电势能

本条目中，向量與标量分別用粗體與斜體顯示。例如，位置向量通常用 $𝐫$ 表示；而其大小則用 $r$ 來表示。

在靜電學裏，電勢能（Template:Lang）是處於電場的電荷分佈所具有的勢能，與電荷分佈在系統內部的組態有關。電勢能的單位是焦耳。電勢能與電勢不同。電勢定義為處於電場的電荷所具有的電勢能每單位電荷。電勢的單位是伏特。

電勢能的數值不具有絕對意義，只具有相對意義。所以，必須先設定一個電勢能為零的參考系統。當物理系統內的每一個點電荷相距无穷远且其相對靜止不動時，這一物理系統通常可以設定為電勢能等於零的參考系統。Template:Rp假設一個物理系統裏的每一個點電荷，從無窮遠处被一外力匀速地遷移到其所在位置，该外力做的总機械功為 $W$ ，則定义這系統的電勢能 $U$ 為

$U:=W$ 。

在這過程裏，所涉及的機械功 $W$ ，不論是正值或負值，都由這物理系統之外的機制賦予。並且，被匀速遷移的每一個點電荷都不會獲得任何動能。

如此計算電勢能，並沒有考慮到移動的路徑，這是因為電場是保守場，電勢能只跟初始位置與終止位置有關，與路徑無關。

計算電勢能

在一個物理系統內，計算一個點電荷所具有的電勢能的方法，就是計算將這點電荷Q從無窮遠位置遷移到其它固定位置電荷附近所需要做的機械功。而計算只需要两个参数：

1. 其它電荷所產生的電勢。
2. 點電荷Q的電荷量。

注意：这里的計算不需要知道其它電荷的電荷量，也不需要知道这一點電荷Q所產生的電勢。

儲存於點電荷系統內的電勢能

單點電荷系統

只擁有單獨一個點電荷的物理系統，其電勢能為零，因為沒有任何其它可以產生電場的源電荷，所以，將點電荷從無窮遠移動至其最終位置，外機制不需要對它做任何機械功。特別注意，這點電荷有可能會與自己生成的電場發生作用。然而，由於在點電荷的位置，它自己生成的電場為無窮大，所以，在計算系統的有限總電勢能之時，一般刻意不將這「自身能」納入考量範圍之內，以簡化物理模型，方便計算。

雙點電荷系統

一個質子受到的另一個質子的電場力和電勢能隨 $r$ 變化的示意圖。

思考兩個點電荷所組成的物理系統。假設第一個點電荷 $q_1$ 的位置為坐標系的原點 $𝐎$ ，則根據庫侖定律，點電荷 $q_1$ 施加於位置為 $𝐫$ 的第二個點電荷 $q_2$ 的電場力為

${𝐅}_c=\frac{q_1{q}_2}{4\pi {ϵ}_0}\frac{\widehat{𝐫}}{r^2}$ ；

其中，${ϵ}_0$ 是電常數。

在移动點電荷 $q_2$ 時，為保证匀速，外機制必须施加作用力 $-{𝐅}_c$ 於點電荷 $q_2$ ，从而与电场力达到二力平衡。所以，機械功 $W$ 為

$W=-\underset{𝕃}{\int }{𝐅}_c\cdot \mathrm{d}\mathit{\ell }=-\frac{q_1{q}_2}{4\pi {ϵ}_0}\underset{𝕃}{\int }\frac{\widehat{𝐫}}{r^2}\cdot \mathrm{d}\mathit{\ell }$ 。

由於庫侖力為保守力，機械功與積分路徑 $𝕃$ 無關，所以，可以選擇任意一條積分路徑。在這裡，最簡單的路徑為從無窮遠位置朝著 $-\widehat{𝐫}$ 方向遷移至 $𝐫$ 位置的直線路徑。那麼，機械功為

$W=-\frac{q_1{q}_2}{4\pi {ϵ}_0}\underset{\mathrm{\infty }}{\overset{r}{\int }}\frac{\mathrm{d}r}{r^2}=\frac{q_1{q}_2}{4\pi {ϵ}_{0}r}$ 。

這機械功是無窮遠位置與 $𝐫$ 位置之間的靜電能差別：

$W=U(𝐫)-U(\mathrm{\infty })$ 。

設定 $U(\mathrm{\infty })=0$ ，則

$U(𝐫)=\frac{q_1{q}_2}{4\pi {ϵ}_{0}r}$ 。

現在，假設兩個點電荷的位置分別為 ${𝐫}_1$ 、${𝐫}_2$ ，則電勢能為

$U=\frac{1}{4\pi {ϵ}_0}\frac{q_1{q}_2}{|{𝐫}_2-{𝐫}_1|}=\frac{1}{4\pi {ϵ}_0}\frac{q_1{q}_2}{r_{12}}$ ；

其中，$r_{12}=|{𝐫}_2-{𝐫}_1|$ 是兩個點電荷之間的距離。

假設兩個點電荷的正負性相異，則電勢能為負值，兩個點電荷會互相吸引；否則，電勢能為正值，兩個點電荷會互相排斥。

三個以上點電荷的系統

對於三個點電荷的系統，外機制將其每一個單獨點電荷，一個接著一個，從無窮遠位置遷移至最終位置，所需要做的機械功，就是整個系統的靜勢能。以方程式表示，

$U=\frac{1}{4\pi {ϵ}_0}(\frac{q_1{q}_2}{r_{12}}+\frac{q_1{q}_3}{r_{13}}+\frac{q_2{q}_3}{r_{23}})$ ；

其中，$q_1,q_2,q_3$ 為點電荷，$r_{ij}$ 為第i個與第j個點電荷之間的距離。

按照這方法演算，對於多個點電荷的系統，按照順序，從第一個點電荷到最後一個點電荷，各自移动到最後對應位置。在第 $i$ 個點電荷 $q_i$ 遷移時，只會感受到從第 $1$ 個點電荷到第 $i-1$ 個點電荷的電場力，而機械功 $W_i$ 是因為抗拒這些電場力而做出的貢獻：

$W_i=\frac{1}{4\pi {ϵ}_0}\sum _{j=1}^{i-1}\frac{q_i{q}_j}{r_{ij}}$ 。

所有點電荷做出的總機械功（即總電勢能）為

$U=W=\sum _{i=1}^n{W}_i=\frac{1}{4\pi {ϵ}_0}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{i-1}\frac{q_i{q}_j}{r_{ij}}$ 。

將每一個項目重覆多計算一次，然後將總和除以 $2$ ，這公式也可以表達為，

$U=\frac{1}{8\pi {ϵ}_0}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1,j\ne i}^n\frac{q_i{q}_j}{r_{ij}}$ 。

這樣，可以忽略點電荷的遷移順序。

注意到除了點電荷 $q_i$ 以外，所有其它點電荷產生的電勢在位置 ${𝐫}_i$ 為

$\varphi ({𝐫}_i)=\frac{1}{4\pi {ϵ}_0}\sum _{j=1,j\ne i}^n\frac{q_j}{r_{ij}}$ 。

所以，離散點電荷系統的總電勢能為

$U=\frac{1}{2}\sum _{i=1}^n{q}_i\varphi ({𝐫}_i)$ 。

• 上述方程式假設電介質是自由空間，其電容率為 ${ϵ}_0$ ，即電常數。假設電介質不是自由空間，而是電容率為 $ϵ$ 的某種電介質，則必需將方程式內的 ${ϵ}_0$ 更換為 $ϵ$ 。

儲存於連續電荷分佈的能量

對於連續電荷分佈，前面的電勢能方程式變為

$U=\frac{1}{2}\underset{𝕍}{\int }\rho (𝐫)\varphi (𝐫){\mathrm{d}}^{3}r$ ；

其中，$\rho (𝐫)$ 是在源位置 $𝐫$ 的電荷密度，$𝕍$ 是積分體積。

應用高斯定律

$\mathrm{\nabla }\cdot 𝐄=\frac{\rho }{{ϵ}_0}$ ;

其中，$𝐄$ 是電場。

電勢能為

$\begin{array}{cc}U& =\frac{{ϵ}_0}{2}\underset{𝕍}{\int }[\mathrm{\nabla }\cdot 𝐄(𝐫)]\varphi (𝐫){\mathrm{d}}^{3}r\\ & =\frac{{ϵ}_0}{2}\underset{𝕍}{\int }\mathrm{\nabla }\cdot [𝐄(𝐫)\varphi (𝐫)]-𝐄(𝐫)\cdot \mathrm{\nabla }\varphi (𝐫){\mathrm{d}}^{3}r\\ \end{array}$ 。

應用散度定理，可以得到

$U=\frac{{ϵ}_0}{2}{\oint }_{𝕊}[𝐄(𝐫)\varphi (𝐫)]\cdot {\mathrm{d}}^{2}r-\frac{{ϵ}_0}{2}\underset{𝕍}{\int }𝐄(𝐫)\cdot \mathrm{\nabla }\varphi (𝐫){\mathrm{d}}^{3}r$ ；

其中，$𝕊$ 是包住積分體積 $𝕍$ 的閉曲面。

當積分體積 $𝕍$ 趨向於無限大時，閉曲面 $𝕊$ 的面積趨向於以變率 $r^2$ 遞增，而電場、電勢分別趨向於以變率 $1/r^2$ 、$1/r$ 遞減，所以，上述方程式左手邊第一個面積分項目趨向於零，電勢能變為

$U=-\frac{{ϵ}_0}{2}\underset{𝔸𝕃𝕃𝕊\mathbb{P}𝔸ℂ𝔼}{\int }𝐄(𝐫)\cdot \mathrm{\nabla }\varphi (𝐫){\mathrm{d}}^{3}r$ 。

電場與電勢的微分關係為

$𝐄=-\mathrm{\nabla }\varphi$ 。

將這方程式代入，電勢能變為

$U=\frac{{ϵ}_0}{2}\underset{𝔸𝕃𝕃𝕊\mathbb{P}𝔸ℂ𝔼}{\int }[E(𝐫){]}^2{\mathrm{d}}^{3}r$ 。

所以，電勢能密度 $u$ 為

$u(𝐫)=\frac{{ϵ}_0}{2}[E(𝐫){]}^2$ 。

自身能與交互作用能

前面分別推導出兩個電勢能方程式：

$U=\frac{1}{8\pi {ϵ}_0}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1,j\ne i}^n\frac{q_i{q}_j}{r_{ij}}$ 。

$U=\frac{{ϵ}_0}{2}\underset{𝔸𝕃𝕃𝕊\mathbb{P}𝔸ℂ𝔼}{\int }[E(𝐫){]}^2{\mathrm{d}}^{3}r$ 。

注意到第一個方程式計算得到的電勢能，可以是正值，也可以是負值；但從第一個方程式推導出來的第二個方程式，其計算得到的電勢能則必定是正值。為甚麼會發生這不一致問題？原因是第一個方程式只囊括了電荷與電荷之間的交互作用能；而第二個方程式在推導過程中，無可避免地將電荷的自身能也包括在內。在推導第一個方程式時，在位置 ${𝐫}_i$ 的電勢乃是，除了 $q_i$ 以外，所有其它電荷共同貢獻出的電勢；而在推導第二個方程式時，電勢乃是所有電荷共同貢獻出的電勢。

舉一個雙點電荷案例，假設電荷 $q_1$ 、$q_2$ 的位置分別為 ${𝐫}_1$ 、${𝐫}_2$ ，則在任意位置 $𝐫$ 的電場為

$𝐄={𝐄}_1+{𝐄}_2=\frac{q_1}{4\pi {ϵ}_0}\frac{𝐫-{𝐫}_1}{|𝐫-{𝐫}_1{|}^3}+\frac{q_2}{4\pi {ϵ}_0}\frac{𝐫-{𝐫}_2}{|𝐫-{𝐫}_2{|}^3}$ ，

其電勢能密度為

$u=\frac{{ϵ}_0}{2}{E}^2=\frac{{ϵ}_0}{2}(E_1{}^2+E_2{}^2+2{𝐄}_1\cdot {𝐄}_2)$ 。

很明顯地，這方程式右手邊的前兩個項目分別為電荷 $q_1$ 、$q_2$ 的自身能密度 ${ϵ}_0{E}_1{}^2/2$ 、${ϵ}_0{E}_2{}^2/2$ 。最後一個項目是否為交互作用能密度？為了回答這有意思的問題，繼續計算交互作用能密度的體積積分：

$U_{int}=\underset{𝕍}{\int }{u}_{int}{\mathrm{d}}^{3}r={ϵ}_0\underset{𝕍}{\int }{𝐄}_1\cdot {𝐄}_2{\mathrm{d}}^{3}r=\frac{q_1{q}_2}{16{\pi }^2{ϵ}_0}\underset{𝕍}{\int }\frac{𝐫-{𝐫}_1}{|𝐫-{𝐫}_1{|}^3}\cdot \frac{𝐫-{𝐫}_2}{|𝐫-{𝐫}_2{|}^3}{\mathrm{d}}^{3}r$ 。

應用一條向量恆等式，

$\mathrm{\nabla }\left(\frac{1}{|𝐫-{𝐫}^{\prime }|}\right)=-\frac{(𝐫-{𝐫}^{\prime })}{|𝐫-{𝐫}^{\prime }{|}^3}$ ，

可以得到

$\begin{array}{cc}{U}_{int}& =\frac{q_1{q}_2}{16{\pi }^2{ϵ}_0}\underset{𝕍}{\int }\mathrm{\nabla }\left(\frac{1}{|𝐫-{𝐫}_1|}\right)\cdot \mathrm{\nabla }\left(\frac{1}{|𝐫-{𝐫}_2|}\right){\mathrm{d}}^{3}r\\ & =\frac{q_1{q}_2}{16{\pi }^2{ϵ}_0}\underset{𝕍}{\int }\mathrm{\nabla }\cdot \left[\frac{1}{|𝐫-{𝐫}_1|}\mathrm{\nabla }\left(\frac{1}{|𝐫-{𝐫}_2|}\right)\right]-\left(\frac{1}{|𝐫-{𝐫}_1|}\right){\mathrm{\nabla }}^2\left(\frac{1}{|𝐫-{𝐫}_2|}\right){\mathrm{d}}^{3}r\\ \end{array}$ 。

應用散度定理，可以將這方程式右手邊第一個項目，從體積積分變為面積積分：

$\underset{𝕍}{\int }\mathrm{\nabla }\cdot \left[\frac{1}{|𝐫-{𝐫}_1|}\mathrm{\nabla }\left(\frac{1}{|𝐫-{𝐫}_2|}\right)\right]{\mathrm{d}}^{3}r={\oint }_{𝕊}\left[\frac{1}{|𝐫-{𝐫}_1|}\mathrm{\nabla }\left(\frac{1}{|𝐫-{𝐫}_2|}\right)\right]\cdot {\mathrm{d}}^{2}r$ ；

其中，$𝕊$ 是包住積分體積 $𝕍$ 的閉曲面。

假設 $𝕍$ 趨向於無窮大空間，則這面積積分趨向於零。再應用一則關於狄拉克δ函數的向量恆等式

${\mathrm{\nabla }}^2\left(\frac{1}{|𝐫-{𝐫}^{\prime }|}\right)=-4\pi \delta (𝐫-{𝐫}^{\prime })$ ，

可以得到

$U_{int}=\frac{q_1{q}_2}{4\pi {ϵ}_0}\underset{𝔸𝕃𝕃𝕊\mathbb{P}𝔸ℂ𝔼}{\int }\frac{\delta (𝐫-{𝐫}_2)}{|𝐫-{𝐫}_1|}{\mathrm{d}}^{3}r=\frac{1}{4\pi {ϵ}_0}\frac{q_1{q}_2}{|{𝐫}_1-{𝐫}_2|}$ 。

這就是双点电荷系统的電勢能。