Aufgabe 1

KLAUSUR Theoretische Elektrotechnik 1“ ”
01.03.2013
Prof. H.-G. Krauthäuser
Dauer: 120 min.
Aufgabe 1 2 3 4 5 6 7
∑
Punkte 6 8 11 9 10 10 16 70
Aufgabe 1
Im Ursprung befindet sich eine Kreisscheibe mit dem inneren Radius a und einem äußeren Radius b.
Auf dieser Scheibe ist die Ladung Q homogen verteilt.
z
Q
x
a
b
y
Berechnen Sie die elektrische Feldstärke ⃗ E(⃗r) auf der z-Achse.
Die Raumladungsdichte der mit der konstanten Flächenladung ϱ F =
Q
π(b 2 −a 2 )
belegten Kreisscheibe
drückt sich in Zylinderkoordinaten durch ϱ V (ϱ ′ , ϕ ′ , z ′ ) = ϱ F δ(z ′ ) für ϱ ′ ∈ [a, b] und ϕ ′ ∈ [0, 2π] aus.
Mit dem Quellpunktvektor ⃗r ′ = ϱ ′ ⃗e ϱ berechnet sich das Potential auf der z-Achse zu
Φ(z) =
1
4πε
˚
ϱV (ϱ ′ , ϕ ′ , z ′ )
|⃗r − ⃗r ′ |
= ϱ ˆb ˆ2π
F ϱ ′
√
4πε z 2 + ϱ ′2 dϕ′ dϱ ′ = ϱ F
2ε
a 0
dV ′ = 1 ˚
ϱF δ(z ′ )
4πε |z⃗e z − ϱ ′ ⃗e ϱ | ϱ′ dϕ ′ dϱ ′ dz ′
[√ ] b
z 2 + ϱ ′2 = ϱ (√
F z
a 2ε
2 + b 2 − √ )
z 2 + a 2
Entsprechend folgt für die elektrische Feldstärke
⃗E(z) = − ∂Φ(z) [ (
) ]
∂z
⃗e ϱF 2z
z = −
2ε 2 √ z 2 + b − 2z
2 2 √ ⃗e z = ϱ (
)
F z 1
√
z 2 + a 2 2ε z 2 + a − 1
√ ⃗e z
2 z 2 + b 2
Statt über das Potential kann die elektrische Feldstärke auch auf direktem Wege berechnet werden. In
diesem Fall nutzt man zur Vereinfachung des Coulomb-Integrals, dass die radialen Feldkomponenten
bei der Integration über den Winkel ϕ wegen ´ 2π
0
⃗e ϱ dϕ = ⃗0 verschwinden. Es gilt
⃗E(z) =
˚
1
4πε
= ϱ F
2ε z⃗e z
⃗r − ⃗r ′
ϱ V
|⃗r − ⃗r ′ | 3 dV ′ = ϱ ˆb ˆ2π
F z⃗e z − ϱ ′ ⃗e ϱ
4πε |z⃗e z − ϱ ′ ⃗e ϱ | 3 ϱ′ dϕ ′ dϱ ′ = ϱ F
2ε
a 0
[
] b
1
−√ = ϱ (
)
F z 1
√
z 2 + ϱ ′2 2ε
a
z 2 + a − 1
√ ⃗e z
2 z 2 + b 2
ˆb
a
z⃗e z ϱ ′ dϱ ′
√
z 2 + ϱ ′23
1

Aufgabe 2
Eine leitende und geerdete Hohlkugel mit dem Radius a ist im Koordinatenursprung angeordnet. Auf
der z-Achse befindet sich im Abstand d < a vom Mittelpunkt der Kugel eine Punktladung Q
z
d Q
x
a
y
(a) Skizzieren Sie die Feld- und Äquipotentiallinien in der yz-Ebene.
1
0.5
z/a
0
-0.5
-1
-1.5 -1 -0.5 0 0.5 1 1.5
y/a
(b) Berechnen Sie das elektrische Skalarpotential Φ(⃗r) im ganzen Raum.
Für die Punktladung +Q am Ort ⃗r ′ + = d⃗e z kann nach dem Spiegelungsprinzip eine negative
Ladung −q außerhalb der Kugel konstruiert werden. Diese befindet sich aufgrund der Symmetrie
ebenfalls auf der z-Achse am Ort ⃗r ′ − = d ′ ⃗e z . Den Ort der Spiegelladung −q bzw. ihren Abstand
d ′ zum Kugelmittelpunkt sowie die Größe ihrer Ladung bestimmt man gemäß
d ′ = a2
d
Mit dem Aufpunktvektor ⃗r = r⃗e r und den Abstandsvektoren
q = Q a d
r 1 := |⃗r − ⃗r ′ +| = √ r 2 + d 2 − 2rd cos ϑ
r 2 := |⃗r − ⃗r ′ −| = √ r 2 + d ′2 − 2rd ′ cos ϑ
ist das elektrische Skalarpotential durch Superposition im Kugelinneren insgesamt
Φ(r, ϑ) =
Q [
1
√
4πε r 2 +d 2 −2rd cos ϑ − a ]
1
√ = Q [ 1
− a ]
1
d r 2 +d ′2 −2rd ′ cos ϑ 4πε r 1 d r 2
(r < a)
Außerhalb gilt dagegen aufgrund der Erdung der Kugel
Φ(r, ϑ) = 0 (r ≥ a)
2

Aufgabe 3
Drei linienförmige Leiter treffen im Ursprung aufeinander. Der Leiter in der positiven z-Achse führt
den Strom I 0 . Dieser Strom teilt sich zu gleichen Anteilen auf die beiden Leiter in der positiven x-
und y-Achse auf. Berechnen Sie die magnetische Feldstärke ⃗ H(⃗r) im Punkt P (a, b, 0).
z
I 0
I 0 /2 I 0 /2
x
a
P (a, b, 0)
b
y
Das Gesamtmagnetfeld der Leiteranordnung am Beobachtungspunkt bei ⃗r = a⃗e x + b⃗e y wird aus der
Superposition der Feldbeiträge der drei einzelnen Leiterabschnitte bestimmt. Der Weg des Stromes
durch den Leiter beschreibt sich dabei durch den Quellpunktvektor ⃗r ′ i = i′ ⃗e i und das Wegelement
d⃗r ′ i = di′ ⃗e i mit i ∈ {x, y, z}. In z-Richtung ist der aus dem Unendlichen kommende und bis zum
Ursprung fließende Strom I 0 zu berücksichtigen und es gilt
⃗H z = I 0
4π
ˆ0
∞
dz ′ ⃗e z × ( a⃗e x +b⃗e y −z ′ )
⃗e z
√ = I 0
a 2 +b 2 +z ′23 4π
= − I [
0
4π (b⃗e z ′ ] 0
x − a⃗e y )
(a 2 +b 2 ) √ a 2 +b 2 +z ′2 ∞
ˆ0
∞
dz ′( )
a⃗e y − b⃗e x
√
a 2 +b 2 +z = I ˆ0
0
′23 4π (a⃗e dz ′
y − b⃗e x ) √
a 2 +b 2 +z ′23
= I 0 b⃗e x − a⃗e y
4π a 2 +b 2
Der Beitrag des Leiterstückes entlang der x-Achse berechnet sich zu
⃗H x = I 0/2
4π
= I 0b
8π ⃗e z
ˆ∞
0
dx ′ ⃗e x × ( (a−x ′ )
)⃗e x + b⃗e y
√ = I ˆ∞
0 bdx ′ ⃗e z
√
(a−x ′ ) 2 + b 23 8π
= I 0b
(a−x ′ ) 2 + b 23 8π ⃗e z
[
] ∞
a − x ′
−
b 2√ (a − x ′ ) 2 + b 2 0
0
= I (
)
0 a
1 + √ ⃗e z
8πb a 2 + b 2
und analog folgt für das Leiterstück entlang der y-Achse
⃗H y = I 0/2
4π
ˆ∞
0
= − I 0a
8π ⃗e z
dy ′ ⃗e y × ( a⃗e x + (b−y ′ )
)⃗e y
√ = I 0
a 2 + (b−y ′ ) 23 8π
[
] ∞
b − y ′
−
a 2√ a 2 + (b − y ′ ) 2 0
ˆ∞
0
= − I 0
8πa
womit die gesamte magnetische Feldstärke lautet
⃗H = H ⃗ x + H ⃗ y + H ⃗ z = I 0 b⃗e x − a⃗e y
4π a 2 +b 2 + I 0
8π
−ady ′ ⃗e z
√
a 2 + (b−y ′ ) 23 = −I 0a
8π ⃗e z
(
1 +
b
√
a 2 + b 2 )
⃗e z
( 1
b + a
b √ a 2 + b 2 − 1 a +
ˆ∞
0
ˆ∞
0
∞
dx ′
√
(a−x ′ ) 2 + b 23
dy ′
√
a 2 + (b−y ′ ) 23
)
b
a √ ⃗e z
a 2 + b 2
3

Aufgabe 4
Gegeben ist ein Zylinderkondensator der Länge l mit vernachlässigbaren Randeffekten. An der Innenelektrode
liegt das Potential Φ a und an der Außenelektrode liegt das Potential Φ b an. Es gilt Φ a < Φ b .
Der Kondensator beinhaltet das inhomogene Dielektrikum
ε(ϱ) = ε 0 e − ϱ−b
a
Hinweis: e u+v = e u e v y
a
Φ b
Φ a
ε(ϱ)
z⊙
b
x
Berechnen Sie
(a) die Kapazität des Kondensators
Man berechnet zunächst das elektrische Feld im Inneren unter Nutzung der Gaußschen Methode
ε(ϱ)
ˆ2π ˆl
0
0
E ϱ (ϱ)ϱdϕdz = 2πε(ϱ)lϱE ϱ (ϱ) = Q ⇒ E ϱ (ϱ) =
Q 1
2πε(ϱ)l ϱ
(a ≤ ϱ ≤ b)
und aus diesem mithilfe des Gradienten das elektrische Potential bzw. die Potentialdifferenz
zwischen Innen- und Außenelektrode
E ϱ = − ∂Φ
∂ϱ
ˆa
⇒ Φ(a) = Φ(b) −
U = Φ(b) − Φ(a) =
=
Q
b
2πε 0 e b a l
Q
2πε 0 e b a l
E ϱ (ϱ)dϱ = Φ(b) − Q
ˆa
2πl
b
ˆa
b
[
ln
Hiermit folgt die Kapazität C der Leitung zu
e ϱ a 451
dϱ =
ϱ
Q
2πε 0 e b a l
dϱ
ε(ϱ)ϱ
[ln(ϱ) + ϱ a + ϱ2
4a 2 +
( a
)
+ a − b + a2 − b 2
b a 4a 2 + a3 − b 3
18a 3 + · · ·
C = Q (
U = 2πε 0e b a
)
a l
[ln + a − b + a2 − b 2
b a 4a 2 + a3 − b 3
18a 3 + · · ·
(b) die im Dielektrikum gespeicherte Energie
W = 1 2 CU 2 = 1 ) [ ] (2πε 0 e b −1 Q 2 [ ] 2 1
a l · · · ( )
2
2πε 0 e b 2 · · · =
2
a l
Q 2 [ ( a
)
=
ln + a − b + a2 − b 2
4πε 0 e b a l b a 4a 2 + a3 − b 3 ]
18a 3 + · · ·
451 Integral #451 nach Bronstein, Taschenbuch der Mathematik:
ˆ eax
dx = ln(x) +
ax
x 1 · 1! + (ax)2
2 · 2! + (ax)3
3 · 3! + · · ·
Q 2
] −1
2πε 0 e b a l
ϱ3
] a
18a 3 + · · · b
]
[
· · ·
]
4

Aufgabe 5
Auf der x-Achse befindet sich ein Linienleiter, der den Strom I 1 führt und sich im Unendlichen schließt.
In der xy-Ebene befindet sich eine Leiterschleife in der Form eines Vierecks, die den Strom I 2 führt.
z
−c
x
c
d
I 1
I 2
a
a + d
y
(a) Bestimmen Sie die magnetische Feldstärke eines unendlich ausgedehnten Linienleiters.
Ausgehend vom Durchflutungsgesetz der Maxwell-Gleichungen, in dem für die magnetostatische
Betrachtung die zeitliche Ableitung der elektrischen Flussdichte ⃗ D entfällt, gelangt man
durch Bildung des Flächenintegrals zu einem Ausdruck für den Strom durch den Linienleiter.
¨
A
˛
rot Hd ⃗ A ⃗ =
∂A
rot H ⃗ = J ⃗ + ∂ D ⃗
} {{ ∂t}
=0
¨
⃗Hd⃗r = ⃗Jd A ⃗ = I
Als Fläche wird aufgrund der Zylindersymmetrie eine konzentrische, senkrecht auf dem Leiter
stehende Kreisfläche mit Radius ϱ gewählt, welche den gesamten Strom I umfasst. Das
Flächenintegral über die Rotation des Feldes schreibt sich dabei mithilfe des Stokesschen
Integralsatzes als Wegintegral über den Rand der Fläche, wobei die magnetische Feldstärke
⃗H = H(ϱ)⃗e ϕ wegen des gleich bleibenden Abstandes ϱ zum Leiter auf dem gesamten Weg konstant
bleibt. Mit dem vektoriellen Wegelement d⃗r = ϱdϕ⃗e ϕ erhält man also
ˆ2π
0
H(ϱ)⃗e ϕ ϱdϕ⃗e ϕ = 2πϱH(ϱ) = I ⇒ ⃗ H(ϱ) =
I
2πϱ ⃗e ϕ
(b) Berechnen Sie die Gegeninduktivität L 21 der Anordnung.
Für die gegebene Anordnung berechnet man unter Ausnutzung der Symmetrie der zweiten Leiterschleife
bezüglich der y-Achse in einem ersten Schritt zunächst den magnetischen Fluss Φ 21 . Nach
a) ist dabei H(y) ⃗ = I 1
2πy ⃗e z. Weiterhin werden die Seitenkanten des Vierecks durch die Geradengleichungen
x 1 (y) =
c
a−d (y − d) und x 2(y) = − d( c )
y − (a + d) beschrieben.
Φ 21 =
¨
A
= µI 1
π
= µI 1
π
⎡
⃗Bd A ⃗ ⎢
= 2µ ⎣
⎡
⎣
ˆa
d
ˆa
d
x 1 (y)
dy +
y
ˆ
x 1 (y)
0
ˆa+d
a
H(y)dxdy +
x 2 (y)
y
[ c
[ ] a
y − d ln(y)
a − d
− c d d[
ˆa+d
a
ˆ
x 2 (y)
0
A
⎤ ⎡
dy⎦ = µI 1
⎣
c
π a − d
y − (a + d) ln(y)
5
⎤
⎥
H(y)dxdy⎦
ˆa
d
] a+d
a
y − d
dy − c y d
]
ˆa+d
a
y − (a + d)
y
⎤
dy⎦

Φ 21 = µI [
1 c
(
π a − d
= µI [
1c a + d
ln
π d
a − d − d ln
( a + d
a
)
−
( a
−
d))
c (
d − (a + d) ln
d
d ( a
) ]
a − d ln d
Die Gegeninduktivität ist demzufolge
L 21 = Φ 21
= µc [ ( a + d a + d
ln
I 1 π d a
)
−
d ( a
) ]
a − d ln d
( ))] a + d
Im Falle einer rautenförmigen Leiterschleife mit a − d = d und damit a = 2d sowie a + d = 3d
vereinfacht sich diese Beziehung zu
L 21 = µc [ ( ]
3
3 ln − ln(2)
π 2)
a
6

Aufgabe 6
Ein in z-Richtung unendlich ausgedehnter hochpermeabler Körper ist mit einer parallelflankigen und in
positiver x-Richtung offenen Nut versehen. In der Nut befindet sich isoliert von dem Körper ein Leiter
mit quadratischem Querschnitt. Der Leiter hat die Seitenlänge a, die Leitfähigkeit κ, die Permeabilität
µ 0 und führt in positiver z-Richtung den niederfrequenten Wechselstrom i(t) = I 0 cos(ωt) mit der
Amplitude I 0 und der konstanten Kreisfrequenz ω.
y
µ → ∞
a
µ 0 , κ
i(t)⊙
µ 0 , κ = 0
x
a
Berechnen Sie das magnetische Vektorpotential ⃗ A(⃗r), die magnetische Feldstärke ⃗ H(⃗r) und die Stromdichte
⃗ J(⃗r) im Leiter. Begründen Sie Ihren Ansatz. Die endliche Dicke der Isolationsschicht zwischen
dem Leiter und dem Körper kann für die Berechnung vernachlässigt werden.
Aus der gegebenen Stromrichtung mit ⃗ J = J z ⃗e z und dem Zusammenhang
⃗J = κ ⃗ E = −κ ∂ ⃗ A
∂t = −jωκ ⃗ A
folgt, dass auch das Vektorpotential nur eine z-Komponente aufweist und somit ⃗ A = A z ⃗e z gilt. Aufgrund
des ideal magnetisch leitfähigen Körpers mit µ → ∞ steht das magnetische Feld im gesamten
Nutbereich senkrecht auf den Seitenflächen und verläuft damit nur in y-Richtung. Zusammen mit
der unendlichen Ausdehnung der Stromdichteverteilung besteht zudem keine Abhängigkeit in der z-
Komponente, weshalb die jeweiligen partiellen Ableitungen Null sind. Entsprechend vereinfacht sich
die Diffusionsgleichung für ⃗ A zu
△ ⃗ A(⃗r) = jωµκ ⃗ A(⃗r)
⇒
∂ 2 A z
∂x 2 ⃗e z = jωµκA z ⃗e z
und zur Bestimmung des Magnetfeldes ⃗ H genügt die Gleichung
rot A ⃗ = − ∂A z(x)
∂x
⃗e y = B y ⃗e y = µH y ⃗e y
Im Bereich des Leiters für x ∈ [−a; 0] mit µ = µ 0 und κ ≠ 0 ist nun obige partielle Differentialgleichung
zu lösen, wobei sich für Vektorpotential und Magnetfeld die allgemeine Lösung wie folgt ergibt
∂ 2
∂x 2 A z(x) = jωµ 0 κ A
} {{ } z (x) = α 2 A z (x)
=:α 2
∂ 2
∂x 2 A z(x) − α 2 A z (x) = 0
⇒ A z (x) = C 1 sinh(αx) + C 2 cosh(αx)
H y (x) = − α )
(C 1 cosh(αx) + C 2 sinh(αx)
µ 0
mit C 1 , C 2 ∈ C
7

Die beiden noch unbekannten Konstanten können schließlich mithilfe des Durchflutungsgesetzes der
Maxwellschen Gleichungen aus dem Umlaufintegral der magnetischen Feldstärke entlang der Berandung
der Leiterquerschnittsfläche bestimmt werden. Integrationswege in x-Richtung liefern hierbei
keinen Beitrag, da das Magnetfeld nur eine y-Komponente besitzt. Ebenso muss das Feld am Nutgrund
bei x = −a infolge des ideal magnetisch leitfähigen Mediums verschwinden, sodass insgesamt gilt
˛
I =
∂A
⃗Hd⃗r =
ˆ0
−a
(
H x − a )
dx +
} {{ 2 }
=0
a
ˆ2
− a 2
ˆ
H y (0)dy +
−a
0
( a
)
H x dx +
} {{ 2 }
=0
−
ˆ
a 2
a
2
H y (−a) dy = aH y (0)
} {{ }
=0
Mit diesen Bedingungen folgt für C 1 und C 2
H y (0) = − α (C 1 cosh(0)
µ 0 } {{ }
=1
)
+C 2 sinh(0) = − α !
C
} {{ }
1 = I µ 0 a
=0
)
H y (−a) = − α µ 0
(
− µ 0I
aα cosh(−aα) + C 2 sinh(−aα)
und die Lösung lautet demgemäß
A z (x) = − µ 0I
aα
J z (x) = −jωκA z (x) =
H y (x) =
αI
a
I
a
⇒
C 1 = − µ 0I
aα
!
= 0 ⇒ C 2 = − µ 0I cosh(aα)
aα sinh(aα)
[
sinh(αx) + cosh(αx) ]
tanh(aα)
[
sinh(αx) + cosh(αx) ]
tanh(aα)
[
cosh(αx) + cosh(aα) sinh(αx)
sinh(aα)
]
8

Aufgabe 7
(a) Weisen Sie nach, dass die folgenden Aussagen gelten: (2 Punkte)
(1) Ein Wirbelfeld ist stets quellenfrei.
Für Wirbelfelder W ⃗ (⃗r) = rot F ⃗ (⃗r) folgt die Quellenfreiheit aus
div W ⃗ (
(⃗r) = div rot F ⃗ )
(⃗r) = 0
(2) Ein Vektorfeld, das als Gradient einer skalaren Funktion dargestellt werden kann, ist stets
wirbelfrei.
Für Vektorfelder ⃗ F (⃗r), welche sich als Gradient einer skalaren Funktion Φ darstellen lassen,
folgt die Wirbelfreiheit aus
⃗F (⃗r) = grad Φ ⇒ rot ⃗ F (⃗r) = rot (grad Φ) = ⃗0
(b) Wann wird ein Medium mit der Permittivität ε, elektrischen Leitfähigkeit κ und Permeabilität
µ als linear, homogen und isotrop bezeichnet? (2 Punkte)
• Homogenität besteht, falls die Materialgrößen ortsunabhängig bzw. räumlich konstant sind
mit ε ≠ ε(⃗r) (analog für µ und κ).
• Isotropie liegt vor, wenn die Materialgrößen skalare Größen, also unabhängig von der Richtung
der Felder ⃗ E und ⃗ H sind.
• Linearität ist gegeben, sofern die Materialgrößen nicht vom Betrag der Feldgrößen abhängig
sind, d.h. ε ≠ ε( ⃗ E, ⃗ H) (analog für µ und κ).
(c) Geben Sie die Maxwell-Gleichungen in Differentialform sowie die Materialgleichungen für isotrope,
lineare und homogene Medien an. (2 Punkte)
Die Maxwell-Gleichungen lauten in Differentialform
div ⃗ D = ϱ V
div ⃗ B = 0
Zusammen mit den Materialgleichungen
rot E ⃗ = − ∂ B ⃗
∂t
rot H ⃗ = J ⃗ + ∂ D ⃗
∂t
⃗D = ε 0 ε r
⃗ E ⃗ B = µ0 µ r
⃗ H ⃗ J = κ ⃗ E
beschreiben sie das Verhalten elektrischer und magnetischer Felder in Materie.
(d) Leiten Sie aus den Maxwell-Gleichungen die Kontinuitätsgleichung ab. Wie lautet die Gleichung
für stationäre Ströme? (4 Punkte)
Ausgehend von den Maxwell-Gleichungen erhält man mithilfe des Integralsatzes von Gauß
rot ⃗ H = ⃗ J + ∂ ∂t ⃗ D
[
div rot H ⃗ = 0 = div ⃗J + ∂ ]
D
∂t ⃗ = div J ⃗ + ∂ (
div D
∂t
⃗ )
= div J ⃗ + ∂ ∂t ϱ V
div ⃗ J = − ∂ϱ V
∂t
Für stationäre Ströme gilt ∂ϱ V
∂t
= 0, womit div ⃗ J = 0 folgt.
9

(e) Leiten Sie für niederfrequente Vorgänge mit konstanter Kreisfrequenz ω die Diffusionsgleichung
für die magnetische Feldstärke in einem isotropen, linearen und homogenen Medium her. (4
Punkte)
Für niederfrequente Vorgänge mit konstanter Kreisfrequenz gilt aufgrund der Beziehung | J| ⃗ ≫
| ∂ D ⃗
∂t | die quasistatische Näherung rot H ⃗ = J ⃗ (Quasi-Magnetostatik). Es lässt sich nun schreiben:
rot
(
rot ⃗ H
)
= grad
1
(
µ grad
(
div H ⃗ )
− △ H ⃗ = rot J ⃗ = rot
(
div B ⃗ )
− △ H ⃗ = κ − ∂ ⃗ )
B
} {{ }
∂t
=0
△ ⃗ H = µκ ∂ ⃗ H
∂t
(
κ ⃗ E
)
= κ rot E ⃗
= −µκ ∂ ⃗ H
∂t
Unter Verwendung komplexer Zeigergrößen mit ⃗ H = ⃗ He jωt bzw. durch Fourier-Transformation
ergibt sich aus der letzten Gleichung schließlich die Beziehung
△ ⃗ H = jωµκ ⃗ H
(f) Nennen Sie vier Methoden zur Berechnung des elektrostatischen Potentials eines elektrischen
Feldes. (2 Punkte)
• Berechnen von E ⃗ aus dem Coulomb-Integral
⃗E = 1 ˚
ϱ V (⃗r ′ ⃗r − ⃗r′
)
4πε |⃗r − ⃗r ′ | 3 dV ′
und Bestimmen von Φ aus ⃗ E = − grad Φ
• Berechnen von E ⃗ nach der Gaußschen Methode gemäß
‹ ˚
⃗Ed A ⃗ = ϱ V (⃗r ′ )dV ′
∂V
und Bestimmen von Φ aus ⃗ E = − grad Φ
• Lösen der Poisson-Gleichung für das Skalarpotential
V
△ Φ = − ϱ V
ε
• Anwenden des Spiegelladungsprinzips und Superposition aller Einzelpotentiale
10