Detail 1.3
Elektrisches Feld einer Kreisscheibe und einer Kugel (homogen geladenen)
Das elektrische Feld einer homogen geladenen Kugel kann man in verschiedener Weise mit elementaren Mitteln bestimmen. Hier wird die Kugel in infinitesimale Scheiben zerlegt, das Feld auf der Achse durch den Mittelpunkt einer solchen Scheibe berechnet und die Beiträge aller Scheibchen aufsummiert.

#### (a) Rechnung für die Kreisscheibe

Um das Feld einer Kreisscheibe (Radius ) mit einer uniformen Flächenladungsdichte

für Punkte auf der Achse durch das Zentrum der Scheibe zu berechnen, zerlegt man die Scheibe in infinitesimale Ringe (Abb. 1.1) mit dem Radius und der Dicke .

Abbildung 1.1: Zerlegung der homogen geladenen Kreisscheibe
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Da die Fläche dieser Ringe

ist, trägt jeder dieser Ringe die Ladung

Der Beitrag eines jeden Ringes zu dem Achsenfeld ist (siehe Kap. 1.3 und Abb. 1.1)

Das Gesamtfeld erhält man durch Integration über die Beiträge aller infinitesimaler Ringe

#### (b) Rechnung für die Kugel

Um das elektrische Feld einer homogen geladenen Kugel mit dem Radius und der Raumladungsdichte

zu berechnen, kann man folgendermaßen vorgehen: Die Kugel wird in infinitesimale Kreisscheiben der Dicke zerlegt. Die Beiträge aller Scheiben, die man dem vorherigen Beispiel entnehmen kann, werden dann aufsummiert. Bezeichnet man die Position einer Scheibe mit ( , Abb. 1.3), so ist deren Radius durch bestimmt und deren Ladung ist

Abbildung 1.3: Zerlegung der Kugel in Kreisscheiben
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Die Achsenlage spielt infolge der Kugelsymmetrie im Endeffekt keine Rolle. Das Feld zeigt in jedem Punkt in Radialrichtung. Das Feld einer Kreisscheibe (mit Radius ) mit einer uniformen Flächenladungsdichte in einem Achsenpunkt im Abstand von dem Zentrum der Scheibe wurde zu

berechnet. Um dieses Ergebnis in dem vorliegenden Problem zu nutzen, muss man den Abstand durch den Abstand von dem Mittelpunkt der Kugel ausdrücken. Mit und der Ersetzung erhält man für den Feldbeitrag der infinitesimalen Kreisscheibe auf der Achse ()

Bei der weiteren Auswertung muss man die Fälle und (Punkte innerhalb und außerhalb der Kugel) unterscheiden.
1. Fall: Ist , so kann man die Integration direkt durchführen

Das erste Integral ist trivial (), das zweite Integral lässt sich durch die Substitution

vereinfachen. Die zur Durchführung der Substitution benötigten Größen sind

Die Grenzen des Integrals müssen wie folgt ersetzt werden

Das verbleibende Integral

ergibt direkt

Das elektrische Feld auf einer Achse durch den Kugelmittelpunkt für den Fall lautet demnach

2. Fall: Ist , so muss man unterscheiden, ob sich der Aufpunkt rechts oder links von der Stelle befindet. Ist der Aufpunkt rechts von den Kreisscheibe an der Stelle , gilt also , so zeigt der Feldvektor in die Richtung der `positiven` Achse. Ist hingegen , so zeigt in die entgegengesetzte Richtung (Abb.1.4).

Abbildung 1.4: | Abbildung 1.5:

Diese Fallunterscheidungen werden durch das Vorzeichen der verschiedenen Beiträge zu geregelt

Das Integral ist wieder trivial

für das zweite Integral bietet sich wieder die Substitution

mit

an. Das Integral kann dann wie folgt ausgewertet werden

Das elektrische Feld auf einer Achse durch den Kugelmittelpunkt beträgt für den Fall

Infolge der Symmetrie ergibt die Rechnung für den Betrag des Feldes für jede Gerade durch den Kugelmittelpunkt den Wert

| (1)

Die Richtung ist für eine positve Ladung radial nach außen. Das Feld verschwindet in dem Mittelpunkt der Kugel, wächst linear an, ist an der Stelle stetig und fällt im Außenbereich wie ab.

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