Definisjon og fortegn

Formelarket definerer potensialet som

\[V_P = \int_P^{\text{ref}} \vec{E}\cdot d\vec{l},\qquad \vec{E} = -\nabla V .\]

Legg nøye merke til grensene: integralet går fra feltpunktet \(P\) til referansepunktet. Med den konvensjonen slipper du minustegnet foran integralet, men til gjengjeld må du holde orden på retningen. Den vanligste feilen på eksamen er å få hele potensialet med galt fortegn fordi grensene ble byttet om. En rask kontroll: potensialet skal synke i den retningen \(\vec{E}\) peker.

Fordelen med potensialet er at det er en skalar. Fra flere kilder legger du sammen tall, ikke vektorer:

\[V(\vec{r}) = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\sum_i \frac{q_i}{|\vec{r}-\vec{r}_i|},\qquad V(\vec{r}) = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\int \frac{dq}{R}.\]

Det gjør potensialveien mye kortere enn Coulomb-integralet når du så skal ha feltet: regn ut \(V\), og deriver. Merk samtidig at \(V=0\) i et punkt ikke betyr at \(\vec{E}=0\) der, og omvendt: inne i en ideell leder er feltet null mens potensialet er konstant og gjerne ulikt null.

Valg av nullpunkt

Bare potensialforskjeller har fysisk betydning, så nullpunktet er ditt valg — men oppgaven velger ofte for deg. FYS1120-eksamener setter regelmessig \(V=0\) et annet sted enn i uendelig: på den nederste kondensatorplaten, midt i den midterste lederen, eller ved \(r=a\). Da må du integrere fra feltpunktet til nettopp det punktet.

For noen fordelinger er uendelig dessuten et ulovlig valg. En uendelig lang linjeladning gir et logaritmisk potensial, og logaritmen divergerer når \(r\to\infty\). Det samme gjelder det uendelige planet, der \(V\) vokser lineært med avstanden. Fysisk skyldes det at disse idealiserte kildene har uendelig mye ladning; nullpunktet må da legges i endelig avstand.

Fra potensial til felt

Gradienten trenger du i alle tre koordinatsystemer. I sylinderkoordinater er

\[\nabla V = \frac{\partial V}{\partial r}\hat{r}+\frac{1}{r}\frac{\partial V}{\partial \phi}\hat{\phi}+\frac{\partial V}{\partial z}\hat{z},\]

og i kulekoordinater \(\nabla V = \frac{\partial V}{\partial r}\hat{r}+\frac{1}{r}\frac{\partial V}{\partial \theta}\hat{\theta}+\frac{1}{r\sin\theta}\frac{\partial V}{\partial \phi}\hat{\phi}\). Alt står på formelarket, så det viktige er å velge riktig system. Har potensialet bare radiell avhengighet, er \(\vec{E} = -\frac{dV}{dr}\hat{r}\), og oppgaven blir en enkel derivasjon.

Ringladningen er skoleeksempelet. Alle ladningselementene ligger i samme avstand fra et punkt på aksen, så \(V(z) = \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0\sqrt{a^2+z^2}}\) uten at du trenger å slite med noe integral. Derivasjon gir \(E_z = -dV/dz = \frac{Qz}{4\pi\varepsilon_0 (a^2+z^2)^{3/2}}\), som stemmer med Coulomb-utregningen. Denne oppgaven er gitt både som langsvar og som flervalg.

Poissons og Laplaces likning

Setter du \(\vec{E} = -\nabla V\) inn i \(\nabla\cdot\vec{D} = \rho\), får du Poissons likning

\[\nabla^2 V = -\frac{\rho}{\varepsilon},\]

som blir Laplaces likning \(\nabla^2 V = 0\) der det ikke er ladning. Eksamen bruker denne i to retninger. Den ene er «finn \(\rho\) fra et gitt \(V\)», en direkte derivasjonsoppgave. Den andre er å løse Laplace i én dimensjon mellom to ledere: da er \(d^2V/dz^2 = 0\), så \(V\) er lineær i \(z\) og feltet konstant — nettopp resultatet for en platekondensator, funnet uten Gauss lov.

Arbeid og elektrostatisk energi

Arbeidet du må gjøre for å flytte en ladning \(q\) fra \(A\) til \(B\) er \(W = q(V_B-V_A)\), uavhengig av veien. Er sluttpunktet på lavere potensial og ladningen positiv, er arbeidet negativt: feltet gjør jobben for deg. Energien lagret i et ladningssystem kan skrives på to ekvivalente måter:

\[W = \frac{1}{2}\int \rho V\,dv,\qquad W = \int w_e\,dv \ \text{ med } \ w_e = \frac{1}{2}\vec{D}\cdot\vec{E}.\]

Den første summerer over kildene, den andre over feltet i rommet. For en massiv kule med radius \(a\) og total ladning \(Q\) gir begge \(W = \frac{3Q^2}{20\pi\varepsilon_0 a}\). Faktoren \(1/2\) i den første formelen er der for å unngå å telle hvert ladningspar to ganger, og å glemme den er en klassisk tabbe.

Når bør du bruke potensialet?

Skal du finne feltet fra en fordeling, har du to veier: Coulomb-integralet med vektorer, eller potensialet med etterfølgende derivasjon. Er kilden slik at alle bidragene ligger i samme avstand fra feltpunktet, som på aksen til en ring, er potensialveien klart raskest, for da forsvinner hele vektorregningen. Skal du derimot finne feltet i et punkt uten slik symmetri, må du gjerne regne \(V\) i et helt område før du kan derivere, og da er det ofte kortere å gå rett på feltet.

Et godt råd er å skrive ned tydelig hvilken vei du integrerer og hvor nullpunktet ligger, gjerne som én setning før regningen. Da ser både du og sensor med én gang om fortegnene henger sammen, og du slipper å måtte begynne på nytt fordi du er blitt usikker halvveis.

Eksempel 1: Uendelig linjeladning med \(V(a)=0\)

Oppgave: En uendelig lang linjeladning med uniform tetthet \(\rho_l\) ligger langs \(z\)-aksen i vakuum. Finn \(V(r)\) når potensialet settes til null ved \(r=a\). Forklar hvorfor du ikke kan velge \(V(\infty)=0\).

Løsning: Gauss lov med sylindersymmetri gir \(\vec{E} = \frac{\rho_l}{2\pi\varepsilon_0 r}\hat{r}\). Vi går radielt fra feltpunktet \(r\) til referansen \(a\), så \(d\vec{l} = dr'\hat{r}\):

\[V(r) = \int_r^a \frac{\rho_l}{2\pi\varepsilon_0 r'}\,dr' = \frac{\rho_l}{2\pi\varepsilon_0}\ln\frac{a}{r}.\]

Med \(\rho_l>0\) er \(V>0\) for \(r \lt a\) og \(V \lt 0\) for \(r>a\), altså synker potensialet utover — samme retning som feltet peker.

Referansen kan ikke legges i uendelig fordi \(\ln(a/r)\to-\infty\) når \(r\to\infty\). En uendelig lang linje inneholder uendelig mye ladning, og integralet av \(1/r\) divergerer logaritmisk.

Kontroll: Deriverer vi tilbake, får vi \(\vec{E} = -\frac{dV}{dr}\hat{r} = \frac{\rho_l}{2\pi\varepsilon_0 r}\hat{r}\), altså feltet vi startet med.

Eksempel 2: Potensialet til en jevnt ladet kule

Oppgave: En kule med radius \(a\) har uniform romladning og total ladning \(Q\). Vis at potensialet i sentrum er halvannen gang potensialet på overflaten, når \(V(\infty)=0\).

Løsning: Gauss lov gir \(E_r = \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 r^2}\) for \(r>a\) og \(E_r = \frac{Qr}{4\pi\varepsilon_0 a^3}\) for \(r \lt a\). Utenfor:

\[V(r) = \int_r^\infty \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 r'^2}dr' = \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 r},\qquad\text{så } V(a) = \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 a}.\]

Innenfor deler vi veien i to: fra \(r\) til \(a\) og fra \(a\) til uendelig.

\[V(r) = \int_r^a \frac{Qr'}{4\pi\varepsilon_0 a^3}dr' + V(a) = \frac{Q(a^2-r^2)}{8\pi\varepsilon_0 a^3}+\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 a} = \frac{Q(3a^2-r^2)}{8\pi\varepsilon_0 a^3}.\]

I sentrum blir \(V(0) = \frac{3Q}{8\pi\varepsilon_0 a} = \frac{3}{2}\cdot\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 a} = \frac{3}{2}V(a)\), som var det vi skulle vise.

Kontroll: Uttrykket for \(r \lt a\) gir \(V(a) = Q\cdot 2a^2/(8\pi\varepsilon_0 a^3) = Q/(4\pi\varepsilon_0 a)\), så potensialet er kontinuerlig ved overflaten. Det må det være: \(V\) er alltid kontinuerlig så lenge feltet er endelig.

Eksempel 3: Finn ladningstettheten fra potensialet

Oppgave: I et område i vakuum er potensialet \(V(x,y) = V_0\sin(2x)\cos(3y)\), der \(x\) og \(y\) er målt i meter. Finn romladningstettheten \(\rho(x,y)\), og evaluer den i punktet \(x = \pi/4\), \(y = 0\).

Løsning: Poissons likning i vakuum gir \(\rho = -\varepsilon_0\nabla^2 V\). Vi deriverer:

\[\frac{\partial^2 V}{\partial x^2} = -4V_0\sin(2x)\cos(3y),\qquad \frac{\partial^2 V}{\partial y^2} = -9V_0\sin(2x)\cos(3y),\]

og \(\partial^2 V/\partial z^2 = 0\) siden \(V\) ikke avhenger av \(z\). Dermed er \(\nabla^2 V = -13V_0\sin(2x)\cos(3y) = -13V\), og

\[\rho(x,y) = 13\varepsilon_0 V_0\sin(2x)\cos(3y).\]

I punktet \(x=\pi/4\), \(y=0\) er \(\sin(\pi/2)=1\) og \(\cos 0 = 1\), så \(\rho = 13\varepsilon_0 V_0\).

Kontroll: Tettheten er proporsjonal med potensialet selv, med positiv konstant. Det er som forventet: der potensialet har et lokalt maksimum, krummer \(V\) nedover i alle retninger, så \(\nabla^2 V\) er negativ og ladningen positiv. Enheten blir C/m\(^3\).

Studieguide: Elektrisk potensial