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Nachricht |
Acrux
Gast
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 Acrux Verfasst am: 11. Mai 2013 17:29 Titel: Zwei konzentrische leitende Kugeln |
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Meine Frage:
Hallo zusammen,
ich habe heute folgende Aufgabe zu lösen:
Zwei konzentrische leitende Kugeln mit den Radien  und  ,  sind mit den Ladungen  und  geladen.
(a) Berechnen Sie das elektrische Feld und das elektrische Potential in jedem Punkt und überprüfen Sie die Kontinuität der Felder.
(b) Die zwei Kugeln sind mit einem leitenden Draht verbunden und die Ladung der äußeren Kugel sei bekannt. Berechnen Sie die Ladung  der inneren Kugel.
Ich würde für die (a) nun gerne wissen, ob ich richtig gerechnet habe und ob ich für das E-Feld auch noch irgendwelche Randbedingungen beachten müsste wie für das Potential.
Bei der (b) bräuchte ich erst mal einen Ansatz, da ich da nicht so recht weiß wie ich das angehen könnte.
Ich habe nun folgendes gerechnet:
Meine Ideen:
(a) Es liegt Kugelsymmetrie vor:  = \phi(r)) und  = E(r) \hat{e}_r) . Außerdem sei  = 0.)
1.Fall:  - Faraday-Käfig:
 = 0)
2.Fall: 
Satz von Gauß:
 \cdot d\vec{A} = E_2(r) \oint dA = E_2(r)A = 4 \pi Q_B \Rightarrow E_2(r)= \frac{Q_B}{r^2} ) .
Dabei ist die gesamte von der gaußschen Fläche eingeschlossene Ladung.
3.Fall 
Hier analog zu 2.:
 \cdot d\vec{A} = E_3(r) \oint dA = E_3(r)A = 4 \pi (Q_B + Q_A) \Rightarrow E_3(r)= \frac{Q_B + Q_A}{r^2} )
Das Potential ) erhält man ja dann durch integration über r:
1.Fall:  - Faraday-Käfig:
2.Fall:
 = -\int E_2(r) dr = - Q_B \int \frac{dr}{r²} = \frac{Q_B}{r} + c_2 )
3.Fall
Analog zu 2:
 = -\int E_3(r) dr = - (Q_B + Q_A) \int \frac{dr}{r²} = \frac{Q_B + Q_A}{r} + c_3 )
Durch die benötigte Stetigkeit von bekommt man dann:
Danke schon mal |
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Klugscheißerlein
Gast
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| Klugscheißerlein Verfasst am: 11. Mai 2013 20:22 Titel: |
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Bei a) hast das epsilon0 vergessen oder nicht im MKS-System gerechnet.
Bei b) ist innerhalb von RA keine Ladunf, also auch nicht auf der RB-Oberfläche. |
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Nizo
Gast
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| Nizo Verfasst am: 11. Mai 2013 23:17 Titel: |
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Hallo,
danke für den Ansatz bei der (b). Bei der (a) habe ich im cgs-System gerechnet. |
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jh8979
Moderator
Anmeldungsdatum: 10.07.2012
Beiträge: 8584
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| jh8979 Verfasst am: 12. Mai 2013 02:05 Titel: |
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| Klugscheißerlein hat Folgendes geschrieben: |
Bei b) ist innerhalb von RA keine Ladunf, also auch nicht auf der RB-Oberfläche. |
Diese Aussage ist falsch, da die beiden Kugeln mit einem leitenden Draht verbunden sind. Dadurch können Ladungen frei zwischen beiden Kugelschalen fliessen, bis sich ein Gleichgewicht einstellt. Dann befinden sich beide Kugeln auf demselben Potential.
Ich vermute an, dass in (b) angenommen werden soll, dass der Draht dünn ist und beim Berechnen der Felder/Potentiale vernachlässigt werden kann; mit der Ausnahme davon, dass er dafür sorgt, dass beide Kugeln auf demselben Potential sind. Dann kann man die Ergebnisse aus (a) benutzen und den Zusammenhang zwischen den Ladungen auf beiden Kugelschalen bestimmen. |
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Acrux
Gast
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| Acrux Verfasst am: 12. Mai 2013 11:04 Titel: |
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Hallo,
ich gehe stark davon aus, dass der Draht vernachlässigt werden kann, da ich die original Aufgabenstellung gepostet habe und dort nichts weiter über den Draht gesagt wird. Außerdem mussten wir solche Dinge bis jetzt auch nicht berücksichtigen.
Danke. |
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Acrux
Gast
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| Acrux Verfasst am: 12. Mai 2013 12:51 Titel: |
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Hallo, entschuldigt den Doppelpost.
Ich habe das jetzt mal druchgerechnet und bekomme tatsächlich 0 für  raus.
Wenn die beiden Kugeln nach dem verbinden auf dem gleichen Potential liegen, dann ist ja die Potentialdifferenz null:
 = \phi^{\prime}_B-\phi^{\prime}_A = 0 = \frac{Q^{\prime}_B}{R_B}+\frac{Q^{\prime}_A}{R_A}-\frac{Q^{\prime}_B}{R_A}-\frac{Q^{\prime}_A}{R_A} )
 = -Q^{\prime}_A \left( \frac{1}{R_A}-\frac{1}{R_A} \right) \Rightarrow Q^{\prime}_B = 0)
Jeweils mit dem Potential, das ich bei (a) bestimmt habe und eingesetzt für und . Ist das Ergebnis richtig oder was habe ich falsch gemacht bzw. vergessen? Ich gehe doch davon aus, dass ich das elektrische Feld und das Potential bei der (a) richtig bestimmt habe, oder habe ich vielleicht dort schon einen Fehler gemacht?  |
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Klugscheißerlein
Gast
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| Klugscheißerlein Verfasst am: 12. Mai 2013 17:01 Titel: |
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| Acrux hat Folgendes geschrieben: | | ich gehe stark davon aus, dass der Draht vernachlässigt werden kann, da ich die original Aufgabenstellung gepostet habe und dort nichts weiter über den Draht gesagt wird. Außerdem mussten wir solche Dinge bis jetzt auch nicht berücksichtigen. |
Wäre der Draht nicht vorhanden, könnte auch auf der Innenkugel eine Ladung sitzen. Durch den Draht verduften alle überflüssigen Ladungsträger und ordnen sich bei der leitenden Kugel so an, dass sie voneinander eine Maximalentfernung haben. |
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jh8979
Moderator
Anmeldungsdatum: 10.07.2012
Beiträge: 8584
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| jh8979 Verfasst am: 12. Mai 2013 17:14 Titel: |
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ahhh... Ich hätte die Rechnung nicht spät nachts im kopf machen sollen. Dann kommt man (=ich) nämlich auch bei richtigem Weg auf das falsche Ergebnis und ist dann zu blöd den physikalischen Fehler zu sehen 
Sorry Klugscheißerlein, Du hast natürlich recht. |
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Acrux
Gast
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| Acrux Verfasst am: 12. Mai 2013 17:32 Titel: |
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Hallo,
ist mein Ergebnis also richtig oder ist das dennoch falsch ?
Danke |
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jh8979
Moderator
Anmeldungsdatum: 10.07.2012
Beiträge: 8584
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| jh8979 Verfasst am: 12. Mai 2013 17:36 Titel: |
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Deine Rechnung sieht gut aus. Meine Ausführungen weiter oben waren schon richtig, bis auf die ersten vier Worte, dass Klugscheisserleins Aussage falsch sei. Wie Du ja ausgerechnet hast kommt 0 raus. |
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Acrux
Gast
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| Acrux Verfasst am: 12. Mai 2013 17:46 Titel: |
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Ok,
danke nochmal, an euch beide. Ich schreibe das dann gleich mal auf, falls mir noch was einfällt oder seltsam vorkommt, werde ich mich nochmal melden.
Gruß |
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