Gaußscher Integralsatz (Satz von Gauß) einfach erklärt

Eine unendlich ausgedehnte, unendlich dünne Ebene trägt eine homogene Flächenladungsdichte \( \sigma \). Bestimme das elektrische Feld \( \class{purple}{\boldsymbol{E}} \) an jedem Ort im Raum.

Hinweis: Die erste Maxwell-Gleichung lautet: $$ \nabla ~\cdot~ \class{purple}{\boldsymbol{E}} ~=~ \frac{1}{\varepsilon_0} \, \rho $$ Hierbei ist \( \rho \) die (Raum)Ladungsdichte.

Lösung zur Aufgabe #1

Zeichne oder stell Dir ein zur Symmetrie des Problems geeignetes Gauß-Volumen vor. Da es sich um ein Problem mit der ebenen Symmetrie handelt, eignet sich dafür eine Gaußsche Schachtel. Diese umhüllt einen Teil der unendlich ausgedehnten Ebene und zwar so, dass die Ebene die Gaußsche Schachtel genau mittig schneidet.

Setze in das Gauß-Gesetz für das elektrische Feld die erste Maxwell-Gleichung ein. Das ist das Gauß-Gesetz: 1 \[ \int_{V}\left( \nabla ~\cdot~ \class{purple}{\boldsymbol{E}} \right) \, \text{d}v ~=~ \oint_{A} \boldsymbol{E} ~\cdot~ \text{d}\boldsymbol{a} \]

Und das ist die erste Maxwell-Gleichung: 2 \[ \nabla ~\cdot~ \class{purple}{\boldsymbol{E}} ~=~ \frac{1}{\varepsilon_0} \, \rho \]

Nach dem Einsetzen sieht das Gauß-Gesetz so aus: 3 \[ \int_{V} \frac{1}{\varepsilon_0} \, \rho \, \text{d}v ~=~ \oint_{A} \class{purple}{\boldsymbol{E}} ~\cdot~ \text{d}\boldsymbol{a} \]

Die Ladungsdichte \( \rho \) integriert über ein Volumen \(V\) ergibt die von diesem Volumen eingeschlossene Ladung, die beispielsweise als \( \class{purple}{Q} \) bezeichnet wird: 4 \[ \frac{\class{purple}{Q}}{\varepsilon_0} ~=~ \oint_{A} \class{purple}{\boldsymbol{E}} ~\cdot~ \text{d}\boldsymbol{a} \]

Da es sich laut der Aufgabe um eine Ebene mit der konstanten Flächenladungsdichte \( \sigma \) handelt, ist die eingeschlossene Ladung gegeben durch: 5 \[ \class{purple}{Q} ~=~ \sigma \, A \] wobei \( A \) die von der Gauß-Schachtel eingeschlossene Fläche der unendlich dünnen Ebene ist.

Setze Gl. 5 in Gl. 4 ein: 6 \[ \frac{\sigma \, A}{\varepsilon_0} ~=~ \oint_{A} \class{purple}{\boldsymbol{E}} ~\cdot~ \text{d}\boldsymbol{a} \]

Da die Ebene in jedem ihrer Punkte symmetrisch und homogen ist, zeigt das elektrische Feld auf beiden Seiten aus der Ebene heraus. Auf der oberen Seite der Ebene zeigt das E-Feld in kartesischen Koordinaten in z-Richtung: \( \class{purple}{\boldsymbol{E}} = \class{purple}{E}\,\boldsymbol{\hat{e}}_{\text z} \). Deshalb liefern die Seitenflächen der Gauß-Schachtel keinen Beitrag zum Flächenintegral, da elektrisches Feld und der Orthogonalenvektor dieser Seitenflächen senkrecht aufeinander stehen. Betrachte beispielsweise eine Seitenfläche, deren Orthogonalenvektor in x-Richtung zeigt: 7 \[ \class{purple}{\boldsymbol{E}} ~\cdot~ \text{d} \boldsymbol{a}_{\text s} ~=~ \class{purple}{E}\,\boldsymbol{\hat{e}}_{\text z} ~\cdot~ \boldsymbol{\hat{e}}_{\text x} \, \text{d}a_{\text s} ~=~ 0 \]

Die einzigen Stücke der Gaußschen Schachtel, die Beiträge zum E-Feld liefern, sind die beiden Deckelflächen, deren Orthogonalenvektoren in entgegengesetzte Richtungen zeigen. Also wird die Gleichung 6 zu: 8 \[ \frac{\sigma \, A}{\varepsilon_0} ~=~ \int_{\text{Deckel 1}} \class{purple}{E}\,\boldsymbol{\hat{e}}_{\text z} \cdot \boldsymbol{\hat{e}}_{\text z} \, \text{d}a_{\text d} ~+~ \int_{\text{Deckel 2}} (-\class{purple}{E}\,\boldsymbol{\hat{e}}_{\text z}) \cdot (-\boldsymbol{\hat{e}}_{\text z} \, \text{d}a_{\text d}) \]

Die Basisvektoren des E-Felds und der Orthonormalenvektor der Deckelfläche sind parallel zueinander, das heißt: \( \boldsymbol{\hat{e}}_{\text z} \cdot \boldsymbol{\hat{e}}_{\text z} ~=~ 1 \). Die Integration über die Deckelflächen ergibt ihren Flächeninhalt \( A \). Damit vereinfacht sich 8 zu: 9 \[ \frac{\sigma \, A}{\varepsilon_0} ~=~ \class{purple}{E}\,A ~+~ \class{purple}{E}\,A ~=~ 2\class{purple}{E}\,A \]

Forme nur noch 9 nach dem E-Feld um. Bezeichnen wir \( \boldsymbol{\hat{n}} := \text{sgn}(z) \, \boldsymbol{\hat{e}}_{\text z} \), um anzudeuten, dass das elektrische Feld senkrecht auf der Ebene steht. Die Funktion \(\text{sgn}(z)\) gibt lediglich ein -1 oder +1, je nach dem, ob das Feld unter oder über der Ebene betrachtet wird. Die Aufgabe ist gelöst, wir haben das elektrische Feld einer unendlich ausgedehnten geladenen Ebene bestimmt: 10 \[ \class{purple}{\boldsymbol{E}} ~=~ \frac{\sigma}{2\varepsilon_0} \, \boldsymbol{\hat{n}} \]

Wie Du an der hergeleiteten Formel 10 siehst, ist das elektrische Feld unabhängig davon, wie weit entfernt Du Dich von der unendlich ausgedehnten Platte befindest! Sonst würde in der Formel eine Ortskoordinate stecken...

Ein unendlich langer Hohlzylinder mit Radius \(R\) ist homogen mit einer Oberflächenladungsdichte \(\sigma\) geladen.

1. Bestimme das E-Feld \(\class{purple}{\boldsymbol{E}}\) innerhalb des Hohlzylinders.
2. Bestimme das E-Feld \(\class{purple}{\boldsymbol{E}}\) außerhalb des Hohlzylinders.

Hinweis: Benutze die erste Maxwell-Gleichung in integraler Form: $$ \oint_{A}\class{purple}{\boldsymbol{E}}~\cdot~\text{d}\boldsymbol{a} ~=~ \frac{\class{purple}{Q}}{\varepsilon_0} $$

Hierbei ist \( \class{purple}{Q} \) die vom Gauß-Zylinder eingeschlossene Ladung.

Lösung zur Aufgabe #2.1

Der mathematische Gauß-Integralsatz - angewandt auf Elektrostatik - besagt, dass der elektrische Fluss, der durch eine geschlossene Oberfläche \( A \) eintritt und austritt, allein durch die von dieser Oberfläche eingeschlossenen Ladung \( \class{purple}{Q} \) bestimmt ist: 1 \[ \oint_{A}\class{purple}{\boldsymbol{E}}~\cdot~\text{d}\boldsymbol{a} ~=~ \frac{\class{purple}{Q}}{\varepsilon_0} \]

Da es sich um einen zylindrischen Körper handelt, eignet sich dafür am besten eine zylinderförmige Oberfläche \(A\) (genannt Gauß-Zylinderfläche). Da in der Aufgabe nach dem elektrischen Feld innerhalb des Hohlzylinders gefragt ist, wird die Gauß-Zylinderfläche so gewählt, dass sie sich komplett im Inneren des geladenen Zylinders befindet. Sei der Radius \(r\) des Gauß-Zylinders und seine Länge \(L\), sodass er ins Innere des geladenen Zylinders hineinpasst.

Da es um einen geladenen Hohlzylinder geht, enthält dieser keine elektrischen Ladungen in seinem Inneren (deswegen ist er ja hohl). Seine Ladung sitzt nur auf seiner Oberfläche. Folglich ist die von der Gauß-Zylinderfläche eingeschlossene Ladung \( \class{purple}{Q} = 0 \). Wegen \(\class{purple}{Q} = 0 \) folgt, dass die rechte Seite des Gauß-Gesetzes 1 verschwindet: 2 \[ \oint_{A} \class{purple}{\boldsymbol{E}} ~\cdot~ \text{d}\boldsymbol{a} ~=~ 0 \]

Damit die Gleichung 2 erfüllt ist, muss das elektrische Feld \(\class{purple}{\boldsymbol{E}}\) sich im Inneren wegheben. Das E-Feld innerhalb eines Hohlzylinders verschwindet: 3 \[ \class{purple}{\boldsymbol{E}} ~=~ 0\]

Das Innere eines geladenen Hohlzylinders ist feldfrei. Es bildet einen Faraday-Käfig.

Lösung zur Aufgabe #2.2

Um das E-Feld außerhalb des Hohlzylinders zu bestimmen, wird ein gedachter Gauß-Zylinder (mit Radius \( r \) und Länge \( L \)), um den geladenen Hohlzylinder gelegt.

Wie bei Teilaufgabe #2.1 wird die erste Maxwell-Gleichung in Integralform ausgenutzt: 4 \[ \oint_{A}\class{purple}{\boldsymbol{E}} ~\cdot~ \text{d}\boldsymbol{a} ~=~ \frac{\class{purple}{Q}}{\varepsilon_0} \]

Da es um einen geladenen Zylinder geht, eignen sich für dieses Problem die Zylinderkoordinaten am besten, weil dadurch die Rechnung deutlich einfacher wird. Betrachte das Skalarprodukt auf der linken Seite von 4. Das infinitesimale Flächenelement \( \text{d}\boldsymbol{a} \) steht definitionsgemäß senkrecht auf der Zylinderoberfläche, d.h. in Zylinderkoordinaten verläuft dieser Flächennormalenvektor in \( \boldsymbol{\hat{r}_{\perp}} \)-Richtung. (\( \boldsymbol{\hat{r}_{\perp}} \) ist in Zylinderkoordinaten der Basisvektor, der radial von der z-Achse nach außen zeigt). Also lässt sich das Flächenelement schreiben als: \( \text{d}\boldsymbol{a} = \text{d}a \, \boldsymbol{\hat{r}_{\perp}} \).

Das elektrische Feld \( \class{purple}{\boldsymbol{E}} \) steht ebenfalls senkrecht auf der Zylinderoberfläche, weil sie leitend ist und die Oberflächenladungen sich so lange verschieben, bis nur noch die senkrechte Komponente des E-Feldes übrig bleibt (Warum stehen Feldlinien senkrecht auf leitenden Oberflächen?). Das E-Feld lässt sich also schreiben als: \( \class{purple}{\boldsymbol{E}}= \class{purple}{E} \, \boldsymbol{\hat{r}_{\perp}} \).

Das Skalarprodukt der Einheitsvektoren des E-Felds und des Flächenormalenvektors ergibt \( \boldsymbol{\hat{r}_{\perp}} \cdot \boldsymbol{\hat{r}_{\perp}} = 1\). Das Gauß-Gesetz 4 vereinfacht sich also zu: 5 \[ \oint_{A}\class{purple}{E} ~ \text{d}a ~=~ \frac{\class{purple}{Q}}{\varepsilon_0} \]

Beim Flächenintegral über die Gauß-Mantelfläche \(A\) in 5 steckt sowohl die Integration über den Winkel \(\varphi\) um die Zylinderachse herum und die Integration über die Länge \(z\): \(\text{d}a = r \, \text{d}\varphi \, \text{d}z\). Das elektrische Feld ist jedoch aufgrund der zylindrischen Symmetrie und der homogenen Ladungsverteilung, unabhängig von den Zylinderkoordinaten \(z\) und \(\varphi\), weshalb der Betrag des elektrischen Feldes \(\class{purple}{E}\) an jedem Punkt der Mantelfläche des Gauß-Zylinders gleich ist. (Die Deckel- und Bodenflächen müssen nicht berücksichtigt werden, da deren Normalenvektoren senkrecht zur Richtung des E-Feldes stehen und deshalb herausfallen.) Der Betrag \(\class{purple}{E}\) ist also unabhängig von \(z\) und \(\varphi\) und darf deshalb aus dem Integral herausgezogen werden: 6 \[ \class{purple}{E} \oint_{A} \, \text{d}a ~=~ \frac{\class{purple}{Q}}{\varepsilon_0} \]

Das Flächenintegral in 6 entspricht der Fläche des betrachteten Gauß-Zylinders (also einfach die Formel für die Zylindermantelfläche mit Abmessungen des Gauß-Zylinders \( 2\pi \, r \, L\)): 7 \[ \class{purple}{E} \, 2\pi \, r \, L ~=~ \frac{\class{purple}{Q}}{\varepsilon_0} \]

Die eingeschlossene Ladung \( \class{purple}{Q} \) muss noch verarztet werden, da sie nicht bekannt ist. Dafür kann aber (nach der Aufgabenstellung) die Oberflächenladungsdichte \( \sigma \) benutzt werden - allgemein ist sie als Ladung pro Fläche definiert. Die Ladung ist dabei die vom Gauß-Zylinder eingeschlossene Ladung \( Q_{\text{in}} \). Diese Ladung des Hohlzylinders sitzt komplett auf der Mantelfläche \( 2\pi \, R \, L \) des geladenen Zylinders: 8 \[ \sigma ~=~ \frac{\class{purple}{Q}}{2\pi \, R \, L} \]

Stelle die Oberflächenladungsdichte 8 nach der Ladung um und setze sie in 7 ein: 9 \[ \class{purple}{E} \, 2\pi \, r \, L ~=~ \frac{1}{\varepsilon_0} \, \sigma \, 2\pi \, R \, L \]

Forme jetzt nur noch 9 nach dem Feld \( \class{purple}{E} \) um und berücksichtige die radiale Richtung des E-Feldes (wegen leitender Oberfläche des Zylinders). Das Ergebnis ist das E-Feld außerhalb des Hohlzylinders: 10 \[ \class{purple}{\boldsymbol{E}(}r\class{purple}{)} ~=~ \frac{\sigma\,R}{\varepsilon_0} \, \frac{1}{r} \, \boldsymbol{\hat{r}_{\perp}} \]

Das elektrische Feld außerhalb eines leitenden Hohlzylinders fällt mit \(\frac{1}{r}\) ab.

Homogen geladene Kugeln treten z.B. als kugelförmige Bandgeneratoren in der Technik auf oder als Aerosol-Teilchen in der Natur.

Eine massive Vollkugel ist gleichförmig geladen. Sie hat den Radius \(R\) und die Gesamtladung \(\class{purple}{Q}\).

1. Bestimme das E-Feld \( \class{purple}{\boldsymbol{E}} \) außerhalb der Kugel.
2. Bestimme das E-Feld \( \class{purple}{\boldsymbol{E}} \) innerhalb der Kugel

Hinweis: Benutze die erste Maxwell-Gleichung aus der Elektrostatik für das elektrische Feld, wie in vorherigen Aufgaben.

Lösung zur Aufgabe #3.1

Um das elektrische Feld außerhalb einer Vollkugel zu bestimmen, kannst Du am besten den Gauß-Integralsatz in Kugelkoordinaten ausnutzen. Für dieses Problem ist es perfekt geeignet, denn eine Vollkugel weist eine sphärische Symmetrie auf, weshalb Dir der Gauß-Integralsatz die schnellste Lösung liefert.

Als erstes zeichne oder denke Dir ein gedachtes Gauß-Volumen, welches die geladene Vollkugel umschließt und denselben Mittelpunkt hat. Als Gauß-Volumen eignet sich in diesem Fall natürlich eine Gauß-Kugel mit dem Radius \(r\). Bedenke, dass der Radius der Gauß-Kugel größer sein muss als der Radius der Vollkugel \(R\), um das E-Feld außerhalb zu berechnen: \(r \) > \(R\).

Benutze den Gauß-Integralsatz, in welches Du die elektrostatische Maxwell-Gleichung (Divergenz des E-Feldes) einsetzt. (Schau Dir das Gauß-Integraltheorem an, wenn Du nicht weißt, wie man darauf kommt): 1 \[ \frac{\class{purple}{Q_{\text{in}}}}{\varepsilon_{0}} ~=~ \oint_{A}\class{purple}{\boldsymbol{E}} \cdot \text{d}\boldsymbol{a} \]

Die von der Gauß-Kugel eingeschlossene Ladungsmenge \( \class{purple}{Q_{\text{in}}} \) entspricht genau der Gesamtladung der Vollkugel \( \class{purple}{Q} \), die laut der Aufgabe gegeben ist: 2 \[ \frac{\class{purple}{Q}}{\varepsilon_{0}} ~=~ \oint_{A}\class{purple}{\boldsymbol{E}} \cdot \text{d}\boldsymbol{a} \]

Das elektrische Feld setzt sich - in Kugelkoordinaten - aus drei Anteilen zusammen: 3 \[ \class{purple}{\boldsymbol{E}} ~=~ E_r(\boldsymbol{r}) \, \boldsymbol{\hat{r}} ~+~ E_{\varphi}(\boldsymbol{r}) \, \boldsymbol{\hat{\varphi}} ~+~ E_{\theta}(\boldsymbol{r}) \, \boldsymbol{\hat{\theta}} \]

Hierbei sind \(\boldsymbol{\hat{r}},~\boldsymbol{\hat{\varphi}},~\boldsymbol{\hat{\theta}} \) die Einheitsvektoren in sphärischen Koordinaten. Die Anteile in \(\boldsymbol{\hat{\varphi}}\)- und \(\boldsymbol{\hat{\theta}}\)-Richtung fallen jedoch weg, denn das E-Feld ist - in jedem Punkt - auf einer Kugeloberfläche (mit Radius \(r\)) gleich groß. Diese Anteile wären jedoch da, wenn die Vollkugel nicht homogen geladen wäre!

Die einzige eindeutige Richtung, in der sich das E-Feld ändert ist die \(\boldsymbol{\hat{r}} \)-Richtung; also der Abstand vom Mittelpunkt der Kugel. Und da die anderen Anteile weggefallen sind, bleibt nur noch eine einzige Richtung für die Richtung des E-Felds übrig: Es steht überall senkrecht auf der Gauß-Kugeloberfläche: \( \class{purple}{\boldsymbol{E}} = \class{purple}{E_{\text r}} \, \boldsymbol{\hat{r}} \). Im Folgenden wird zur einfacheren Notation der radiale Feldanteil \(\class{purple}{E_{\text r}} \) in \(\class{purple}{E}\) umbenannt.

Das infinitesimale Flächenelement steht - per Definition - ebenfalls senkrecht auf geschlossenen Oberflächen: \( \text{d}\boldsymbol{a} \) = \( \text{d}a \, \boldsymbol{\hat{r}} \), weshalb die Richtung des elektrischen Feldes und die Richtung des Flächenelements beide in dieselbe Richtung zeigen. Somit vereinfacht sich das Skalarprodukt \( \boldsymbol{E}\cdot \text{d}\boldsymbol{a} \) zu einem einfachen Produkt von zwei Beträgen: 4 \[ \class{purple}{\boldsymbol{E}}\cdot \text{d}\boldsymbol{a} ~=~ \class{purple}{E} \, \boldsymbol{\hat{r}} \cdot \boldsymbol{\hat{r}} \, \text{d}a ~=~ \class{purple}{E} \, \text{d}a \]

Da Du die infinitesimalen Stückchen \(\text{d}a\) über eine Oberfläche mit einem Integral aufsummierst, die im Abstand \( r \) vom Mittelpunkt sind, ist der Betrag des E-Feldes \(\class{purple}{E}\) dort in jedem Punkt konstant. Er kann deshalb aus dem Integral herausgezogen werden: 5 \[ \frac{1}{\varepsilon_{0}} \, \class{purple}{Q} ~=~ \class{purple}{E} \, \oint_{A} \, \text{d}a \]

Nun könntest Du das Oberflächenintegral in Kugelkoordinaten berechnen, was jedoch überflüssig wäre, wenn Du die Fläche einer Kugel mit Radius \(r\) als Formel kennst! Nämlich \(4\pi \, r^2\). Damit hast Du: 6 \[ \class{purple}{E} \, 4\pi \, r^2 ~=~ \frac{1}{\varepsilon_{0}} \, \class{purple}{Q} \]

Umformen nach dem Betrag \(E\) ergibt: 7 \[ \class{purple}{E(}r\class{purple}{)} ~=~ \frac{1}{4\pi \varepsilon_{0}}\frac{\class{purple}{Q}}{r^2} \]

Das E-Feld zeigt radial nach außen, in Kugelkoordinaten also in Richtung \( \boldsymbol{\hat{r}} \). Damit ist das E-Feld außerhalb einer Vollkugel gegeben durch die folgende Formel: \[ \class{purple}{\boldsymbol{E}(}r\class{purple}{)} ~=~ \frac{1}{4\pi \varepsilon_0}\frac{\class{purple}{Q}}{r^2} \,\boldsymbol{\hat{r}} \]

Außerhalb der homogen geladenen Vollkugel herrscht also das gleiche E-Feld wie das Feld einer Punktladung, die sich im Koordinatenmittelpunkt befindet.

Lösung zur Aufgabe #3.2

Um das E-Feld im Inneren der geladenen Vollkugel zu berechnen, gehst Du analog wie bei Teilaufgabe #3.1 vor.

Betrachte wieder eine Gauß-Kugeloberfläche mit Radius \(r\). Sie muss sich jedoch innerhalb der Vollkugel befinden; sprich ihr Radius muss kleiner sein als der Radius der Vollkugel: \( r \lt R\).

Benutze die erste Maxwell-Gleichung aus dem Hinweis: 8 \[ \frac{ \class{purple}{Q_{\text{in}}} }{\varepsilon_{0}} ~=~ \oint_{A}\class{purple}{\boldsymbol{E}} \cdot \text{d}\boldsymbol{a} \]

Das E-Feld \(\class{purple}{\boldsymbol{E}}\) zeigt in Richtung des \(\text{d}\boldsymbol{a}\)-Elements und es ist aufgrund der sphärischen Symmetrie nur von der radialen Richtung abhängig. Das Skalarprodukt wird analog zur Teilaufgabe #3.1 zum einfachen Produkt der Beträge: 9 \[ \class{purple}{E} \, \boldsymbol{\hat{r}} \cdot \text{d}a \, \boldsymbol{\hat{r}} ~=~ \class{purple}{E} \, \text{d}a \]

Integration über eine Gauß-Oberfläche im konstanten Abstand \(r\) impliziert, dass das E-Feld in diesem Abstand - an jedem Punkt der Kugeloberfläche - konstant ist und Du deshalb den Betrag \(\class{purple}{E}\) in 8 mit Berücksichtigung von 9 vor das Integral ziehen darfst: 10 \[ \frac{\class{purple}{Q_{\text{in}}}}{\varepsilon_{0}} ~=~ \class{purple}{E} \oint_{A} \, \text{d}a \]

Die eingeschlossene Ladung \( \class{purple}{Q_{\text{in}}} \), die von der Gauß-Kugel(!) eingeschlossen wird, ist in diesem Fall nicht bekannt und abhängig vom Radius der Gauß-Kugel. Sie lässt sich schreiben als: 11 \[ \class{purple}{Q_{\text{in}}} ~=~ \rho \, V_{\text{in}} \]

Dabei ist die Ladungsdichte \(\rho\) - laut der Aufgabe - überall in der Kugel konstant; und weil Du sie nicht kennst, musst Du sie als Gesamtladung \(\class{purple}{Q}\) pro Gesamtvolumen \(V\) der Vollkugel umschreiben, weil Ladung der Vollkugel und das Volumen einer Kugel Dir bekannt sind: 12 \[ \rho ~=~ \frac{\class{purple}{Q}}{V} ~=~ \frac{\class{purple}{Q}}{\frac{4}{3}\pi\,R^3} \]

\( V_{\text{in}} \) ist das von der Gauß-Kugel (mit Radius r) eingeschlossene Volumen: 13 \[ V_{\text{in}} ~=~ \frac{4}{3}\pi\,r^3 \]

Mit der umgeschriebenen Ladungsdichte 12 und dem Volumen 13, bekommst Du in 11 die eingeschlossene Ladungsmenge: 14 \[ \class{purple}{Q_{\text{in}}} ~=~ \frac{\class{purple}{Q}}{\frac{4}{3}\pi\,R^3} \, \frac{4}{3}\pi\,r^3 ~=~ \frac{\class{purple}{Q}}{R^3} \, r^3 \]

Jetzt nur noch das Flächenintegral (Gauß-Oberfläche) in 10 verarzten. Mit dem Radius \( r \) der Gauß-Oberfläche beträgt ihre Kugeloberfläche \( 4\pi \, r^2 \). Setze die eingeschlossene Ladung 14 und die Gauß-Kugeloberfläche für das Integral in 10 ein: 15 \[ \frac{\class{purple}{Q}}{\varepsilon_0\,R^3} \, r^3 ~=~ E \, 4\pi\,r^2 \]

Forme nach dem E-Feld-Betrag um und berücksichtige die Richtung des E-Feldes (es zeigt nämlich in radiale Richtung \( \boldsymbol{\hat{r}} \)). Das Ergebnis ist das E-Feld innerhalb einer Vollkugel: \[ \class{purple}{\boldsymbol{E(}}r\class{purple}{)} ~=~ \frac{\class{purple}{Q}}{4\pi \varepsilon_{0} \, R^3}\,r \, \boldsymbol{\hat{r}} \]

Wie Du an der Formel erkennen kannst, nimmt das E-Feld innerhalb der Kugel mit dem Abstand linear zu; was offensichtlich ist, denn eine Gauß-Kugel mit größer gewähltem Radius \(r\) schließt mehr Ladung ein, was zu einer größeren Feldstärke führt.

Im Fall \(r=R\) spucken beide Berechnungen des E-Feldes (innerhalb und außerhalb) das gleiche Ergebnis. Das E-Feld ist stetig.

Geladene Zylinder treten in der Technik als Koaxialkabel auf.

Ein unendlich langer Zylinder mit Radius \(R\) ist homogen mit einer Ladungsdichte \( \rho_0 \) geladen, d.h. die Ladung sitzt überall im Volumen (deshalb der Name 'Vollzylinder').

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

Hinweis: Benutze die erste Maxwell-Gleichung, wie bei vorherigen Aufgaben und wähle eine zur Symmetrie des Problems passende Gauß-Fläche \(A\).

Lösung zur Aufgabe #4.1

Um das elektrische Feld \(\boldsymbol{E}\) im Inneren des Vollzylinders zu bestimmen, wird eine zur Symmetrie des Zylinders geeignete, gedachte Gauß-Fläche ins Innere des geladenen Zylinders platziert. Da es sich um einen Zylinder handelt, wird natürlich eine zylinderförmige Gauß-Fläche gewählt, um die Rechnungen deutlich zu vereinfachen.

Bei diesem Problem eignen sich natürlich die Zylinderkoordinaten am besten: \(r_{\perp}\) (Abstand von der Zylinderachse), \(\varphi\) (Winkel um den Zylinder herum), \(z\) (Längsachse des Zylinders). Der gedachte Gauß-Zylinder hat den (variablen) Radius \(r\) (in Richtung von \( r_{\perp} \)) und die Länge \(L\) (in Richtung von \(z\)). Der Radius \(r\) und die Länge \(L\) werden die Integrationsgrenzen sein.

Um das elektrische Feld im Inneren des Zylinders herauszufinden, wird dieser gedachte Gauß-Zylinder, mit den oben festgelegten Abmessungen, ins Innere des Vollzylinders gelegt. Damit dieser Gauß-Zylinder überhaupt hineinpasst, muss natürlich sein Radius \(r\) kleiner sein als der Radius \(R\) des geladenen Zylinders: \(r R\). Die gewählte Länge \(L\) des Gauß-Zylinders passt so oder so, denn der geladene Zylinder ist in \(z\)-Richtung unendlich ausgedehnt. Wichtig: Das berechnete elektrische Feld wird NUR für das Innere des geladenen Zylinders richtig sein. Der Außenbereich des Zylinders wird in Teilaufgabe (b) behandelt.

Nach demGauß-Integralsatz gilt, dass der Fluss des elektrischen Feldes \(\boldsymbol{E}\) durch eine Gauß-Oberfläche \( A \) gleich der Divergenz des elektrischen Feldes \( \nabla \cdot \boldsymbol{E}\) im betrachteten Gauß-Volumen \(V\) ist: 1 \[ \int_{V}\left(\nabla \cdot \boldsymbol{E}\right)\, \text{d}v ~=~ \oint_{A} \boldsymbol{E} \cdot \, \text{d}\boldsymbol{a} \]

Mit der folgenden Maxwell-Gleichung aus der Elektrostatik 2 \[ \nabla \cdot \boldsymbol{E} ~=~ \frac{1}{\varepsilon_0} \, \rho \left(\boldsymbol{r}\right) \]

wird der Integralsatz 1 zu: 3 \[ \int_{V} \frac{1}{\varepsilon_0} \, \rho\left(\boldsymbol{r}\right) \, \text{d}v ~=~ \oint_{A} \boldsymbol{E} \cdot \, \text{d}\boldsymbol{a} \]

Nach der Aufgabenstellung ist die Ladungsdichte \(\rho\left(\boldsymbol{r}\right)=\rho_0\) überall im Zylinder konstant; also unabhängig davon, welcher Ort im Zylinder betrachtet wird. Und, weil die Ladungsdichte eine Konstante ist, darf sie - genauso wie die Feldkonstante \(\varepsilon_{0}\) - vor das Integral gezogen werden: 4 \[ \frac{\rho_0}{\varepsilon_0} \int_{V} \, \text{d}v ~=~ \oint_{A} \boldsymbol{E} \cdot \, \text{d}\boldsymbol{a} \]

Die Oberfläche des Gauß-Zylinders \(A\) setzt sich aus der Mantel- und den beiden Deckelflächen zusammen, über die in 4 auf der rechten Seite integriert werden muss. Das infinitesimale Flächenelement ist also: 5 \[ \text{d}\boldsymbol{a} ~=~ \text{d}\boldsymbol{a}_{\text m} + \text{d} \, \boldsymbol{a}_{\text d} + \text{d}\boldsymbol{a}_{\text b} \]

Das infinitesimale Mantelflächenelement \(\text{d}\boldsymbol{a}_{\text m}\) zeigt in radiale Richtung \(\boldsymbol{\hat{r}_{\perp}}\). Das infinitesimale Deckelflächenelement \(\text{d}\boldsymbol{a}_{\text d}\) zeigt in positive \(\boldsymbol{\hat{z}}\)-Richtung und das infinitesimale Bodenflächenelement \(\text{d}\boldsymbol{a}_{\text b}\) in die negative \(\boldsymbol{\hat{z}}\)-Richtung.

Das elektrische Feld \(\boldsymbol{E}\), das von dem geladenen Zylinder erzeugt wird, steht auf der Gauß-Mantelfläche senkrecht; es zeigt also in \(\boldsymbol{\hat{r}_{\perp}}\)-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 ( \(\boldsymbol{\hat{z}}\cdot \boldsymbol{\hat{z}}\) und \(-\boldsymbol{\hat{z}}\cdot \boldsymbol{\hat{z}}\)) ist Null, weshalb die beiden Deckelflächen keinen Beitrag zum elektrischen Feld liefern. Übrig bleibt nur das Integral über die Mantelfläche des Gauß-Zylinders: 6 \[ \frac{\rho_0}{\varepsilon_0} \int_{V} \, \text{d}v ~=~ \oint_{A} \left(E \, \boldsymbol{\hat{r}_{\perp}} \right) \cdot \left(\text{d}a_{\text m} \, \boldsymbol{\hat{r}_{\perp}} \right) \]

Die beiden Basisvektoren in 6 zeigen in gleiche Richtung, also parallel zu einander, weshalb \( \boldsymbol{\hat{r}_{\perp}} \cdot \boldsymbol{\hat{r}_{\perp}} = 1 \) ist. Der Betrag \(E\) des elektrischen Feldes kann aus dem Integral herausgezogen werden, da er auf der Mantelfläche des homogen geladenen Zylinders konstant ist (d.h. unabhängig von \(\varphi\) und \(z\)): 7 \[ \frac{\rho_0}{\varepsilon_0} \int_{V} \, \text{d}v ~=~ E \oint_{A}\, \text{d}a_{\text m} \]

Das Volumenintegral in 7 ist einfach das Volumen des Gauß-Zylinders mit dem Radius \(r\) und Länge \(L\): 7.1 \[\int_{V} \, \text{d}v ~=~ \pi \, r^2 \, L \]

Das Flächenintegral in 7 über die Gauß-Zylindermantelfläche ist enfach die Fläche des Zylindermantels mit dem Radius \(r\) und Länge \(L\): 7.2 \[ \oint_{A} \, \text{d}a_{\text m} ~=~ 2\pi \, r \, L \]

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

Das infinitesimale Volumenelement ist in Zylinderkoordinanten: 8 \[ \text{d}v ~=~ r_{\perp} \, \text{d}\varphi \, \text{d}r_{\perp} \, \text{d}z \] Dabei geht \(\text{d}r_{\perp}\) über die Dicke von \(0\) bis \(r\). Das Element \(\text{d}\varphi\) geht einmal um den Gauß-Zylinder, also von \(0\) bis \(2\pi\). Und \(\text{d}z\) läuft über die Länge, also von \(0\) bis \(L\).

Das infinitesimale Mantelflächenelement ist: 9 \[ \text{d}a_{\text m} ~=~ r \, \text{d}\varphi \, \text{d}z \]

Es wird also im Abstand \(r\) von der Symmetrieachse über \(\text{d}\varphi\) (\(0\) bis \(2\pi\)) und über \(\text{d}z\) (\(0\) bis \(L\)) integriert. Einsetzen der Integrationsgrenzen und der infinitesimalen Elemente ergibt: 10 \[ \frac{\rho_0}{\varepsilon_0} \int_{0}^{2\pi} \text{d}\varphi\int_{0}^{L} \text{d}z \int_{0}^{r}r_{\perp}\,\text{d}r_{\perp} ~=~ E \int_{0}^{2\pi} \text{d}\varphi \int_{0}^{L} r\,\text{d}z \]

Rechne beide Seiten aus: 11 \[ \frac{\rho_0}{\varepsilon_0} \, 2\pi \, L \, \frac{1}{2} \, r^2 ~=~ E \, 2\pi \, L \, r \]

Forme die Gleichung 11 nach dem Betrag \(E\) des elektrischen Feldes um: 12 \[ E ~=~ \frac{\rho_0}{2\varepsilon_0} \, r \]

Je weiter weg Du das E-Feld von der Symmetrieachse im Inneren ( \(r\,\) ≤ \(\,R\)) betrachtest, desto größer ist das E-Feld. Offensichtlich, denn durch größeres \(r\) schließt der Gauß-Zylinder mehr Ladung ein.

Du hast nur den Betrag des E-Feldes. Du weißt, dass es in radiale Richtung zeigt, also das E-Feld im Inneren eines langen Vollzylinders vektoriell für \(r\) ≤ \(R\): 13 \[ \boldsymbol{E}(r) ~=~ \frac{\rho_{0}}{2\varepsilon_{0}} r \, \boldsymbol{\hat{r}_{\perp}} \]

Lösung zur Aufgabe #4.2

Um das elektrische Feld \( \boldsymbol{E} \) außerhalb des homogen geladenen Zylinders zu bestimmen, wird der Gauß-Zylinder so angelegt, dass dieser den geladenen Zylinder umhüllt. Das heißt jetzt ist der Radius \(r\) des Gauß-Zylinders größer als der Radius \(R\) des geladenen Zylinders: \( r \ge R \).

Nutze den Gauß-Integralsatz zusammen mit der Maxwell-Gleichung \( \nabla \cdot\boldsymbol{E}=\rho( \boldsymbol{r} ) \, \varepsilon_{0} \) aus: 14 \[ \int_{V} \frac{\rho( \boldsymbol{r} )}{\varepsilon_0} \, \text{d}v ~=~ \int_{A} \boldsymbol{E} \cdot \, \text{d}\boldsymbol{a} \]

Das infinitesimale Volumenelement - in Zylinderkoordinanten - lautet: 15 \[ \text{d}v ~=~ r_{\perp} \, \text{d}\varphi \, \text{d}r_{\perp} \, \text{d}z \]

Dabei geht \(\text{d}\varphi\) von 0 bis \(2\pi\). Das \(\text{d}r_{\perp}\) von 0 bis \(r\). Und \(\text{d}z\) von 0 bis \(L\).

Setze 15 mit den dazugehörigen Integrationsgrenzen in 16 ein: 16 \[ \int_{0}^{L} \text{d}r_{\perp} \int_{0}^{2\pi} \text{d}\varphi \int_{0}^{r} r_{\perp} \frac{\rho( \boldsymbol{r} )}{\varepsilon_0} \, \text{d}z ~=~ \int_{A} \boldsymbol{E} \cdot \, \text{d}\boldsymbol{a} \]

Der Integrand der linken Seite der Gleichung ist unabhängig von \(\varphi\) und \(z\), deshalb kann er zum \(\text{d}r_{\perp}\)-Integral vorgezogen werden. Rechne \(\text{d}\varphi\)- und \(\text{d}z\)-Integrale aus, dann erhälst Du: 17 \[ \int_{0}^{r} \text{d}r_{\perp} \, r_{\perp} \, \frac{\rho( \boldsymbol{r} )}{\varepsilon_0} \, 2\pi \, L ~=~ \int_{A} \boldsymbol{E} \cdot \, \text{d}\boldsymbol{a} \]

Alle Konstanten in 17 werden vor das Integral gezogen, damit sie nicht stören: 18 \[ \frac{2\pi \, L}{\varepsilon_0} \int_{0}^{r} \, \text{d}r_{\perp} \, r_{\perp} \, \rho( \boldsymbol{r} ) ~=~ \int_{A} \boldsymbol{E} \cdot \, \text{d}\boldsymbol{a} \]

Du weißt, dass die Ladungsdichte von 0 bis \(R\) konstant \( \rho_{0} \) ist. Und außerhalb des Zylinders gibt es keine Ladung, also \( \rho( \boldsymbol{r} ) = 0 \). Teile das Integral auf und setze die beiden Ladungsdichten \( \rho_{0} \) und 0 ein: 19 \[ \frac{2\pi \, L}{\varepsilon_0} \left( \int_{0}^{R} \text{d}r_{\perp} \, r_{\perp} \, \rho_0 ~+~ \int_{R}^{r} r_{\perp} \cdot 0 \right) ~=~ \int_{A} \boldsymbol{E} \cdot \, \text{d}\boldsymbol{a} \]

Das zweite Integral fällt weg. Übrig bleibt: 20 \[ \frac{2\pi \, L}{\varepsilon_0} \int_{0}^{R} \text{d}r_{\perp} \, r_{\perp} \, \rho_0 ~=~ \int_{A} \boldsymbol{E} \cdot \, \text{d}\boldsymbol{a} \]

Integriere über \( r_{\perp} \) und Du bekommst - fertig ausgerechnet und gekürzt: 21 \[ \frac{\pi \, L \, \rho_0}{\varepsilon_0} \, R^2 ~=~ \int_{A} \boldsymbol{E} \cdot \, \text{d}\boldsymbol{a} \]

Das in radiale Richtung zeigende infinitesimale Flächenelement des Gauß-Zylinders ist: 22 \[ \text{d}\boldsymbol{a} ~=~ r \, \text{d}\varphi \, \text{d}z \, \boldsymbol{\hat{r}_{\perp}} \]

Es wird im Abstand \(r\) von der Symmetrieachse über den Winkel \(\varphi\) und Höhe \(z\) integriert.

Auch - wie in Teilaufgabe #4.1 - ist das E-Feld sowohl an Orten der beiden Deckelflächen als auch an Orten der umhüllenden Gauß-Mantelfläche in radiale Richtung (und senkrecht zur z-Achse) gerichtet: \( \boldsymbol{E} = E_{r_{\perp}} \boldsymbol{\hat{r}_{\perp}} \). Zur einfacheren Notation wird das Radialfeld \(E_{r_{\perp}}\) einfach als \(E\) notiert. Einsetzen: 23 \[ \frac{\pi \, L \, \rho_0}{\varepsilon_0} \, R^2 ~=~ \int_{A} \left(E\,\boldsymbol{\hat{r}_{\perp}}\right) \cdot \left(\boldsymbol{\hat{r}_{\perp}} \, r \, \text{d}z \, \text{d}\varphi\right) \]

Das Skalarprodukt ist \(\boldsymbol{\hat{r}_{\perp}} \cdot \boldsymbol{\hat{r}_{\perp}} = 1\). Das \(\text{d}\varphi\) geht von \(0\) bis \(2\pi\). Das Längenelement \(\text{d}z\) geht von \(0\) bis \(L\).

Der Betrag \(E\) des elektrischen Feldes kann aus dem Integral herausgezogen werden. Alles verarzten: 24 \[ \frac{\pi \, L \, \rho_0}{\varepsilon_0} \, R^2 ~=~ E \int_{0}^{L} \text{d}z \int_{0}^{2\pi} \text{d}\varphi \, r \]

Rechne die Integrale aus und forme nach \(E\) um. Berücksichtige außerdem die Richtung des E-Feldes. Das E-Feld außerhalb eines langen Zylinders lautet dann für \(r \ge R\) folgendermaßen: 25 \[ \boldsymbol{E}(r) ~=~ \frac{\rho_{0} \, R^2}{2\varepsilon_{0}}\frac{1}{r}\,\boldsymbol{\hat{r}_{\perp}} \]

Eine homogen geladene Hohlkugel mit der Ladung \(Q\) hat den Radius \(R\).

1. Bestimme das E-Feld außerhalb der Hohlkugel.
2. Bestimme das E-Feld innerhalb der Hohlkugel.

Hinweis: Benutze die erste Maxwell-Gleichung wie bei vorherigen Aufgaben.

Lösung zur Aufgabe #5.1

Da es sich um ein sphärisches Problem handelt, führt das Gauß-Gesetz zur schnellsten Bestimmung des E-Feldes.

Um das elektrische Feld außerhalb zu bestmmen, legst Du eine gedachte Gauß-Kugelfläche \(A\) um die die Hohlkugel herum. Der gegebene Radius der Hohlkugel \( R \) ist in diesem Fall also kleiner als der Radius der Gauß-Kugel, den wir mit \( r \) bezeichnen: \( r \gt R\).

Benutze nun das Gauß-Gesetz (erste Maxwell-Gleichung in Integralform): 1 \[ \frac{Q_{\text{in}}}{\varepsilon_0} ~=~ \oint_{A}\boldsymbol{E} ~\cdot~ \text{d}\boldsymbol{a} \]

Die von der Gauß-Kugel eingeschlossene Ladung \( Q_{\text{in}} \) entspricht genau der Gesamtladung der Hohlkugel \( Q \), d.h. 1 wird zu: 2 \[ \frac{Q}{\varepsilon_{0}} ~=~ \oint_{A}\boldsymbol{E} ~\cdot~ \text{d}\boldsymbol{a} \]

Jetzt musst Du noch das Oberflächenintegral auf der rechten Seite von 2 verarzten! Für dieses sphärische Problem nutzt Du die Kugelkoordinanten \((r,\theta, \varphi)\). Damit lässt sich das elektrische Feld in die jeweiligen Anteile in Kugelkoordinanten zerlegen: 3.1 \[ \boldsymbol{E} ~=~ E_r \, \boldsymbol{\hat{r}} ~+~ E_{\varphi} \, \boldsymbol{\hat{\varphi}} ~+~ E_{\theta} \, \boldsymbol{\hat{\theta}} \]

Die Ladungsverteilung auf der Hohlkugel ist homogen, d.h. das E-Feld ist an jedem Punkt der Kugel (im Abstand \( r \)) gleich. Sein Betrag ist also unabhängig davon, ob Du Dich ein Stückchen in Richtung \(\boldsymbol{\hat{\theta}}\) oder \(\boldsymbol{\hat{\varphi}}\) bewegst. Diese beiden Anteile fallen weg und das E-Feld zeigt nur in radiale Richtung: 3.2 \[ \boldsymbol{E} ~=~ E_r \,\boldsymbol{\hat{r}} \]

Im Folgenden wird zur einfacheren Notation \(E\) für den radialen Feldbetrat statt \(E_r\) geschrieben.

Das infinitesimale Flächenelement der Gauß-Kugel (im Abstand \(r \)) lautet in Kugelkoordinaten: 3.3 \[ \text{d}\boldsymbol{a} ~=~ r^2 \, \sin(\theta) \, \text{d}\theta \, \text{d}\varphi \, \boldsymbol{\hat{r}} \]

Dabei ist \(r^2 \, \sin(\theta)\) die Determinante der Jacobi-Matrix und ist bei Benutzung der Kugelkoordinaten in 3.3 notwendig! Wie am Flächenelement 3.3 zu sehen: Du musst nicht über \( r \) integrieren, weil Du ja nur über die Oberfläche der Gauß-Kugel integrieren musst, also nur über \(\varphi\) und \(\theta\). Der Betrag des elektrischen Feldes \( E \), kann also bezüglich dieser Koordinaten als eine Konstante angesehen werden, die deshalb vor das Integral gezogen werden kann.

Setze nun das E-Feld 3.2 und das Flächenelement 3.3 in 2 ein. Dabei ergibt das Skalarproukt zwischen dem Einheitsvektor vom Flächenelement in 3.3 und dem Einheitsvektor vom E-Feld in 3.2: \( \boldsymbol{\hat{r}} \cdot \boldsymbol{\hat{r}} = 1 \). Du hast also: 4 \[ \frac{Q}{\varepsilon_{0}} ~=~ E \, r^2 \int^{2\pi}_{0} \text{d}\varphi \int^{\pi}_{0} \sin(\theta) \, \text{d}\theta \, \]

Das innere Integral auf der rechten Seite von 4 ergibt \( 2 \) und das äußere Integral ergibt \( 2\pi \). Beide zusammen ergeben also \( 4\pi \). Zusammen mit \( r^2 \) entspricht es genau der Oberfläche der Kugel mit Radius \( r \) (also genau die Oberfläche der Gauß-Kugel): 5 \[ \frac{Q}{\varepsilon_{0}} ~=~ E \, 4\pi \, r^2 \]

Forme 5 nach dem Betrag des E-Feldes \(E\) um und füge den radialen Einheitsvektor \(\vec{e}_{\text r} \) hinzu um ein Vektorfeld zu erhalten. Das Ergebnis ist das E-Feld außerhalb einer Hohlkugel: 5 \[ \boldsymbol{E}(r) ~=~ \frac{1}{4\pi \, \varepsilon_{0}} \, \frac{Q}{r^2} \, \boldsymbol{\hat{r}} \]

Das E-Feld außerhalb einer Hohlkugel fällt mit \( 1/r^2 \) ab; wie bei einer im Mittelpunkt konzentrierten Punktladung oder wie das E-Feld (außerhalb) einer Vollkugel.

Lösung zur Aufgabe #5.2

Lege eine gedachte Gauß-Kugel mit Radius \( r \) an, die jetzt aber nicht die Hohlkugel umschließt, sondern in der Hohlkugel drin ist! Es gilt also: \( r \lt R \).

Benutze wieder das Gauß-Gesetz: 6 \[ \frac{Q_{\text{in}}}{\varepsilon_{0}} ~=~ \oint_{A}\boldsymbol{E} ~\cdot~ \text{d}\boldsymbol{a} \]

Eine Gauß-Kugel, die sich in einer geladenen Hohlkugel befindet, schließt keine Ladung ein, weil die Kugel ja hohl ist: \( Q_{\text{in}} = 0 \). Das heißt 6 wird zu: 7 \[ 0 ~=~ \oint_{A}\boldsymbol{E} ~\cdot~ \text{d}\boldsymbol{a} \]

Das Integral auf der rechten Seite von 7 muss also Null ergeben. Da die Oberfläche der Gauß-Kugel offensichtlich nicht Null sein kann, muss das elektrische Feld \( \boldsymbol{E} \) an jedem Ort \(\boldsymbol{r}\) innerhalb der Kugel Null sein! Damit ist das E-Feld innerhalb der Hohlkugel: 8 \[ \boldsymbol{E}(\boldsymbol{r}) ~=~ 0 \]

Jetzt weißt Du auch warum Du vor Blitzen in einem Faraday-Käfig (z.B. in Form einer Hohlkugel) sicher bist! Das Innere der Hohlkugel ist feldfrei.