Zentralpotential

Unter einem Zentralpotential versteht man ein Potential, das nur vom Abstand ${\displaystyle \vert {\vec {r}}\vert }$ zum Kraftzentrum abhängt. Es gilt mit ${\displaystyle \vert {\vec {r}}_{1}\vert =\vert {\vec {r}}_{2}\vert }$ also ${\displaystyle V({\vec {r_{1}}})=V({\vec {r_{2}}})}$. Bewegungen in einem Zentralpotential unterliegen einer konservativen Zentralkraft.

Zu den Vorzeichen

Die Minuszeichen in den Gleichungen

${\displaystyle {\vec {F}}({\vec {r}})=-k\,{\vec {\nabla }}\Phi ({\vec {r}})\quad {\text{bzw.}}\quad {\vec {a}}({\vec {r}})=-{\frac {k}{m}}{\vec {\nabla }}\Phi ({\vec {r}})}$

drücken aus, dass die konservative Kraft auf eine positive Ladung ${\displaystyle k}$ (positive elektrische Ladung ${\displaystyle q}$ bzw. Masse ${\displaystyle m}$) – dem Prinzip des kleinsten Zwanges folgend – stets in Richtung abnehmender potentieller Energie wirkt, also der Richtung ihres Gradienten ${\displaystyle {\vec {\nabla }}\Phi ({\vec {r}})}$ bzw. maximalen Energieanstiegs entgegengesetzt. Im anschaulichen Bild eines Potentialgebirges wirken Schwerebeschleunigung und elektrische Feldstärke (siehe nebenstehende Abb.) demnach stets „bergab“.

Für das elektrische Feld allerdings können sich die Verhältnisse dadurch, dass auch negative Zentral- und Probeladungen denkbar sind, noch einmal komplizieren. So nimmt, wenn eine negative Probeladung ${\displaystyle -q}$ sich einer negativen Zentralladung ${\displaystyle -Q}$ nähert, die potentielle Energie der Probeladung dabei zu, obwohl sich ${\displaystyle -q}$ dabei in Feldlinienrichtung bewegt, also in Richtung fallenden elektrischen Potentials. Das Paradox löst sich auf, sobald man berücksichtigt, dass das Produkt zweier negativer Größen wieder eine positive Größe ergibt. Die nebenstehende Abb. fasst den Zusammenhang zwischen potentieller Energie und elektrischem Potential für die vier denkbaren Vorzeichenkonstellationen des elektrischen Feldes noch einmal zusammen. Wie zu sehen, ist die potentielle Energie dabei stets vom Vorzeichen beider Ladungen abhängig, der Potentialverlauf dagegen allein vom Vorzeichen der Zentralladung.

Ein konkretes Anwendungsbeispiel dieser Gleichungen veranschaulicht den Inhalt dieses Zusammenhangs noch einmal etwas deutlicher: Da die positive Richtung von Koordinatensystemen auf der Erdoberfläche stets senkrecht nach oben zeigt und einen Körper höher zu heben heißt, dass er damit auch mehr potentielle Energie bzw. ein höheres Potential erlangt, ist dieses Potential in der Höhe ${\displaystyle h}$ über dem Erdboden mit ${\displaystyle g}$ als Betrag der Erdbeschleunigung annähernd ${\displaystyle \Phi (h)=g\cdot h}$.

Betrachtet man das Schwerepotential des Erdschwerefeldes als annäherndes Zentralpotential (s. o.), also allein vom Abstand zum Erdmittelpunkt ${\displaystyle r}$ bzw. von der Höhe ${\displaystyle h}$ abhängig, lässt sich der Gradient von ${\displaystyle \Phi (h)}$ auf den Differentialquotienten ${\displaystyle \mathrm {d} \Phi (h)/\mathrm {d} h}$ reduzieren, und man erhält als Entsprechung der obigen Gleichungen die Beziehung:

${\displaystyle {\vec {a}}(h)=-{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} h}}\Phi (h)\cdot {\vec {e}}_{r}=-{\frac {\mathrm {d} }{\mathrm {d} h}}g\cdot h\cdot {\vec {e}}_{r}={\vec {g}}}$ mit ${\displaystyle {\vec {g}}=-g{\vec {e}}_{r}}$

Wie am Minuszeichen zu erkennen, ist die Richtung der Schwerebeschleunigung der positiven Richtung des Koordinatensystems annähernd entgegengesetzt, also wie erwartet in Richtung Erdmittelpunkt zeigend. Die aus dem Schwerepotential errechnete Beschleunigung ist in diesem Falle also gerade gleich der Erdbeschleunigung.

Äußere Lösung

Im Außenraum um die Kugel herum ist ${\displaystyle r>R}$ und ${\displaystyle \rho =0}$, so dass die Poisson-Gleichung in die Laplace-Gleichung übergeht

${\displaystyle \Delta \Phi ({\vec {r}})=0}$.

Da das gegebene Problem eine Kugelsymmetrie besitzt, können wir es vereinfachen, indem wir es in Kugelkoordinaten betrachten. Dazu muss lediglich der entsprechende Laplace-Operator in die Gleichung eingesetzt werden. Diese hat dann die Form

${\displaystyle \Delta \Phi ({\vec {r}})={\frac {1}{r^{2}}}{\frac {\partial }{\partial r}}\left(r^{2}{\frac {\partial \Phi ({\vec {r}})}{\partial r}}\right)+{\frac {1}{r^{2}\sin \theta }}{\frac {\partial }{\partial \theta }}\left(\sin \theta {\frac {\partial \Phi ({\vec {r}})}{\partial \theta }}\right)+{\frac {1}{r^{2}\sin ^{2}\theta }}{\frac {\partial ^{2}\Phi ({\vec {r}})}{\partial \varphi ^{2}}}=0}$.

Das Feld kann aber offensichtlich nicht von den Winkeln ${\displaystyle \theta ,\varphi }$ abhängen, da die Kugel symmetrisch ist. Das bedeutet, dass die Ableitungen von ${\displaystyle \Phi ({\vec {r}})}$ nach den Winkelkoordinaten verschwinden und nur der radiale Teil übrig bleibt.

${\displaystyle \Delta \Phi ({\vec {r}})={\frac {1}{r^{2}}}{\frac {\partial }{\partial r}}\left(r^{2}{\frac {\partial \Phi ({\vec {r}})}{\partial r}}\right)=0}$,

die sich durch beidseitiges Multiplizieren mit ${\displaystyle r^{2}}$ weiter vereinfacht.

Integration nach r liefert

${\displaystyle \int {\frac {\partial }{\partial r}}\left(r^{2}{\frac {\partial \Phi ({\vec {r}})}{\partial r}}\right)\mathrm {d} r=\int 0\,\mathrm {d} r}$

${\displaystyle r^{2}{\frac {\partial \Phi ({\vec {r}})}{\partial r}}=\alpha }$,

wobei ${\displaystyle \alpha }$ eine Integrationskonstante ist. Weitere Integration nach r liefert

${\displaystyle \int {\frac {\partial \Phi ({\vec {r}})}{\partial r}}\mathrm {d} r=\int {\frac {\alpha }{r^{2}}}\mathrm {d} r}$

${\displaystyle \Phi ({\vec {r}})=-{\frac {\alpha }{r}}+\beta ={\frac {\tilde {\alpha }}{r}}+\beta }$,

wobei ${\displaystyle {\tilde {\alpha }}=-\alpha }$, damit das Minuszeichen verschwindet und ${\displaystyle \beta }$ wieder eine Integrationskonstante ist.

Weil das Potential in unendlicher Entfernung gegen Null gehen soll, muss ${\displaystyle \beta =0}$ sein. Für die äußere Lösung gilt also zunächst

${\displaystyle \Phi ({\vec {r}})={\frac {\tilde {\alpha }}{r}}}$.

Um die Konstante zu berechnen, müssen wir jedoch zuerst die innere Lösung bestimmen.

Innere Lösung

Im Innern der Kugel ist ${\displaystyle r<R}$ und ${\displaystyle \rho ({\vec {r}})=\rho }$, so dass die Poisson-Gleichung gilt, mit

${\displaystyle \Delta \Phi ({\vec {r}})=4\pi G\rho }$.

${\displaystyle {\frac {\partial }{\partial r}}\left(r^{2}{\frac {\partial \Phi ({\vec {r}})}{\partial r}}\right)=4\pi G\rho r^{2}}$.

Zweimalige Integration nach r liefert auf dieselbe Weise wie zuvor

${\displaystyle \Phi ({\vec {r}})={\frac {2}{3}}\pi G\rho r^{2}-{\frac {A}{r}}+B}$,

wobei hier ${\displaystyle A}$ und ${\displaystyle B}$ wieder Integrationskonstanten sind. Da das Potential im Mittelpunkt der Kugel (${\displaystyle r=0}$) einen endlichen Wert ${\displaystyle \Phi _{0}}$ annehmen sollte, muss ${\displaystyle A=0}$ sein. Andernfalls würde das Potential unendlich groß. Wir haben also

${\displaystyle \Phi (0)=\Phi _{0}=B}$.

und somit

${\displaystyle \Phi ({\vec {r}})={\frac {2}{3}}\pi G\rho r^{2}+\Phi _{0}}$.

Bestimmung der Konstanten

Wir unterscheiden zunächst

${\displaystyle \Phi _{A}({\vec {r}})={\frac {\tilde {\alpha }}{r}}}$

für die äußere Lösung und

${\displaystyle \Phi _{I}({\vec {r}})={\frac {2}{3}}\pi G\rho r^{2}+\Phi _{0}}$

für die innere Lösung. Am Rand der Kugel muss das innere Potential glatt in das Äußere übergehen. Das bedeutet, dass die ersten Ableitungen bei ${\displaystyle r=R}$ übereinstimmen müssen.

${\displaystyle \left.{\frac {\mathrm {d} \Phi _{A}({\vec {r}})}{\mathrm {d} r}}\right|_{r=R}=\left.{\frac {\mathrm {d} \Phi _{I}({\vec {r}})}{\mathrm {d} r}}\right|_{r=R}}$

${\displaystyle -{\frac {\tilde {\alpha }}{R^{2}}}={\frac {4}{3}}\pi G\rho R={\frac {GM}{R^{2}}}}$,

wobei wir hier benutzen, dass die Masse das Produkt aus Volumen und Dichte ist, mit

${\displaystyle M=V\rho ={\frac {4}{3}}\pi R^{3}\rho }$.

Hieraus ergibt sich

${\displaystyle {\tilde {\alpha }}=-GM}$,

so dass sich die bekannte äußere Lösung

${\displaystyle \Phi _{A}({\vec {r}})=-{\frac {GM}{r}}}$

ergibt. Um die Konstante der inneren Lösung zu bestimmen, benutzen wir die Tatsache, dass das Potential stetig sein muss, die beiden Lösungen bei ${\displaystyle r=R}$ also identisch sein müssen, das heißt, es gilt:

${\displaystyle \Phi _{A}({\vec {R}})=\Phi _{I}({\vec {R}})}$

${\displaystyle -{\frac {GM}{R}}={\frac {2}{3}}\pi G\rho R^{2}+\Phi _{0}}$.

Und damit

${\displaystyle \Phi _{0}=-{\frac {3GM}{2R}}}$.

Damit ergibt sich für die innere Lösung schließlich

${\displaystyle \Phi _{I}({\vec {r}})={\frac {2}{3}}\pi G\rho r^{2}+\Phi _{0}={\frac {GM}{2R^{3}}}r^{2}-{\frac {3GM}{2R}}={\frac {GM}{2R}}\left({\frac {r^{2}}{R^{2}}}-3\right)}$,

wobei der erste Summand wieder über das Volumen umgeschrieben wurde.

Die innere Lösung entspricht einem harmonischen Oszillatorpotential. Das bedeutet, dass wenn man ein Loch durch einen homogenen Himmelskörper (einen Mond oder kleinen Planeten) bohrte und einen Gegenstand hineinfallen ließe, dieser durch den Mittelpunkt hin und her schwingen (fallen) würde. Unter Annahme einer reibungsfreien Bewegung ergibt sich die Ortsfunktion des Körpers zu

${\displaystyle r(t)=R\cdot \cos \left({\sqrt {\frac {GM}{R^{3}}}}\cdot t\right).}$

Schwerkraft in einer Hohlkugel

Wie die Situation im Innern einer hohlen Kugel aussieht, lässt sich nun auch direkt aus unserer Lösung für ${\displaystyle \rho =0}$ ablesen. Allgemein hatten wir

${\displaystyle \Phi ({\vec {r}})={\frac {\tilde {\alpha }}{r}}+\beta }$,

da wir uns nun im Innern der Kugel befinden, können wir nicht ins Unendliche hinausgehen, wodurch vorher ${\displaystyle \beta }$ verschwunden ist. Allerdings muss das Potential im Mittelpunkt wieder einen endlichen Wert annehmen, so dass dieses Mal ${\displaystyle {\tilde {\alpha }}=0}$ wird. Dann ist das Potential

${\displaystyle \Phi ({\vec {r}})=\beta }$,

also konstant. Die Ableitung des Potentials nach dem Radius ergibt die Beschleunigung – die Ableitung einer Konstanten ist jedoch Null. Also ist man im Innern einer hohlen Kugel schwerelos. Dies ist dadurch zu verstehen, dass gegenüberliegende Teilchen in den Wänden ihre Gravitation gerade gegenseitig aufheben. Handelte es sich nicht um eine perfekte Kugel, so wäre dies nicht der Fall und man würde kleine Beschleunigungen erfahren.