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Aufgaben: Homogen geladener Zylinder: Elektrisches Feld außerhalb & innerhalb

Geladene Zylinder treten in der Technik als Koaxialkabel auf.

Das solltest Du drauf haben...

Aufgabenstellung

Homogen geladener Zylinder
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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.

Ein unendlich langer Zylinder mit Radius R ist homogen mit einer Ladungsdichte ρ0 geladen. Er befindet sich im Vakuum.

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

Benutze die Maxwell-Gleichung: \[ \vec{\nabla}\cdot\vec{E}=\frac{1}{\epsilon_{0}}\rho \] wobei ρ die Ladungsdichte ist.

Nutze außerdem das Gaußsche Gesetz: \[ \int_{V}\left( \vec{\nabla}\cdot\vec{E} \right)dV = \oint_{A}\vec{E}\cdot{d\vec{a}} \] und die Achsensymmetrie des Zylinders aus.

Lösungen

Lösung zu (a)

Um das elektrische Feld im Inneren des Zylinders zu bestimmen, platziere ein zur vorhandenen Symmetrie geeignetes Gauß-Volumen (in diesem Fall: einen gedachten Gauß-Zylinder) in den geladenen Zylinder hinein.

Seien Radius s (\( r_{\perp} \)-Komponente der Zylinderkoordinaten) und die Höhe h (z-Komponente der Zylinderkoordinaten) die Abmessungen des Gauß-Zylinders. Das werden unsere Integrationsgrenzen sein.

Für das Innere des Zylinders gilt: sR.

Nach dem Gaußschen Satz gilt, dass der Fluss des elektrischen Feldes \(\vec{E}\) durch eine Gauß-Oberfläche \( \mathcal{A}\) gleich der Divergenz des elektrischen Feldes \(\vec{\nabla}\cdot\vec{E}\) im betrachteten Gauß-Volumen \(\mathcal{V}\) ist: \[ \int_{\mathcal{V}}\left(\vec{\nabla}\cdot\vec{E}\right)dV = \oint_{\mathcal{A}}\vec{E}\cdot{d\vec{A}} \]

Aus der Elektrostatik kennst Du die folgende Maxwell-Gleichung: \[ \vec{\nabla}\cdot\vec{E}=\frac{1}{\epsilon_{0}}\rho\left(\vec{r}\right) \] Setze sie in das Gaußsche Gesetz ein: \[ \int_{\mathcal{V}}\frac{1}{\epsilon_{0}}\rho\left(\vec{r}\right)dV =\oint_{\mathcal{A}}\vec{E}\cdot{d\vec{A}} \]

Nach der Aufgabenstellung ist die Ladungsdichte \(\rho\left(\vec{r}\right)=\rho_{0}\) konstant; also unabhängig davon, wo Du Dich im Zylinder befindest. Und, weil die Ladungsdichte eine Konstante ist, darfst Du sie - genauso wie die Feldkonstante \(\epsilon_{0}\) - vor das Integral ziehen: \[ \frac{\rho_{0}}{\epsilon_{0}}\int_{\mathcal{V}}dV = \oint_{\mathcal{A}}\vec{E}\cdot{d\vec{A}} \]

Die Oberfläche des Gauß-Zylinders setzt sich aus der Mantel- und den beiden Deckelflächen zusammen, über die integriert werden muss. Das infinitesimale Flächenelement ist also: \[ d\vec{A}=d\vec{A}_{M}+d\vec{A}_{D}+d\vec{A}_{B} \]

Das infinitesimale Mantelflächenelement \(d\vec{A}_{M}\) zeigt in radiale Richtung \(\vec{e}_{r_{\perp}}\). Das infinitesimale Deckelflächenelement \(d\vec{A}_{D}\) zeigt in positive \(\vec{e}_{z}\)-Richtung und das infinitesimale Bodenflächenelement \(d\vec{A}_{B}\) in die negative \(\vec{e}_{z}\)-Richtung.

Das elektrische Feld \(\vec{E}\), das von dem geladenen Zylinder erzeugt wird, steht auf der Gauß-Mantelfläche senkrecht; es zeigt also in \(\vec{e}_{r_{\perp}}\)-Richtung. 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 ( \(\vec{e}_{z}\cdot\vec{e}_{r_{\perp}} und -\vec{e}_{z}\cdot\vec{e}_{r_{\perp}}\)) ist Null, weshalb die beiden Deckelflächen keinen Beitrag zum elektrischen Feld liefern. Übrig bleibt: \[ \frac{\rho_{0}}{\epsilon_{0}}\int_{\mathcal{V}}dV = \oint_{\mathcal{A}}\left(E\vec{e}_{r_{\perp}}\right)\cdot\left(dA_{M}\vec{e}_{r_{\perp}}\right) \]

Dabei ist \( \vec{e}_{r_{\perp}}\cdot\vec{e}_{r_{\perp}}=1 \). Der Betrag E des elektrischen Feldes kann aus dem Integral herausgezogen werden, da er auf der Mantelfläche des homogen geladenen Zylinders konstant ist: \[ \frac{\rho_{0}}{\epsilon_{0}}\int_{\mathcal{V}}dV = E\oint_{\mathcal{A}}dA_{M} \]

Wenn Du das Volumenintegral ausrechnest, bekommst Du die Formel für das Volumen des Zylinders: \[\int_{\mathcal{V}}dV = \pi{s^2}h \]

Das Flächenintegral über die Zylindermantelfläche ist die Formel für die Fläche des Zylindermantels: \[\oint_{\mathcal{A}}dA_{M} = 2\pi{sh} \]

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

Das infinitesimale Volumenelement ist in Zylinderkoordinanten: \[ dV=r_{\perp}d\phi{dr_{\perp}}dz \] Dabei geht \(dr_{\perp}\) über die Dicke von \(0\) bis \(s\). Das Element \(d\phi\) geht einmal um den Zylinder, also von \(0\) bis \(2\pi\). Und \(dz\) läuft über die Höhe, also von \(0\) bis \(h\).

Das infinitesimale Mantelflächenelement ist: \[ dA_{M}=sd\phi{dz} \] Es wird also im Abstand \(s\) von der Symmetrieachse über \(d\phi\) (\(0\) bis \(2\pi\)) und über \(dz\) (\(0\) bis \(h\)) integriert.

Einsetzen der Integrationsgrenzen und der infinitesimalen Elemente ergibt: \[\frac{\rho_{0}}{\epsilon_{0}}\int_{0}^{2\pi}d\phi\int_{0}^{h}dz\int_{0}^{s}r_{\perp}\,dr_{\perp}=E\int_{0}^{2\pi}d\phi\int_{0}^{h}s\,dz \] Rechne beide Seiten aus: \[ \frac{\rho_{0}}{\epsilon_{0}}*2\pi*h*\frac{1}{2}s^2 = E*2\pi*h*s \] Forme die Gleichung nach dem Betrag \(E\) des elektrischen Feldes um: \[ E=\frac{\rho_{0}}{2\epsilon_{0}}*s \]

Je weiter weg Du das E-Feld von der Symmetrieachse im Inneren ( \(s\,\) < \(\,R\)) betrachtest, desto größer ist das E-Feld. Offensichtlich, denn durch größeres \(s\) schließt Du 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 innerhalb des langen Zylinders

s ≤ R:

\[ \vec{E}\left(s\right)=\frac{\rho_{0}}{2\epsilon_{0}}s\,\vec{e}_{r_{\perp}} \]

  • s: Abstand von der z-Achse im Inneren
  • ε0: Feldkonstante 8,854*10-12\(\frac{As}{Vm}\)
  • \( \vec{e}_{r_{\perp}} \): Einheitsvektor in radiale Richtung

Wenn der geladene Zyliner nicht unendlich lang ist, dann ist die berechnete Formel nur eine Näherung.

Lösung zu (b)

Um das elektrische Feld außerhalb des homogen geladenen Zylinders zu bestimmen, legst Du einen Gauß-Zylinder an, der den geladenen Zylinder umhüllt und Radius s hat. Er kann jedoch nur die Mantelfläche umhüllen, da der geladene Zylinder unendlich hoch ist.

Es gilt für außerhalb: sR.

Auch hier - wie in Teilaufgabe (a) - nutzt Du das Gaußsche Gesetz zusammen mit der Maxwell-Gleichung \( \vec{\nabla}\cdot\vec{E}=\rho( \vec{r} )/\epsilon_{0} \) aus: \[ \int_{\mathcal{V}}\frac{\rho( \vec{r} )}{\epsilon_{0}} \, dV=\int_{\mathcal{A}}\vec{E}\cdot{d\vec{A}} \]

Das infinitesimale Volumenelement - in Zylinderkoordinanten - lautet: \[ dV = r_{\perp}~d\phi~dr_{\perp}~dz \]

Dabei geht \(d\phi\) von 0 bis 2\(\pi\). Das \(dr_{\perp}\) von 0 bis s. Und \(dz\) von 0 bis h.

Einsetzen des dV-Elements und der Integrationsgrenzen ergibt: \[ \int_{0}^{s}dr_{\perp}\int_{0}^{2\pi}d\phi \int_{0}^{h} r_{\perp}\frac{\rho( \vec{r} )}{\epsilon_{0}}~dz = \int_{\mathcal{A}}\vec{E}\cdot{d\vec{A}} \]

Der Integrand der linken Seite der Gleichung ist unabhängig von φ und z. Deshalb kann er zum \(dr_{\perp}\)-Integral vorgezogen werden. Rechne - und dz-Integrale aus, dann erhälst Du: \[ \int_{0}^{s} dr_{\perp}~r_{\perp}\frac{\rho( \vec{r} )}{\epsilon_{0}} 2\pi\,h = \int_{\mathcal{A}}\vec{E}\cdot{d\vec{A}} \]

Alle Konstanten ziehst Du vor das Integral: \[ \frac{2\pi h}{\epsilon_{0}}\int_{0}^{s} dr_{\perp}~r_{\perp}\rho( \vec{r} ) = \int_{\mathcal{A}}\vec{E}\cdot{d\vec{A}} \]

Du weißt, dass die Ladungsdichte von 0 bis R konstant \( \rho_{0} \) ist. Und außerhalb des Zylinders ist sie \( \rho( \vec{r} ) \) = 0. Teile das Integral auf und setze die beiden Ladungsdichten ein: \[ \frac{2\pi h}{\epsilon_{0}} ( \int_{0}^{R} dr_{\perp}~r_{\perp}\rho_{0}~+~\int_{R}^{s}r_{\perp}*0 ) = \int_{\mathcal{A}}\vec{E}\cdot{d\vec{A}} \]

Das zweite Integral fällt also weg. Übrig bleibt: \[ \frac{2\pi h}{\epsilon_{0}} \int_{0}^{R} dr_{\perp}~r_{\perp}\rho_{0} = \int_{\mathcal{A}}\vec{E}\cdot{d\vec{A}} \]

Integriere das \( r_{\perp} \) und Du bekommst - fertig ausgerechnet und gekürzt: \[ \frac{\pi h\rho_{0}}{\epsilon_{0}}R^2 = \int_{\mathcal{A}}\vec{E}\cdot{d\vec{A}} \]

Das in radiale Richtung zeigende infinitesimale Flächenelement des Gauß-Zylinders ist \[ d\vec{A}=s~d\phi{dz}~\vec{e}_{r_{\perp}} \] Es wird im Abstand \(s\) von der Symmetrieachse über den Winkel \(\phi\) 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 gerichtet: \( \vec{E}=E\vec{e}_{r_{\perp}} \). Einsetzen: \[ \frac{\pi h\rho_{0}}{\epsilon_{0}}R^2 = \int_{\mathcal{A}}\left(E\,\vec{e}_{r_{\perp}}\right)\cdot\left(\vec{e}_{r_{\perp}}s\,dz\,d\phi\right) \]

Skalarprodukt \(\vec{e}_{r_{\perp}}\cdot\vec{e}_{r_{\perp}}=1\). Das \(d\phi\) geht von \(0\) bis \(2\pi\). Das Höhenelement \(dz\) geht von \(0\) bis \(h\).

Der Betrag E des elektrischen Feldes kannst Du aus dem Integral herausziehen. Alles verarzten: \[ \frac{\pi h\rho_{0}}{\epsilon_{0}}R^2 = E\int_{0}^{h}dz\int_{0}^{2\pi}d\phi\,{s} \] Rechne die Integrale aus und forme nach \(E\) um. Berücksichtige außerdem die Richtung des E-Feldes:

E-Feld außerhalb des langen Zylinders

s ≥ R:

\[ \vec{E}\left(s\right)=\frac{\rho_{0}R^2}{2\epsilon_{0}}\frac{1}{s}\,\vec{e}_{r_{\perp}} \]

  • s: Abstand von der z-Achse, außerhalb
  • R: Zylinderradius
  • ε0: Feldkonstante 8,854*10-12\(\frac{As}{Vm}\)
  • \( \vec{e}_{r_{\perp}} \): Einheitsvektor in radiale Richtung
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