Kugelsymmetrische Raumladungsverteilung

 

Gegeben ist eine kugelsymmetrische Raumladungsverteilung

mit: 0 ≤ K ≤ ∞

\rho (r) = \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} 0 & {0 \leq r < R} \\ {\rho _0 \cdot\left( {2-K\cdot\frac{r} {R}} \right)} & {R \leq r < 2R} \\ 0 & {2R < r} \\ \end{array} } \right.

a) Skizzieren Sie den Verlauf \rho (r) über r für
1) K = 1 und
2) K = 2 .

b) Berechnen Sie die in einem kugelförmigen Volumen mit variablem
Radius r eingeschlossene Ladung Q(r) abhängig von den gegebenen
Größen. Unterscheiden Sie dabei die Fälle 0 ≤ r < R, R ≤ r < 2R und r ≥ 2R .

c) Berechnen Sie die dielektrische Verschiebung D(r) in Abhängigkeit
von den gegebenen Größen. Unterscheiden Sie dabei die Fälle
0 ≤ r < R, R ≤ r < 2R und r ≥ 2R .

d) Für welchen Wert von k ist D(r ≥ 2R)=0 (die dielektrische Verschiebung
verschwindet für r ≥ 2R ) ?

e) Berechnen Sie für den unter (d) ermittelten Wert von k den Potential-
verlauf V(r) ( εr = 1).

Lösung

a)

Kugelladungsverteilung

b)

Für kugelförmige Ladungsverteilungen benutzen wir folgendes Integral:

Q(r) = \int {\rho (r)4\pi r^2 \cdot ds}

0 \leq r < R

Q(r) = \int\limits_0^r {0 \cdot dr} * = 0

R \leq r < 2R

Um jede Ladungsverteilung im Intervall [R,2R] zu berücksichtigen, wird die obere Integralsgrenze variable gewählt. Da wir sie auch mit r benennen, müssen wir die Integrationsvariable r zu r* umwandeln.

Q(r) = \int\limits_R^r {\rho _0 \left( {2-K\cdot\frac{{r^* }} {R}} \right)} \cdot 4\pi r^{*2} \cdot dr^* +\int\limits_0^R {\ldots}

Q(r) = 4\pi \rho _0 \left[ {\frac{{2r^{*3} }} {3}-\frac{{Kr^{*4} }} {{4R}}} \right]_R^r

Q(r) = 4\pi \rho _0 \left[ {\frac{{2r^3 }} {3}-\frac{{Kr^4 }} {{4R}}-\frac{{2R^3 }} {3}+\frac{{KR^3 }} {4}} \right]

r \geq 2R

An der Stelle 2R brauchen wir nur im eben berechneten Integral r = 2R zu setzen.

Q(r) = 4\pi \rho _0 \left[ {\frac{{16}} {3}R^3 -4KR^3 -\frac{2} {3}R^3 +\frac{K} {4}R^3 } \right]

Q(r) = 4\pi \rho _0 \left[ {\frac{{14}} {3}R^3 -\frac{{15}} {4}R^3 } \right]

c)

Q(r) = D(r)\cdot 4\pi r^2

D(r) = \frac{{Q(r)}} {{4\pi r^2 }}

Also können wir einfach die in a.) berechneten Integrale benutzen und sie durch 4\pi r^2 dividieren.

0 \leq r < R

D(r) = 0

R \leq r < 2R

D(r) = \frac{{\rho _0 }} {{r^2 }}\left[ {\frac{{2r^3 }} {3}-\frac{{Kr^4 }} {{4R}}-\frac{{2R^3 }} {3}+\frac{{KR^3 }} {4}} \right]

2R < r

D(r) = \left[ {\frac{{14}} {3}R^3 -\frac{{15K}} {4}R^3 } \right]

d)

\frac{{14}} {3}-\frac{{15}} {4}K = 0 \to K = \frac{{14}} {3}\cdot\frac{4} {{15}} = \frac{{56}} {{45}}

e)

Hier setzen wie die Integration von außen nach innen an, wobei dann die innere Grenze variabel ist.

V(r = \infty ) = 0 = V_\infty

V(r) = \int\limits_r^\infty {\frac{{D(r)}} {{\varepsilon _0 }}} \cdot dr

2R \leq r < \infty

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2 Kommentare zu “Kugelsymmetrische Raumladungsverteilung”

Wolfgang
01. 06. 11 at 3:36 pm

Hallo!
Ich war 1986 an der OSLw und im FB ET/NT an der UniBW Hamburg. Schade, das es zu der Zeit DIESE Möglichkeit nicht gegeben hat. Das hätte doch eine grosse Erleichterung bedeutet. Allein “Kugelsymmetrische Raumladungsverteilung” ist interessant. Ich habe es damals nicht hinbekommen.

Viele Grüsse aus Oldenburg(Oldenburg),
Wolfgang Bessen

JK
01. 06. 11 at 5:19 pm

Hallo! Vielen Dank für diesen Kommentar. Lob hören wir immer gerne :)

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