Elektrostatisches Potential

(Siehe Kneubühl, Repetitorium der Physik[Kne74, 192]) (Siehe Tipler, Physik[Tip94, 681])

Die Arbeit ist durch

$$W\left( \vec{r_{1}}\rightarrow \vec{r_{2} }\right) =\int\lim... ...}}}^{\vec r_{1}}{ \vec{F}}\left( \vec{r}\right) \cdot d\vec{r}$$ (2.32)

definiert.

Die potentielle Energie eines Kraftfeldes $\vec{F}\left( \vec{x}\right)$ ist die Arbeit gegen diese Feldkraft. Nach dem 3. Newtonschen Axiom ist $\vec{F}_{ext}=-\vec{F}$. Also

$$E_{pot}\left( \vec{x}_{2}\right) = E_{pot}\left( \vec{x}_{1}\right) +\int\limits_{\vec{x}_{2}}^{ \vec{x}_{1}} \vec{F} _{ext}\left( \vec{x}\right) \cdot d\vec{x }$$ (2.33)

$$= E_{pot}\left( \vec{x}_{1}\right) - \int\limits_{\vec {x}_{1}}^{\v... ...ot}\left( \vec{x}_{1}\right) -W\left( \vec{x}_{1}\rightarrow \vec{x}_{2}\right)$$ (2.34)

Eine potentielle Energie existiert, wenn

• Die Arbeit $W\left( \vec{r}_{1}\rightarrow \vec{r}_{2}\right)$unabhängig vom Weg ist.

• Die Arbeit für jede geschlossene Bahn null ist.

• $\textrm{rot} {}\vec{F}\left( \vec{r}\right) =0$ für alle $\vec{r}$

Die potentielle Energie einer Probeladung $q$ im Feld der Ladung $Q$ ist

$$E_{pot}\left( \vec{r}_{2}\right) =E_{pot}\left( \vec{r}_{1}\... ...\epsilon _{0}} \frac{qQ}{r^{2}}\frac{\vec{r}}{r}\cdot d\vec{r}$$ (2.35)

Approximation eines beliebigen Integrationsweges Kreissegmente. Auf den Kreissegmenten (grün) ist $\int \vec E\cdot d\vec s = 0$, entlang der radialen Teile ist $\int \vec E\cdot d\vec s = \int E(r) ds$.

Da wir jede Bahnkurve durch Stücke in radialer Richtung und durch Bahnen mit $\vec{r}=const.$ approximieren können, und da die Bahnen auf den Kugelflächen keinen Beitrag geben (sie sind senkrecht zur Kraft) können wir das Integral vereinfachen.

$$E_{pot}\left( \vec{r}_{2}\right) = E_{pot}\left( \vec{r}_{1}\right) -\frac{q Q}{4\pi \epsilon _{0}}\int\limits_{r_{1}}^{r_{2}}\frac{dr}{r^{2}}$$ (2.36)

$$= E_{pot}\left( r_{1}\right) -\frac{q Q}{4\pi \epsilon _{0}}\left( ... ...t) +\frac{q Q}{4\pi \epsilon _{0}}\left( \frac{1}{r_{2}}-\frac{1}{r_{1}}\right)$$ (2.37)

Üblicherweise setzt man $E_{pot}\left( r=\infty \right) =0.$ Damit wird

$$E_{pot}\left( \vec{r}\right) =\frac{q Q}{4\pi \epsilon _{0}} \cdot \frac{1}{r}$$ (2.38)

Aus der potentiellen Energie kann die Kraft mit dem Gradienten

$$\vec{F}\left( \vec{r}\right) =-\textrm{grad} {}E_{pot}\left( \vec{r}\right)$$ (2.39)

berechnet werden. Für die potentielle Energie der Coulomb-Kraft bekommen wir

$$\overrightarrow{F}\left( \overrightarrow{r}\right) = -\textrm{grad} {}\left( \frac{q Q}{4\pi \epsilon _{0}}\frac{1}{r... ...n _{0}}\cdot \left( -\frac{1}{r^{2}}\right) \textrm{grad} {}\overrightarrow{r}$$

$$= \frac{q Q}{4\epsilon _{0}}\frac{\overrightarrow{r}}{r^{3}}$$ (2.40)

In Komponenten ist $r=\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}$ und $\vec{\nabla }= \left( \frac{\partial }{\partial x};\frac{\partial }{\partial y}; \frac{\partial }{\partial z}\right)$

Also

$$\textrm{grad} {}\left( \frac{1}{r}\right) = \left( \begin{array}{c} \frac{\partial }{\partial x} \\ \frac{\p... ...ac{\partial }{\partial z} \end{array}\right) \frac{1}{\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}}$$

$$= -\frac{1}{2}\frac{1}{\left( x^{2}+y^{2}+z^{2}\right) ^{\frac{3}{2... ...\frac{\partial }{\partial z} \end{array}\right) \left( x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)$$

$$= -\frac{1}{2}\frac{1}{\left( x^{2}+y^{2}+z^{2}\right) ^{\frac{3}{2}}} \left( \begin{array}{c} 2x \\ 2y \\ 2z \end{array}\right)$$

$$= -\frac{1}{r^{2}}\cdot \vec{r}$$ (2.41)

Ergänzend zu Coulomb-Kraft hatten wir das elektrische Feld als auf eine Einheitsladung normierte Grösse eingeführt.

$$\vec{E}\left( \vec{r}\right) =\frac{Q}{ 4\pi \epsilon _{0}}\frac{\vec{r}}{r^{3}}$$ (2.42)

Die potentielle Energie der Ladung $q$ im Feld der Ladung $Q$, normiert auf $q=1$ ist das elektrische Potential $\varphi$, auch Spannung $U$ genannt. Ich verwende in diesem Skript die Begriffe elektrisches Potential und Spannung austauschbar.

$$\varphi(\vec r) = U\left( \vec{r}\right) =\frac{Q}{4\pi \epsilon _{0}}\frac{1 }{r}=\frac{E_{pot}\left( \vec{r}\right) }{q}$$ (2.43)

Wichtig ist die Beziehung

$$E_{pot}\left( r\right) =qU\left( \vec{r}\right)=q\varphi\left( \vec{r}\right)$$ (2.44)

Wie die Kraft aus der potentiellen Energie über die Gradientenbildung hervorgeht, wird das elektrische Feld mit

$$\vec E = - \textrm{grad} {}U = -\textrm{grad} {}\varphi$$ (2.45)

berechnet.

Folgende Relationen gelten

Wir merken uns

$$U\left( \vec{r}_{2}\right) =U\left( \vec{ r}_{1}\right) -\in... ...}_{\vec {r}_{1}}{\vec{E}}\left( \vec {r}\right) \cdot d\vec{r}$$ (2.46)

analog zur potentiellen Energie.

Die Einheit des elektrostatischen Potentials oder der Spannung ist

$$1\; Volt = 1\frac{Joule}{Coulomb} = 1 \frac{J}{A\;s} = 1\frac{W}{A}$$

Bem.: Beim elektrischen Feld ist der Feldvektor $\vec{E}$, bei der Gravitation $\vec{g}$

Das Gravitationspotential ist $U_{grav}\left( r\right) =-G \frac{m}{r}$.

Da die Coulomb-Kräfte additiv sind, ist auch das elektrostatische Potential oder die elektrostatische potentielle Energie additiv. Das Potential von Ladungen $q_i$ an den Orten $\vec r_i$ ist also

$$U(\vec r) = \sum\limits_{i=0}^{N} U(\vec r_i) = \frac{1}{4\... ...s_{i=0}^{N} \frac{q_i}{\left\vert\vec r -\vec r_i\right\vert}$$ (2.47)

Für kontinuierliche Ladungsverteilungen $\rho(\vec r)$ ist das Potential

$$U(\vec r) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int\limits \frac{\rho(... ...mits \frac{dq(\vec r)}{\left\vert\vec r -\vec r_i\right\vert}$$ (2.48)

Versuch zur Vorlesung: Flächenladungsdichte ES-8

Das elektrostatische Potential eines Kreisringes mit der Ladung $Q$ und dem Radius $R$ im Abstand $x$ auf der Symmetrieachse ist

$$U(x) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \int\frac{dq}{r} = \frac{1}... ...{x^2+R^2}} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q}{\sqrt{x^2+R^2}}$$ (2.49)

Potential eines Kreisringes entlang der Symmetrieachse

Analog kann das Potential einer homogen geladenen Scheibe mit dem Radius $R$ entlang ihrer Symmetrieachse $x$ berechnet werden. Die Ladungsdichte der Scheibe sei $\sigma = Q/(\pi R^2)$. Ein Kreisring mit dem Radius $a$ trägt die Ladung $dq = 2\pi a \sigma da$ und erzeugt dann das Potential

$$dU(a,x) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{dq}{\sqrt{x^2+a^2}}$$ (2.50)

Durch Integration über die gesamte Scheibe erhalten wir

$$U(x) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int\limits_0^R \frac{2\pi a... ...a}{2\epsilon_0} \int\limits_0^R \frac{ a da}{\sqrt{x^2+a^2}}$$ (2.51)

Dieses Integral ergibt nach Bronstein[BSMM00, Seite 309, Nr. 193]

$$U(x) = \frac{\sigma}{2\epsilon_0} \left.\sqrt{x^2+a^2}\righ... ...0^R = \frac{\sigma}{2\epsilon_0}\left(\sqrt{x^2+R^2}-x\right)$$ (2.52)

Elektrostatisches Potential einer homogen geladenen Kreisscheibe entlang ihrer Symmetrieachse

Eine homogen mit der Flächenladungsdichte $\sigma$ geladene Ebene erzeugt ein konstantes elektrisches Feld $E= \sigma/(2\epsilon_0)$. Das elektrostatische Potential eines Punktes $P$ im Abstand $x>0$ von der Platte kann gefunden werden, indem wir entlang des Lots vom Punkt $P$ auf die Ebene integrieren.

$$U(x) = U(0) - \int\limits_0^x E d\xi = U(0) -\frac{\sigma}{... ...) -\frac{\sigma}{2\epsilon_0}x\qquad \textrm{f{\uml u}r}\;x>0$$ (2.53)

Für $x<0$ berechnet man

$$U(x) = U(0) - \left(-\frac{\sigma}{2\epsilon_0}\right)x = U(0) +\frac{\sigma}{2\epsilon_0}x\qquad \textrm{f{\uml u}r}\;x<0$$ (2.54)

Potential senkrecht zu einer homogen geladenen Ebene

Das Potential einer homogen geladenen Kugelschale wird mit dem elektrischen Feld berechnet. Das radiale elektrische Feld ist $E_r(r) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Q}{r^2}$. Damit ist das Potential

$$U(r) = U(\infty)-\int\limits_\infty^r \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Q}{r^2} dr$$

$$= U(\infty)-\frac{Q}{4\pi\epsilon_0}\int\limits_\infty^r \frac{dr}{r^2}$$

$$= U(\infty)-\frac{Q}{4\pi\epsilon_0} \left.-\frac{1}{r}\right\vert _\infty^r$$

$$= U(\infty)+\frac{Q}{4\pi\epsilon_0} \frac{1}{r}$$ (2.55)

Oder mit $U(\infty)=0$

$$U(r) = \frac{Q}{4\pi\epsilon_0} \frac{1}{r} \qquad\textrm{f{\uml u}r}\;r>R$$ (2.56)

Innerhalb der Kugelschale ist das elektrische Feld null, das Potential also konstant.

$$U(r) = \frac{Q}{4\pi\epsilon_0} \frac{1}{R} \qquad\textrm{f{\uml u}r}\;r<R$$ (2.57)

Potential einer homogen geladenen Kugelschale

Schliesslich berechnen wir das elektrostatische Potential in der Nähe einer unendlich ausgedehnten Linienladung mit der Ladungsdichte $\lambda$. Das radiale elektrische Feld ist $E = \lambda/(2\pi\epsilon_0 x)$. Das Potential ist dann

$$U(r) = U(r_0)-\int\limits_{r_0}^r\frac{\lambda dx}{2\pi\e... ... U(r_0)-\frac{1}{2\pi\epsilon_0}\ln\left(\frac{r}{r_0}\right)$$ (2.58)

Wir setzen $U(r_0) = 0$ und erhalten

$$U(r) = -\frac{1}{2\pi\epsilon_0}\ln\left(\frac{r}{r_0}\right)$$ (2.59)

Potential in der Nähe einer unendlich ausgedehnten homogenen Linienladung