Elektrostatisches Potential

Dieser Stoff wurde am 11. 11. 2004 behandelt

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

Materialien Folien zur Vorlesung vom 11. 11. 2004: PDF Seminar vom 11. 11. 2004: Aufgabenblatt 02 (HTML oder PDF)

Die Arbeit ist durch

$$W\left( \vec{r_{1}}\rightarrow \vec{r_{2} }\right) =\int\limits_{\vec{r_{1}}}^{\vec{r}_{2}}{ \vec{F}}\left( \vec{r}\right) \cdot d\vec{r}$$ (2.37)

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

$$E_{pot}\left( \vec{x}_{2}\right) = E_{pot}\left( \vec{x}_{1}\right) +\int\limits_{\vec{x}_{1}}^{ \vec{x}_{2}} \vec{F}_{ext}\left( \vec{x}\right) \cdot d\vec{x}$$ (2.38)

$$ = E_{pot}\left( \vec{x}_{1}\right) - \int\limits_{\vec{{}x}_{1}}^{\... ...ot}\left( \vec{x}_{1}\right) -W\left( \vec{x}_{1}\rightarrow \vec{x}_{2}\right)$$ (2.39)

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 (Die Bahn darf keine Singularitäten des Feldes umschliessen).

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

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

$$E_{pot}\left( \vec{r}_{2}\right) =E_{pot}\left( \vec{r}_{1}\right... ...2}}\frac{1}{4\pi \epsilon _{0}} \frac{qQ}{r^{2}}\frac{\vec{r}}{r}\cdot d\vec{r}$$ (2.40)

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 $\vec{r}=\mathrm{const}$ approximieren können, und da die Bahnen auf den Kugelflächen keinen Beitrag geben (sie sind senkrecht zur Kraft) können wir das Integral vereinfachen.

$$E_{pot}\left( \vec{r}_{2}\right) = E_{pot}\left( \vec{r}_{1}\right) -\frac{q Q}{4\pi \epsilon _{0}}\int\limits_{r_{1}}^{r_{2}}\frac{dr}{r^{2}}$$ (2.41)

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

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

$$E_{pot}\left( \vec{r}\right) =\frac{q Q}{4\pi \epsilon _{0}} \cdot \frac{1}{r}$$ (2.42)

Aus der potentiellen Energie kann die Kraft mit dem Gradienten

$$\vec{F}\left( \vec{r}\right) =- {}\boldsymbol{\mathrm{grad}}{} E_{pot}\left( \vec{r}\right)$$ (2.43)

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

$$\overrightarrow{F}\left( \overrightarrow{r}\right) = - {}\boldsymbol{\mathrm{grad}}{} \left( \frac{q Q}{4\pi \epsilon... ...( -\frac{1}{r^{2}}\right) {}\boldsymbol{\mathrm{grad}}{} \overrightarrow{r}$$

$$ = \frac{q Q}{4\pi\epsilon_{0}}\frac{\overrightarrow{r}}{r^{3}}$$ (2.44)

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

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

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

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

$$ = -\frac{1}{r^{3}}\cdot \vec{r}$$ (2.45)

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

$$\vec{E}\left( \vec{r}\right) =\frac{Q}{ 4\pi \epsilon _{0}}\frac{\vec{r}}{r^{3}}$$ (2.46)

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.

$$\varphi(\vec{r}) = U\left( \vec{r}\right) =\frac{Q}{4\pi \epsilon _{0}}\frac{1 }{r}=\frac{E_{pot}\left( \vec{r}\right) }{q}$$ (2.47)

Wichtig ist die Beziehung

$$E_{pot}\left( r\right) =qU\left( \vec{r}\right)=q\varphi\left( \vec{r}\right)$$ (2.48)

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

$$\vec{E}= - {}\boldsymbol{\mathrm{grad}}{} U = - {}\boldsymbol{\mathrm{grad}}{} \varphi$$ (2.49)

berechnet.

Folgende Relationen gelten

$$\begin{array}{*{40}c} {\vec{F}\left( {\vec{r}} \right)} & _{}... ...t( {\vec{r}} \right)=U\left( {\vec{r}} \right)} \end{array}$$ (2.50)

Wir merken uns

$$U\left( \vec{r}_{2}\right) =U\left( \vec{ r}_{1}\right) -\int\limits^{\vec{r}_{2}}_{\vec{r}_{1}}{\vec{E}}\left( \vec{{}r}\right) \cdot d\vec{r}$$ (2.51)

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

$$U(\vec{r}) = \sum\limits_{i=0}^{N} U(\vec{r}_i) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\sum\limits_{i=0}^{N} \frac{q_i}{\left\vert\vec{r}-\vec{r}_i\right\vert}$$ (2.52)

Für kontinuierliche Ladungsverteilungen $\rho_{el}(\vec{r})$ ist das Potential

$$U(\vec{r}) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int\limits \frac{\rho_{el}(... ...ilon_0}\int\limits \frac{dq(\vec{r}_i)}{\left\vert\vec{r}-\vec{r}_i\right\vert}$$ (2.53)

Versuch zur Vorlesung: Flächenladungsdichte (Versuchskarte ES-8)

Das elektrostatische Potential eines Kreisringes mit der Ladung $Q$ und dem Radius $R$ im Abstand $x$ auf der Symmetrieachse soll berechnet werden. Wir verwenden, dass

$$dU(x) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{1}{r} dq$$

ist, mit

$$\int\limits_0^{2\pi} dq = Q$$

Wir erhalten

$$U(x) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \int\limits_0^{2\pi}\frac{dq}{r} ... ...pi}\frac{dq}{\sqrt{x^2+R^2}} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q}{\sqrt{x^2+R^2}}$$ (2.54)

Potential eines Kreisringes entlang der Symmetrieachse für eine positive Ladung $Q=4\pi\epsilon_0$ und dem Radius $R=2$.

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

$$dU(a,x) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{dq}{\sqrt{x^2+a^2}}$$ (2.55)

Durch Integration über die gesamte Scheibe erhalten wir

$$U(x) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int\limits_0^R \frac{2\pi a \sigm... ...2}} = \frac{\sigma}{2\epsilon_0} \int\limits_0^R \frac{ a da}{\sqrt{x^2+a^2}}$$ (2.56)

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

$$U(x) = \frac{\sigma}{2\epsilon_0} \left.\sqrt{x^2+a^2}\right\vert _0^R = \frac{\sigma}{2\epsilon_0}\left(\sqrt{x^2+R^2}-x\right)$$ (2.57)

Asymptotisch verläuft auch dieses Potential für $x\rightarrow \infty$ wie das Potential einer Punktladung, da

$$U(x) = \frac{\sigma}{2\epsilon_0} \left(x\sqrt{1+\frac{R^2}{x^2}}... ...lon_0}\left(x +\frac{R^2}{2x}-x\right)= \frac{\sigma}{4\epsilon_0}\frac{R^2}{x}$$

Elektrostatisches Potential einer homogen geladenen Kreisscheibe entlang ihrer Symmetrieachse mit $R=2$ und $\sigma = 2\epsilon_0$.

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.

$$U(x) = U(0) - \int\limits_0^x E d\xi = U(0) -\frac{\sigma}{2\epsi... ...mits_0^xd\xi = U(0) -\frac{\sigma}{2\epsilon_0}x\qquad \textrm{f\uml {u}r}\;x>0$$ (2.58)

Für $x<0$ berechnet man

$$U(x) = U(0) - \left(-\frac{\sigma}{2\epsilon_0}\right)x = U(0) +\frac{\sigma}{2\epsilon_0}x\qquad \textrm{f\uml {u}r}\;x<0$$ (2.59)

Potential senkrecht zu einer homogen geladenen Ebene mit $U_0 = 2$ und $\sigma = 2\epsilon_0$.

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

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

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

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

$$ = U(\infty)+\frac{Q}{4\pi\epsilon_0} \frac{1}{r}$$ (2.60)

Oder mit $U(\infty)=0$

$$U(r) = \frac{Q}{4\pi\epsilon_0} \frac{1}{r} \qquad\textrm{f\uml {u}r}\;r>R$$ (2.61)

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

$$U(r) = \frac{Q}{4\pi\epsilon_0} \frac{1}{R} \qquad\textrm{f\uml {u}r}\;r<R$$ (2.62)

Potential einer homogen geladenen Kugelschale mit $R=1$ und $Q=8\pi\epsilon_0$.

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

$$U(r) = U(r_0)-\int\limits_{r_0}^r\frac{\lambda dx}{2\pi\epsilon_0 x} = U(r_0)-\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0}\ln\left(\frac{r}{r_0}\right)$$ (2.63)

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

$$U(r) = -\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0}\ln\left(\frac{r}{r_0}\right)$$ (2.64)

Potential in der Nähe einer unendlich ausgedehnten homogenen Linienladung mit $r_0 = 1$ und $\lambda = 2\pi\epsilon_0$.