09.2 – Ladungsverteilungen und Gauß’scher Satz

 

Gegeben sind die kugelförmigen Ladungsverteilungen a, b und c mit einer gleichmäßigen Ladungsdichte \rho. Der Außenradius der Verteilungen ist R, der Radius der ladungsfreien Hohlräume (bei b und c) ist R/2. Berechnen Sie mit Hilfe des Gauß’schen Satzes das elektrische Feld für die Bereiche -R < x < R.

Hinweis: Lösen Sie die Probleme b) und c) durch Überlagerung von zwei Kugeln mit positiver und negativer Ladung.

ladungsverteilung-uberlagerung

Lösung

Das elektrische Feld ordnet jedem Raumpunkt die richtungsabhängige Größe der elektrischen Feldstärke \vec E zu. Diese ist definiert durch die Kraft \vec F, die auf eine in dem Punkt befindliche Ladung Q wirkt:

\vec E = \frac{{\vec F}} {q}\quad \quad \to \quad \left[ {\vec E} \right] = \frac{{kg \cdot m}} {{s^3 \cdot A}} = \frac{N} {C}

Definition des elektrischen Flusses:

d\phi = \vec E \cdot d\vec A

integriert:

\int\limits_A {d\phi } = \int\limits_A {\vec E \cdot d\vec A}

Der Satz von Gauß stellt einen Zusammenhang zwischen der Divergenz eines Vektorfeldes und dem durch das Feld vorgegebenen Fluss durch eine geschlossene Oberfläche her. Er besagt, dass das Volumenintegral der Ladungsdichte über ein Volumen gleich dem Flächenintegral der Verschiebungsdichte über der Oberfläche von dem Volumens ist:

\int\limits_V {\rho \:dV} = \int\limits_A {\vec E \cdot \varepsilon _0 \:d\vec A}

Bei dem Volumen handelt es sich hier um eine Kugel mit dem variablen Radius x, wir bilden also das Volumenintegral. Auf Grund der Symmetrie berechnen wir nur das Volumen einer Achtelkugel und multiplizieren das Ergebnis mit 8:

8 \cdot \int\limits_0^{\frac{\pi } {2}} {\int\limits_0^{\frac{\pi } {2}} {\int\limits_0^x {\rho \:x^2 \sin \theta \:dxd\theta d\varphi } } } = \int\limits_A {\vec E \cdot \varepsilon _0 \:d\vec A}

(für eine genauere Beschreibung des Volumenintegrals einer Kugel siehe diesen Artikel)

Nun lösen wir das Integral teilweise auf:

8 \cdot \frac{\pi } {2} \cdot \rho \cdot \int\limits_0^x {\:x^2 dx} = \int\limits_A {\vec E \cdot \varepsilon _0 \:d\vec A}

4 \cdot \pi \cdot \rho \cdot \int\limits_0^x {\:x^2 dx} = \int\limits_A {\vec E \cdot \varepsilon _0 \:d\vec A}

Nun kümmern wir uns um die rechte Seite. Es handelt sich bei dem Körper um eine Kugel, also um ein Symmetrieobjekt. Das elektrische Feld einer punkt- oder kugelförmigen Quelle ist ein Radialfeld und läuft geradlinig nach außen. Somit steht es senkrecht auf der Kugeloberfläche (bzw ist parallel zum Normalenvektor der Oberfläche). Wegen dieser Parallelität ist das Skalarprodukt von \vec E und \vec A gleich dem Betragsprodukt E \cdot A. Die skalare Feldstärke ist dann überall auf der Oberfläche der Kugel gleich und nicht von der Position abhängig. Das E kann also vor das Integral gezogen werden.

Die elektrische Feldkonstante \varepsilon_0 ist die physikalische Konstante, die im internationalen Einheitensystem die SI-Einheit der Ladung (Coulomb) mit den mechanischen Einheiten in Beziehung setzt:

\varepsilon _0 = \frac{1} {{\mu _0 c_0^2 }} = \frac{{10^7 }} {{4\pi \cdot299\,792\,458^2 }} \cdot \frac{{{\text{A}}^2 {\text{s}}^4 }} {{{\text{kg}}\,{\text{m}}^3 }}\, \approx 8,854\;187\;817 \ldots \cdot 10^{-12} \frac{{{\text{As}}}} {{{\text{V}}\,{\text{m}}}}

Die Konstante \varepsilon_0 kann also auch vor das Integral gezogen werden:

4 \cdot \pi \cdot \rho \cdot \int\limits_0^x {\:x^2 dx} = E \cdot \varepsilon _0 \cdot \underbrace {\int\limits_A {\:dA} }_A

4 \cdot \pi \cdot \rho \cdot \int\limits_0^x {\:x^2 dx} = E \cdot \varepsilon _0 \cdot A

Wir setzen nun für A die Formel für die Oberfläche der Kugel mit dem Radius x ein:

4 \cdot \pi \cdot \rho \cdot \int\limits_0^x {\:x^2 dx} = E \cdot \varepsilon _0 \cdot 4 \cdot \pi \cdot x^2

kürzen:

\rho \cdot \int\limits_0^x {\:x^2 dx} = E \cdot \varepsilon _0 \cdot x^2

Hiermit können wir nun die drei gegebenen Fälle berechnen.

a )

Bereich 1: x \geq R

Wir nutzen den oben erarbeiteten Ansatz:

\rho \cdot \int\limits_0^x {\:x^2 dx} = E \cdot \varepsilon _0 \cdot x^2

Auf der linken Seite haben wir das, was aus dem Volumenintegral der Ladungsdichte über der Kugel mit dem Radius x geworden ist. Auf der rechten Seite steht das, was aus dem Flächenintegral der Verschiebungsdichte über der Oberfläche der Kugel geworden ist.

Bevor wir nun aber integrieren, müssen wir eins beachten: Wenn wir das Volumenintegral der Ladungsdichte auflösen, dann haben wir eigentlich als Integrationsgrenze das x, nämlich den Radius der Kugel (die Entfernung zum Ursprung). Allerdings wird die Ladungsdichte schon ab dem Außenradius R der Kugel zu null:

ladungsverteilung-uberlagerung

Es kommt also im Bereich von R bis x nichts mehr zu dem Ergebnis hinzu. Daher müssen wir die Integrationsgrenze auf R ändern:

\rho \cdot \int\limits_0^R {\:x^2 dx} = E \cdot \varepsilon _0 \cdot x^2

Wir lösen das Integral auf:

\rho \cdot \frac{{R^3 }} {3} = E \cdot \varepsilon _0 \cdot x^2

und stellen nach dem gesuchten E um:

E = \frac{{\rho \cdot \frac{{R^3 }} {3}}} {{\varepsilon _0 \cdot x^2 }} = \frac{{\rho \cdot R^3 }} {{3 \cdot \varepsilon _0 \cdot x^2 }}

Die Feldstärke fällt also außerhalb der Kugel proportional zum Quadrat der Entfernung x zum Ursprung ab.

Bereich 2: 0 < x < R

Wir beginnen mit dem gleichen Ansatz:

\rho \cdot \int\limits_0^x {\:x^2 dx} = E \cdot \varepsilon _0 \cdot x^2

Hier können wir wirklich bis x integrieren, da x ja innerhalb der Kugel liegt:

ladungsverteilung-uberlagerung

\rho \cdot \frac{{x^3 }} {3} = E \cdot \varepsilon _0 \cdot x^2

Umstellen nach E:

E = \frac{{\rho \cdot \frac{{x^3 }} {3}}} {{\varepsilon _0 \cdot x^2 }} = \frac{{\rho \cdot x}} {{3 \cdot \varepsilon _0 }}

Die Feldstärke steigt also linear mit dem Abstand x zum Ursprung des Koordinatensystems.

b )

Bereich 1: 0 < x < R/2

Hier entsteht eine weitere Schwierigkeit durch den ladungsfreien Raum in der Mitte der Ladungsverteilung. Wir beginnen mit der Betrachtung bei dieser Teilaufgabe im inneren dieses Freiraumes.
Um das Problem zu vereinfachen, gehen wir wieder von einer homogenen Ladungsverteilung in Form einer Vollkugel aus. Um nun das “Nichts” in der Mitte zu erzeugen, muss diese Ladungsverteilung durch eine entgegengesetzt gleich starke (auch in Form einer Kugel) überlagert werden.

Wenn sich nun aber die beiden gleich großen Ladungen überlagern, dann überlagert sich auch die von der einen Ladungs hervorgerufene Feldstärke mit der gleichgroß entgegengesetzten Feldstärke der anderen Ladung. Es ergibt sich eine Feldstärke von 0 für Bereich 1.

Bereich 2: R/2 < x < R

ladungsverteilung-uberlagerung

Wir betrachten nun den Bereich der positiven Ladungsverteilung. Auch hier überlagern sich positive und negative Feldstärken, allerdings überwiegt die durch die positive Ladung hervorgerufene, da diese bei gleicher Ladungsdichte ein größeres Volumen hat als die der negativen.
Um dies zu realisieren, verwenden wir den gleichen Ansatz wie schon in Teilaufgabe a ):

\rho \cdot \int\limits_0^x {\:x^2 dx} = E \cdot \varepsilon _0 \cdot x^2

Die rechte Seite bleibt unverändert, da sich durch das “Loch” im Inneren der Kugel nichts an ihrer Oberfläche ändert.
Die links Seite muss geändert werden, da zu der normalen positiven noch die überlagernde negative Ladung hinzukommt. Wir berechnen die resultierenden Feldstärken einzeln:

positive Ladungsverteilung, die bis zum variablen Radius x reicht:

\rho \cdot \int\limits_0^x {\:x^2 dx} = E_1 \cdot \varepsilon _0 \cdot x^2

\rho \cdot \frac{{x^3 }} {3} = E_1 \cdot \varepsilon _0 \cdot x^2

E_1 = \frac{{\rho \cdot \frac{{x^3 }} {3}}} {{\varepsilon _0 \cdot x^2 }} = \frac{{\rho \cdot x}} {{\varepsilon _0 \cdot 3}}

negative Ladungsverteilung, die nur bis zum festen inneren Radius R/2 reicht:

-\rho \cdot \int\limits_0^{\frac{R} {2}} {\:x^2 dx} = E_2 \cdot \varepsilon _0 \cdot x^2

-\rho \cdot \frac{{\left( {\frac{R} {2}} \right)^3 }} {3} = E_2 \cdot \varepsilon _0 \cdot x^2

E_2 = -\frac{{\rho \cdot \frac{{\left( {\frac{R} {2}} \right)^3 }} {3}}} {{\varepsilon _0 \cdot x^2 }} = -\frac{{\rho \cdot \frac{{R^3 }} {{24}}}} {{\varepsilon _0 \cdot x^2 }} = -\frac{{\rho \cdot \frac{{R^3 }} {{24}}}} {{\varepsilon _0 \cdot x^2 }} = -\frac{{\rho \cdot R^3 }} {{\varepsilon _0 \cdot x^2 \cdot 24}}

Summe der beiden sich ungestört überlagernden Feldstärken:

E_{ges} = E_1 +E_2 = \frac{{\rho \cdot x}} {{\varepsilon _0 \cdot 3}}-\frac{{\rho \cdot R^3 }} {{\varepsilon _0 \cdot x^2 \cdot 24}}

E_{ges} = \frac{\rho } {{3 \cdot \varepsilon _0 }} \cdot \left( {x-\frac{{R^3 }} {{8 \cdot x^2 }}} \right)

Bereich 3: R < x

Im letzten Schritt betrachten wir den Bereich außerhalb beider kugelförmigen Ladungsverteilungen. Der Ansatz ist wieder:

\rho \cdot \int\limits_0^x {\:x^2 dx} = E \cdot \varepsilon _0 \cdot x^2

Wie schon in der letzten Teilaufgabe teilen wir das Problem auf und berechnen einzeln die beiden aus der positiven bzw negativen Ladungsverteilung resultierenden Feldstärken. Hierbei können wir nun beide Kugeln bis zu ihrem jeweiligen festen äußeren Radius integrieren, da beide Kugeln komplett in der Kugel mit dem betrachteten Radius x enthalten sind:

positive Ladungsverteilung, die bis zum festen äußeren Radius R reicht:

\rho \cdot \int\limits_0^R {\:x^2 dx} = E_1 \cdot \varepsilon _0 \cdot x^2

\rho \cdot \frac{{R^3 }} {3} = E_1 \cdot \varepsilon _0 \cdot x^2

E_1 = \frac{{\rho \cdot \frac{{R^3 }} {3}}} {{\varepsilon _0 \cdot x^2 }} = \frac{{\rho \cdot R^3 }} {{3 \cdot \varepsilon _0 \cdot x^2 }}

negative Ladungsverteilung, die nur bis zum festen inneren Radius R/2 reicht:

-\rho \cdot \int\limits_0^{\frac{R} {2}} {\:x^2 dx} = E_2 \cdot \varepsilon _0 \cdot x^2

-\rho \cdot \frac{{\left( {\frac{R} {2}} \right)^3 }} {3} = E_2 \cdot \varepsilon _0 \cdot x^2

E_2 = -\frac{{\rho \cdot \frac{{\left( {\frac{R} {2}} \right)^3 }} {3}}} {{\varepsilon _0 \cdot x^2 }} = -\frac{{\rho \cdot \frac{{R^3 }} {{24}}}} {{\varepsilon _0 \cdot x^2 }} = -\frac{{\rho \cdot \frac{{R^3 }} {{24}}}} {{\varepsilon _0 \cdot x^2 }} = -\frac{{\rho \cdot R^3 }} {{\varepsilon _0 \cdot x^2 \cdot 24}}

Summe der beiden sich ungestört überlagernden Feldstärken:

E_{ges} = E_1 +E_2 = \frac{{\rho \cdot R^3 }} {{3 \cdot \varepsilon _0 \cdot x^2 }}-\frac{{\rho \cdot R^3 }} {{\varepsilon _0 \cdot x^2 \cdot 24}}

E_{ges} = \frac{{\rho \cdot R^3 }} {{3 \cdot \varepsilon _0 \cdot x^2 }} \cdot \left( {1-\frac{1} {8}} \right) = \frac{7} {8} \cdot \frac{{\rho \cdot R^3 }} {{3 \cdot \varepsilon _0 \cdot x^2 }}

c )

Bei dieser dritten Teilaufgabe liegen die Kugeln nicht mehr mittig ineinander. Statt dessen ist die negative Kugel um R/2 nach links verschoben. Dadurch entstehen mehr Bereiche, die wir betrachten müssen. Wir beginnen ganz rechts, außerhalb der Kugeln, und arbeiten uns nach ganz links (wieder bis außerhalb der Kugeln) vor.

Bereich 1: R \leq x

positive Ladungsverteilung, die bis zum festen äußeren Radius R reicht:

\rho \cdot \int\limits_0^R {\:x^2 dx} = E_1 \cdot \varepsilon _0 \cdot x^2

\rho \cdot \frac{{R^3 }} {3} = E_1 \cdot \varepsilon _0 \cdot x^2

E_1 = \frac{{\rho \cdot \frac{{R^3 }} {3}}} {{\varepsilon _0 \cdot x^2 }} = \frac{{\rho \cdot R^3 }} {{3 \cdot \varepsilon _0 \cdot x^2 }}

negative Ladungsverteilung, die nur bis zum festen inneren Radius R/2 reicht:

Hier müssen wir beachten, dass die Kugel verschoben ist. Wir müssen also beim Punkt x das Volumenintegral der Ladungsdichte über der verschobenen Kugel gleich dem Flächenintegral der Verschiebungsdichte über der Oberfläche der großen verschobenen Kugel mit dem variablen Radius x+R/2 setzen:

ladungsverteilung-uberlagerung

-\rho \cdot \int\limits_{-\frac{R} {2}}^0 {x^2 dx} = E_2 \cdot \varepsilon _0 \cdot \left( {x+\frac{R} {2}} \right)^2

An der linken Seite ändert sich durch die Verschiebung nichts, denn das Volumen bleibt ja gleich:

-\rho \cdot \left( {-\frac{{\left( {-\frac{R} {2}} \right)^3 }} {3}} \right) = E_2 \cdot \varepsilon _0 \cdot \left( {x+\frac{R} {2}} \right)^2

-\rho \cdot \frac{{R^3 }} {{24}} = E_2 \cdot \varepsilon _0 \cdot \left( {x+\frac{R} {2}} \right)^2

Nach E umstellen:

E_2 = -\frac{{\rho \cdot \frac{{R^3 }} {{24}}}} {{\varepsilon _0 \cdot \left( {x+\frac{R} {2}} \right)^2 }}

Summe der beiden sich ungestört überlagernden Feldstärken:

E_{ges} = E_1 +E_2 = \frac{{\rho \cdot R^3 }} {{3 \cdot \varepsilon _0 \cdot x^2 }}-\frac{{\rho \cdot \frac{{R^3 }} {{24}}}} {{\varepsilon _0 \cdot \left( {x+\frac{R} {2}} \right)^2 }} = \frac{{\rho \cdot R^3 }} {{3 \cdot \varepsilon _0 }} \cdot \left( {\frac{1} {{x^2 }}-\frac{1} {{8 \cdot \left( {x+\frac{R} {2}} \right)^2 }}} \right)

Bereich 2: 0 < x < R

Wir verfahren mit der verschobenen Kugel analog zum ersten Bereich.

positive Ladungsverteilung, die bis zum variablen Radius x reicht:

\rho \cdot \int\limits_0^x {x^2 dx} = E_1 \cdot \varepsilon _0 \cdot x^2

\rho \cdot \frac{{x^3 }} {3} = E_1 \cdot \varepsilon _0 \cdot x^2

E_1 = \frac{{\rho \cdot \frac{{x^3 }} {3}}} {{\varepsilon _0 \cdot x^2 }} = \frac{{\rho \cdot x}} {{\varepsilon _0 \cdot 3}}

negative Ladungsverteilung, die nur bis zum festen inneren Radius R/2 reicht:

Da die negative Kugel komplett links vom Ursprung liegt, ist sie im Bereich 0 < x < R immer komplett in der Betrachtung enthalten:

ladungsverteilung-uberlagerung

Die negative Feldstärke entspricht also der vom ersten Bereich:

E_2 = -\frac{{\rho \cdot \frac{{R^3 }} {{24}}}} {{\varepsilon _0 \cdot \left( {x+\frac{R} {2}} \right)^2 }}

Summe der beiden sich ungestört überlagernden Feldstärken:

E_{ges} = E_1 +E_2 = \frac{{\rho \cdot x}} {{\varepsilon _0 \cdot 3}}-\frac{{\rho \cdot \frac{{R^3 }} {{24}}}} {{\varepsilon _0 \cdot \left( {x+\frac{R} {2}} \right)^2 }} = \frac{\rho } {{\varepsilon _0 \cdot 3}} \cdot \left( {x-\frac{{R^3 }} {{8 \cdot \left( {x+\frac{R} {2}} \right)^2 }}} \right)

Bereich 3: -R < x < 0

positive Ladungsverteilung, die bis zum variablen Radius x reicht:

Aufgrund der Symmetrie ist die Feldstärke der positiven Ladungsverteilung genauso groß wie im zuvor bearbeiteten Bereich:

E_1 = \frac{{\rho \cdot \frac{{x^3 }} {3}}} {{\varepsilon _0 \cdot x^2 }} = \frac{{\rho \cdot x}} {{\varepsilon _0 \cdot 3}}

negative Ladungsverteilung:

Die negative Ladungsverteilung erstreckt sich über die gesamte linke Hälfte der positiven. Bei der Berechnung müssen wir jedoch beachten, dass sie um -R/2 verschoben ist. Deswegen ist nicht ihr ganzes Volumen zu betrachten:

ladungsverteilung-uberlagerung

-\rho \cdot \int\limits_0^{x+\frac{R} {2}} {x^2 dx} = E_2 \cdot \varepsilon _0 \cdot \left( {x+\frac{R} {2}} \right)^2

-\rho \cdot \frac{{\left( {x+\frac{R} {2}} \right)^3 }} {3} = E_2 \cdot \varepsilon _0 \cdot \left( {x+\frac{R} {2}} \right)^2

E_2 = -\frac{{\rho \cdot \frac{{\left( {x+\frac{R} {2}} \right)^3 }} {3}}} {{\varepsilon _0 \cdot \left( {x+\frac{R} {2}} \right)^2 }} = -\frac{{\rho \cdot \left( {x+\frac{R} {2}} \right)}} {{\varepsilon _0 \cdot 3}}

Summe der beiden sich ungestört überlagernden Feldstärken:

E_{ges} = E_1 +E_2 = \frac{{\rho \cdot x}} {{3 \cdot \varepsilon _0 }}-\frac{{\rho \cdot \left( {x+\frac{R} {2}} \right)}} {{\varepsilon _0 \cdot 3}} = \frac{\rho } {{3 \cdot \varepsilon _0 }} \cdot \left( {x-\left( {x+\frac{R} {2}} \right)} \right) = \frac{\rho } {{3 \cdot \varepsilon _0 }} \cdot \frac{R} {2}

Bereich 4: x \leq -R

In diesem letzten Bereich kommen wieder beide Ladungsverteilungen komplett zur Geltung.

positive Ladungsverteilung, die bis zum festen äußeren Radius R reicht:

\rho \cdot \int\limits_0^R {\:x^2 dx} = E_1 \cdot \varepsilon _0 \cdot x^2

\rho \cdot \frac{{R^3 }} {3} = E_1 \cdot \varepsilon _0 \cdot x^2

E_1 = \frac{{\rho \cdot \frac{{R^3 }} {3}}} {{\varepsilon _0 \cdot x^2 }} = \frac{{\rho \cdot R^3 }} {{3 \cdot \varepsilon _0 \cdot x^2 }}

negative Ladungsverteilung, die nur bis zum festen inneren Radius R/2 reicht:

Wir beachten die Integrationsgrenzen:

-\rho \cdot \int\limits_0^{\frac{R} {2}} {x^2 dx} = E_2 \cdot \varepsilon _0 \cdot \left( {x+\frac{R} {2}} \right)^2

-\rho \cdot \frac{{\left( {\frac{R} {2}} \right)^3 }} {3} = E_2 \cdot \varepsilon _0 \cdot \left( {x+\frac{R} {2}} \right)^2

E_2 = -\frac{{\rho \cdot \frac{{\left( {\frac{R} {2}} \right)^3 }} {3}}} {{\varepsilon _0 \cdot \left( {x+\frac{R} {2}} \right)^2 }} = -\frac{{\rho \cdot R^3 }} {{\varepsilon _0 \cdot 24 \cdot \left( {x+\frac{R} {2}} \right)^2 }}

Summe der beiden sich ungestört überlagernden Feldstärken:

E_{ges} = E_1 +E_2 = \frac{{\rho \cdot R^3 }} {{3 \cdot \varepsilon _0 \cdot x^2 }}-\frac{{\rho \cdot R^3 }} {{\varepsilon _0 \cdot 24 \cdot \left( {x+\frac{R} {2}} \right)^2 }} = \frac{{\rho \cdot R^3 }} {{3 \cdot \varepsilon _0 }} \cdot \left( {\frac{1} {{x^2 }}-\frac{1} {{8 \cdot \left( {x+\frac{R} {2}} \right)^2 }}} \right)