{\rho_0}{\varepsilon_0} \int_{V} \, \text{d}v ~=~ \oint_{A} \left(E \, \boldsymbol{\hat{r}_{\perp}} \right) \cdot \left(\text{d}a_{\text m} \, \boldsymbol{\hat{r}_{\perp}} \right) \]

Die beiden Basisvektoren in 6 zeigen in gleiche Richtung, also parallel zu einander, weshalb \( \boldsymbol{\hat{r}_{\perp}} \cdot \boldsymbol{\hat{r}_{\perp}} = 1 \) ist. Der Betrag \(E\) des elektrischen Feldes kann aus dem Integral herausgezogen werden, da er auf der Mantelfläche des homogen geladenen Zylinders konstant ist (d.h. unabhängig von \(\varphi\) und \(z\)):7 \[ \frac{\rho_0}{\varepsilon_0} \int_{V} \, \text{d}v ~=~ E \oint_{A}\, \text{d}a_{\text m} \]

Das Volumenintegral in 7 ist einfach das Volumen des Gauß-Zylinders mit dem Radius \(r\) und Länge \(L\): 7.1 \[\int_{V} \, \text{d}v ~=~ \pi \, r^2 \, L \]

Das Flächenintegral in 7 über die Gauß-Zylindermantelfläche ist enfach die Fläche des Zylindermantels mit dem Radius \(r\) und Länge \(L\):7.2\[ \oint_{A} \, \text{d}a_{\text m} ~=~ 2\pi \, r \, L \]

Wenn Du sie nicht auswendig kennst, dann schau in der Formelsammlung nach oder rechne die beiden Integrale aus! Zusammen mit den Konstanten, die vor den Integralen stehen, geht das folgendermaßen:

Das infinitesimale Volumenelement ist in Zylinderkoordinanten:8 \[ \text{d}v ~=~ r_{\perp} \, \text{d}\varphi \, \text{d}r_{\perp} \, \text{d}z \] Dabei geht \(\text{d}r_{\perp}\) über die Dicke von \(0\) bis \(r\). Das Element \(\text{d}\varphi\) geht einmal um den Gauß-Zylinder, also von \(0\) bis \(2\pi\). Und \(\text{d}z\) läuft über die Länge, also von \(0\) bis \(L\).

Das infinitesimale Mantelflächenelement ist:9 \[ \text{d}a_{\text m} ~=~ r \, \text{d}\varphi \, \text{d}z \]

Es wird also im Abstand \(r\) von der Symmetrieachse über \(\text{d}\varphi\) (\(0\) bis \(2\pi\)) und über \(\text{d}z\) (\(0\) bis \(L\)) integriert. Einsetzen der Integrationsgrenzen und der infinitesimalen Elemente ergibt:10 \[ \frac{\rho_0}{\varepsilon_0} \int_{0}^{2\pi} \text{d}\varphi\int_{0}^{L} \text{d}z \int_{0}^{r}r_{\perp}\,\text{d}r_{\perp} ~=~ E \int_{0}^{2\pi} \text{d}\varphi \int_{0}^{L} r\,\text{d}z \]

Rechne beide Seiten aus:11 \[ \frac{\rho_0}{\varepsilon_0} \, 2\pi \, L \, \frac{1}{2} \, r^2 ~=~ E \, 2\pi \, L \, r \]

Forme die Gleichung 11 nach dem Betrag \(E\) des elektrischen Feldes um:12 \[ E ~=~ \frac{\rho_0}{2\varepsilon_0} \, r \]

Je weiter weg Du das E-Feld von der Symmetrieachse im Inneren ( \(r\,\) ≤ \(\,R\)) betrachtest, desto größer ist das E-Feld. Offensichtlich, denn durch größeres \(r\) schließt der Gauß-Zylinder mehr Ladung ein.

Oben hast Du nur den Betrag des E-Feldes. Du weißt, dass es in radiale Richtung zeigt, also lautet das vektorielle Ergebnis:

E-Feld im Inneren eines langen Vollzylinders
r ≤ R:
13 \[ \boldsymbol{E}(r) ~=~ \frac{\rho_{0}}{2\varepsilon_{0}} r \, \boldsymbol{\hat{r}_{\perp}} \]
Lösung zu (b)
Ein gedachter Gauß-Zylinder mit dem Radius \(r\) und Länge \(L\) umschließt einen geladenen Vollzylinder mit dem Radius \(R\).

Um das elektrische Feld \( \boldsymbol{E} \) außerhalb des homogen geladenen Zylinders zu bestimmen, wird der Gauß-Zylinder so angelegt, dass dieser den geladenen Zylinder umhüllt. Das heißt jetzt ist der Radius \(r\) des Gauß-Zylinders größer als der Radius \(R\) des geladenen Zylinders: \( r \ge R \).

Auch hier - wie in Teilaufgabe (a) - nutzt Du den Gauß-Integralsatz zusammen mit der Maxwell-Gleichung \( \nabla \cdot\boldsymbol{E}=\rho( \boldsymbol{r} ) \, \varepsilon_{0} \) aus:14 \[ \int_{V} \frac{\rho( \boldsymbol{r} )}{\varepsilon_0} \, \text{d}v ~=~ \int_{A} \boldsymbol{E} \cdot \, \text{d}\boldsymbol{a} \]

Das infinitesimale Volumenelement - in Zylinderkoordinanten - lautet:15 \[ \text{d}v ~=~ r_{\perp} \, \text{d}\varphi \, \text{d}r_{\perp} \, \text{d}z \]

Dabei geht \(\text{d}\varphi\) von 0 bis \(2\pi\). Das \(\text{d}r_{\perp}\) von 0 bis \(r\). Und \(\text{d}z\) von 0 bis \(L\).

Setze 15 mit den dazugehörigen Integrationsgrenzen in 16 ein:16\[ \int_{0}^{L} \text{d}r_{\perp} \int_{0}^{2\pi} \text{d}\varphi \int_{0}^{L} r_{\perp} \frac{\rho( \boldsymbol{r} )}{\varepsilon_0} \, \text{d}z ~=~ \int_{A} \boldsymbol{E} \cdot \, \text{d}\boldsymbol{a} \]

Der Integrand der linken Seite der Gleichung ist unabhängig von \(\varphi\) und \(z\), deshalb kann er zum \(\text{d}r_{\perp}\)-Integral vorgezogen werden. Rechne \(\text{d}\varphi\)- und \(\text{d}z\)-Integrale aus, dann erhälst Du:17 \[ \int_{0}^{L} \text{d}r_{\perp} \, r_{\perp} \, \frac{\rho( \boldsymbol{r} )}{\varepsilon_0} \, 2\pi \, L ~=~ \int_{A} \boldsymbol{E} \cdot \, \text{d}\boldsymbol{a} \]

Alle Konstanten in 17 werden vor das Integral gezogen, damit sie nicht stören:18\[ \frac{2\pi \, L}{\varepsilon_0} \int_{0}^{r} \, \text{d}r_{\perp} \, r_{\perp} \, \rho( \boldsymbol{r} ) ~=~ \int_{A} \boldsymbol{E} \cdot \, \text{d}\boldsymbol{a} \]

Du weißt, dass die Ladungsdichte von 0 bis \(R\) konstant \( \rho_{0} \) ist. Und außerhalb des Zylinders gibt es keine Ladung, also \( \rho( \boldsymbol{r} ) = 0 \). Teile das Integral auf und setze die beiden Ladungsdichten \( \rho_{0} \) und 0 ein:19\[ \frac{2\pi \, L}{\varepsilon_0} ( \int_{0}^{R} \text{d}r_{\perp} \, r_{\perp} \, \rho_0 ~+~ \int_{R}^{r} r_{\perp} \cdot 0 ) ~=~ \int_{A} \boldsymbol{E} \cdot \, \text{d}\boldsymbol{a} \]

Das zweite Integral fällt weg. Übrig bleibt:20\[ \frac{2\pi \, L}{\varepsilon_0} \int_{0}^{R} \text{d}r_{\perp} \, r_{\perp} \, \rho_0 ~=~ \int_{A} \boldsymbol{E} \cdot \, \text{d}\boldsymbol{a} \]

Integriere über \( r_{\perp} \) und Du bekommst - fertig ausgerechnet und gekürzt:21 \[ \frac{\pi \, L \, \rho_0}{\varepsilon_0} \, R^2 ~=~ \int_{A} \boldsymbol{E} \cdot \, \text{d}\boldsymbol{a} \]

Das in radiale Richtung zeigende infinitesimale Flächenelement des Gauß-Zylinders ist:22 \[ \text{d}\boldsymbol{a} ~=~ r \, \text{d}\varphi \, \text{d}z \, \boldsymbol{\hat{r}_{\perp}} \]

Es wird im Abstand \(r\) von der Symmetrieachse über den Winkel \(\varphi\) und Höhe \(z\) integriert.

Auch - wie in (a) - ist das E-Feld sowohl an Orten der beiden Deckelflächen als auch an Orten der umhüllenden Gauß-Mantelfläche in radiale Richtung (und senkrecht zur z-Achse) gerichtet: \( \boldsymbol{E} = E_{r_{\perp}} \boldsymbol{\hat{r}_{\perp}} \). Zur einfacheren Notation wird das Radialfeld \(E_{r_{\perp}}\) einfach als \(E\) notiert. Einsetzen:23\[ \frac{\pi \, L \, \rho_0}{\varepsilon_0} \, R^2 ~=~ \int_{A} \left(E\,\boldsymbol{\hat{r}_{\perp}}\right) \cdot \left(\boldsymbol{\hat{r}_{\perp}} \, r \, \text{d}z \, \text{d}\varphi\right) \]

Das Skalarprodukt ist \(\boldsymbol{\hat{r}_{\perp}} \cdot \boldsymbol{\hat{r}_{\perp}} = 1\). Das \(\text{d}\varphi\) geht von \(0\) bis \(2\pi\). Das Längenelement \(\text{d}z\) geht von \(0\) bis \(L\).

Der Betrag \(E\) des elektrischen Feldes kann aus dem Integral herausgezogen werden. Alles verarzten:24\[ \frac{\pi \, L \, \rho_0}{\varepsilon_0} \, R^2 ~=~ E \int_{0}^{L} \text{d}z \int_{0}^{2\pi} \text{d}\varphi \, r \]

Rechne die Integrale aus und forme nach \(E\) um. Berücksichtige außerdem die Richtung des E-Feldes:

E-Feld außerhalb eines langen Zylinders
\(r \ge R\):
25 \[ \boldsymbol{E}(r) ~=~ \frac{\rho_{0} \, R^2}{2\varepsilon_{0}}\frac{1}{r}\,\boldsymbol{\hat{r}_{\perp}} \]
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