E-Feld & Potential < Physik < Naturwiss. < Vorhilfe
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| Aufgabe | Gegeben sei eine homogen geladene Vollkugel aus Metall mit Radius [mm] r_1 [/mm] und Gesamtladung Q. Um diese Kugel werden konzentrisch zwei ungeladene Hohlkugelhälften aus Metall mit den Radien [mm] r_2 [/mm] und [mm] r_3 [/mm] gestülpt. (siehe auch in der Abbildung, die roten Linien sollen die Radien darstellen, dabei ist [mm] r_1
[Dateianhang nicht öffentlich]
- Berechnen Sie das Feld E(r)
- Berechnen Sie das Potential [mm] \phi(r)
[/mm]
- Skizzieren Sie E(r) und [mm] \phi(r)
[/mm]
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Hallo,
also mal soll den Bereich [mm] $0\le [/mm] r < [mm] \infty$ [/mm] in die vier Teilbereiche aufteilen.
Zunächst mal zum E-Feld:
[mm] $0\le [/mm] r < [mm] r_1$: [/mm] hier ist kein Feld vorhanden, würde ich sagen
[mm] $r_1 \le [/mm] r < [mm] r_2$: [/mm] Ich würde sagen hier ist einfach das E-Feld so, als wäre eine Punktladung in der Mitte, also [mm] E(r)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q}{r^2}\vec{e_r}
[/mm]
[mm] $r_2\le r
[mm] $r_3 \le [/mm] r < [mm] \infty$ [/mm] ich denke, hier ist kein Feld vorhanden.
Prinzipiell würde ich sagen hier läuft es ähnlich, d.h.
im ersten Intervall kein Potential
dann [mm] \phi(r)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q}{r}
[/mm]
[mm] $r_2\le r
[mm] $r_3 \le [/mm] r < [mm] \infty$ [/mm] wieder kein Potential??
Und zur Skizze:
Das E-Feld verläuft doch radial nach außen oder?
Das Potential steht senkrecht dazu, d.h. es sind auch so Kreise??
Danke,
viele Grüße
Patrick
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 23:25 Do 11.06.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
im Text sprichst du von Halbkugeln, in der Zeichng sinds ganze Hohlkugeln. ich nehm mal an das halb ist nur, damit es auch experimentell zu machen ist.
Die Metallischen Halbkugeln aendern an E und [mm] \Phi [/mm] nichts, es ist also dasselbe wie ohne die.
(Begruendung solltest du rausfinden.
Welche gesetze ueber Ladung und E kennst du denn so? wie kommst du aus ner Ladungsverteilung zu E?
Die Aequipotentialflaechen sind konzentrische Kugeln,
Dein Potential 0 liegt im [mm] \infty, [/mm] dann ist [mm] \Phi(r) [/mm] fuer Q>0 negativ.
Gruss leduart
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> Hallo
Hallo leduart
> im Text sprichst du von Halbkugeln, in der Zeichng sinds
> ganze Hohlkugeln. ich nehm mal an das halb ist nur, damit
> es auch experimentell zu machen ist.
Ja, ich denke auch, dass dies so gemeint ist.
> Die Metallischen Halbkugeln aendern an E und [mm]\Phi[/mm] nichts,
> es ist also dasselbe wie ohne die.
> (Begruendung solltest du rausfinden.
Ähm, aber habe ich außerhalb dieser Halbkugeln auch noch ein elektrisches Feld von der eingeschlossenen Ladung??
Oder wirken die so, wie ein Plattenkondensator. Also wenn jetzt in der Mitte eine große positive Ladung sitzt, dann ist an der Innenseite der 1.Kugelschale ein Überschuss von negativen Ladungen und an der anderen Seite entsprechend ein positiver Überschuss.
Innerhalb der Kugelschalen hätte ich dann das Potential eines gewöhnlichen Kondensators und dann ist ganz außerhalb dieser Konstruktion auch noch ein Potentila vorhanden, da die äußere Kugelhülle ja geladen ist.
> Welche gesetze ueber Ladung und E kennst du denn so? wie
> kommst du aus ner Ladungsverteilung zu E?
Das E-Feld ist gerade der negativ Gradient des Potentials. Also [mm] \vec{E}=-\nabla \phi. [/mm] Also im Grunde brauche ich ja nur das Potential zu bestimmen. Das E-Feld folgt dann relativ schnell.
Aber ich weiß leider immer jetzt noch nicht genau, wie das Potential in den einzelnen Bereichen aussieht. Kannst du mir da vielleicht noch ein bisschen zu helfen? Stimmt das was ich oben geschrieben habe?
> Die Aequipotentialflaechen sind konzentrische Kugeln,
Ja, ok!
> Dein Potential 0 liegt im [mm]\infty,[/mm] dann ist [mm]\Phi(r)[/mm] fuer
> Q>0 negativ.
Gut, das würde ja dann auch passen, dann ist das E-Feld wieder positiv.
> Gruss leduart
Danke,
Gruß Patrick
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Hallo!
> > Die Metallischen Halbkugeln aendern an E und [mm]\Phi[/mm] nichts,
> > es ist also dasselbe wie ohne die.
> > (Begruendung solltest du rausfinden.
>
> Ähm, aber habe ich außerhalb dieser Halbkugeln auch noch
> ein elektrisches Feld von der eingeschlossenen Ladung??
> Oder wirken die so, wie ein Plattenkondensator. Also wenn
> jetzt in der Mitte eine große positive Ladung sitzt, dann
> ist an der Innenseite der 1.Kugelschale ein Überschuss von
> negativen Ladungen und an der anderen Seite entsprechend
> ein positiver Überschuss.
> Innerhalb der Kugelschalen hätte ich dann das Potential
> eines gewöhnlichen Kondensators und dann ist ganz außerhalb
> dieser Konstruktion auch noch ein Potentila vorhanden, da
> die äußere Kugelhülle ja geladen ist.
Das ist vollkommen richtig. Wie ich in dem anderen Beitrag geschrieben habe, diese Ladungstrennung erzeugt ein Feld, das dem äußeren Feld entgegen wirkt. Es fließen so lange Ladungsträger, bis kein Feld mehr da ist (oder keine weiteren Ladungsträger etc.)
>
> > Welche gesetze ueber Ladung und E kennst du denn so? wie
> > kommst du aus ner Ladungsverteilung zu E?
>
> Das E-Feld ist gerade der negativ Gradient des Potentials.
> Also [mm]\vec{E}=-\nabla \phi.[/mm] Also im Grunde brauche ich ja
> nur das Potential zu bestimmen. Das E-Feld folgt dann
> relativ schnell.
>
> Aber ich weiß leider immer jetzt noch nicht genau, wie das
> Potential in den einzelnen Bereichen aussieht. Kannst du
> mir da vielleicht noch ein bisschen zu helfen? Stimmt das
> was ich oben geschrieben habe?
>
>
> > Die Aequipotentialflaechen sind konzentrische Kugeln,
>
> Ja, ok!
>
Du solltest wissen, wie man das Feld an der Oberfläche eines umschlossenen Bereichs aus der Ladung, die sich innerhalb des Bereichs befindet, berechnen kann. Da war was mit Maxwell. Da du hier eine einfache Kugelgeometrie hast, wird das, was der Herr Maxwell dir sagen will, ziemlich einfach. Daraus folgt übrigens auch, daß das Feld innerhalb deiner Vollkugel nicht verschwindet. Zur Kontrolle: Es nimmt linear mit dem Abstand vom Mittelpunkt bis zur Oberfläche zu, aber warum?
Nebenbei: Die homogen geladene Metallkugel ist ein Widerspruch in sich, denn bei Metallkugeln würde sich die LAdung an der Oberfläche ansammeln. Das ginge nur, wenn von außen auch noch ein Feld einwirken würde.
Also... im Prinzip ist die Metallkugel innen feldfrei, wie du es bereits gesagt hast. Aber wenn sie homogen geladen ist, dann ist da der lineare Zusammenhang.
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Hey,
ok viele Informationen auf einmal. Ich denke, dass muss ich mir morgen nochmal in Ruhe durchlesen.
Ich habe bisher erstmal meine SKizze erweitert. Dabei sollen die blauen Pfeile das E-Feld darstellen und die orangen Kreise das Potential.
[Dateianhang nicht öffentlich]
Wie sieht denn das E-Feld innerhalb dieser Kugel aus? Also wie rum ist es gerichtet? Das habe ich nicht ganz verstanden.
Und zu die Potentiallinien: Je größer das Potential, desto dichter sollte man ja die Linien malen. Ist es richtig, dass es nach außen hin immer weiter abnimmt. Und wie sieht es innerhalb der grauen Kugelschalen konkret aus?
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: jpg) [nicht öffentlich]
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(Antwort) fertig | | Datum: | 01:31 Fr 12.06.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
Ich hatte nen Fehler gemacht, weil ich 2 duenne Hohlkugeln angenommen hatte mit radiues r2 und r3 statt eine dicke mit Innenradius r2 un aussenradiusr3.
Innerhalb dieser dicken Hohlkugel ist die Feldstaerke 0, das Potential ueberall gleich. ausserhalb (sowohl aussen wie innen ist es das der inneren Kugel.
Die Aequipotentiallinien zeichnet man wie Hoehenlinien, immer mit feste ganzzahligen vielfachen von einem. also 0 in Unendlich, (unendlich bei 0) also z. Bsp -k/ra als aeusserste, die auf deine Zeichnung passt, dann -2*k/ra usw.
Dein E innerhalb der grauen Schicht ist falsch , wenn es da ein E gaebe, wurden sich ja auch noch ladungen verschieben also keine Elektrostatik. Verschiebungen finden nur im ersten Moment statt, den du nicht betrachtest.
Gruss leduart
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Puh gar nicht so einfach. Also vielleicht jetzt nochmal alles zusammengefasst:
Radius E-Feld Potential
[mm] $0\le [/mm] r < [mm] r_1$ [/mm] 0 0
[mm] $r_1\le [/mm] r < [mm] r_2$ $\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q}{r^2}\vec{e_r}$ $\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q}{r}$
[/mm]
[mm] $r_2 \le [/mm] r < [mm] r_3$ [/mm] 0 0
[mm] $r_3 \le [/mm] r < [mm] \infty$ $\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q}{r^2}\vec{e_r}$ $\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q}{r} [/mm] $
Stimmt das jetzt so, oder habe ich oben was falsch verstanden?
Danke nochmal!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:48 So 14.06.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
1. Potential 0 in elektrostatik immer im [mm] \infty.
[/mm]
sonst waren auch die anderen falsch.
2. Potential fur r<r1 =Potential fuer r=r1
3. zwischen r1 und r2 Potdifferenz 0 nicht Potential
4. alle Potentiale neg. bei Q>0
Gruss leduart
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> Hallo
Hey!
> 1. Potential 0 in elektrostatik immer im [mm]\infty.[/mm]
> sonst waren auch die anderen falsch.
> 2. Potential fur r<r1 =Potential fuer r=r1
Also im Inneren ist das gleiche Potential wie wie auf dem Rand der Kugel? Also ist hier r konstant [mm] r_1. [/mm] Würde ja passen, da es dann konstant ist und beim Ableiten wergfällt, also E-Feld Null.
> 3. zwischen r1 und r2 Potdifferenz 0 nicht Potential
du meinst zwischen [mm] r_2 [/mm] und [mm] r_3?. [/mm] Ok die Differenz ist Null, aber was ist das Potential selber?
> 4. alle Potentiale neg. bei Q>0
So besser??
Radius E-Feld Potential
[mm] $0\le [/mm] r < [mm] r_1$ [/mm] 0 [mm] $-\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q}{r_1}$ [/mm]
[mm] $r_1\le [/mm] r < [mm] r_2$ $\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q}{r^2}\vec{e_r}$ $-\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q}{r}$
[/mm]
[mm] $r_2 \le [/mm] r < [mm] r_3$ [/mm] 0 ?
[mm] $r_3 \le [/mm] r < [mm] \infty$ $\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q}{r^2}\vec{e_r}$ $-\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q}{r} [/mm] $
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 18:59 So 14.06.2009 | | Autor: | leduart |
Hallo
endlich richtig
gruss leduart
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 19:00 So 14.06.2009 | | Autor: | XPatrickX |
Danke 
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Hallo!
Einen Einspruch habe ich noch:
>
> Radius E-Feld Potential
> [mm]0\le r < r_1[/mm]Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
Eingabefehler: "{" und "}" müssen immer paarweise auftreten, es wurde aber ein Teil ohne Entsprechung gefunden (siehe rote Markierung)
0 -\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q}{r_1}[/mm]
Das gilt so nur, wenn die innere Kugel aus Metall ist. Dann befinden sich alle Ladungsträger an der Oberfläche. Das steht aber im Widerspruch zu der Angabe, daß das eine homogen geladene Kugel sein soll. In dem Fall ist das hier falsch. Korrekt wäre
$\vec E(\vec{r})= \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q}{r^2_{\red{1}}}\vec{e_r} }*\red{\frac{r}{r_1}$ und das Potential entsprechend.
Man kann die homogen geladene Kugel in einzelne Schalen zerteilen. Wenn man in der Kugel ist, dann wird das Feld alleine durch die Schalen bis zum Mittelpunkt bestimmt, die Schalen über einem leisten keinen Beitrag. Man kann da ein wenig mit der Geometrie rumspielen, und kommt dann darauf, daß das E-Feld linear mit der Entfernung zum Ursprung zunimmt, ab der Oberfläche gehts dann wie gehabt mit 1/r^2 weiter.
Das ganze gilt auch für die Gravitation, und deshalb gibts da auch diese lustigen Aufgaben ala "Man bohrt ein Loch von einem Pol zum anderen und springt rein - wie lange braucht man bis zum anderen Ende?", das führt zu ner harmonschen Schwingung, die sich einfach berechnen läßt.
Aber wie gesagt, die Aufgabe spricht von einer homogen geladenen Metallkugel. Sowas gibts i.A. nicht.
Und was ist nun mit $ r_2 \le r < r_3 $ ?
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Hallo!
Ja vorsicht!
Hier wird explizit davon ausgegangen, daß die Hohlkugeln eine endliche Dicke haben, und daher soll auch das Feld im Metall der Hohlkugeln angegeben werden, und dann macht es nen großen Unterschied, ob da Metall ist, oder nicht.
Ein E-Feld innerhalb eines metallischen Leiters verursacht sofort einen Strom bzw eine Ladungstrennung, deren Feld dem äußeren E-Feld entgegen wirkt. Im Idealfall gibt's dann kein Feld mehr innerhalb des Metalls.
Aber du hast in sofern recht, die Hohlkugeln haben keinen Einfluß auf den restlichen Raum.
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