FEN EDEBİYAT FAKÜLTESİ FİZİK BÖLÜMÜ MADDE

T.C.
SAKARYA ÜNİVERSİTESİ
FEN EDEBİYAT FAKÜLTESİ
FİZİK BÖLÜMÜ
MADDE İÇİNDE ELEKTRİK ALANLAR
HÜMEYRA KAYIN
G090202031
Yrd. Doç. Dr. Zemine ZENGİNERLER
1
İÇİNDEKİLER
1.1. ELEKTRİK YER DEĞİŞTİRME
1.1.1 Diaelektriklerin Varlığında Gauss Yasası
1.1.2 Yanıltıcı Bir Paralellik
1.1.3 Sınır Koşulları
2.1 DOĞRUSAL DAVRANIŞLI DİAELEKTRİKLER
2.1.1 Alınganlık, Geçirgenlik ve Diaelektrik Sabiti
2.1.2 Doğrusal Diaelektriklerle Sınır Değer Problemleri
2.1.3 Diaelektrik Sistemlerde Enerji
2.1.4 Diaelektriklerde Kuvvetler
2
ŞEKİLLER LİSTESİ
Şekil 1.1
Kutuplanmış bir dielektrik ile vakum arasındaki ara yüzey
Şekil 2.1
Ortamın kutuplanması
Şekil 2.3
Serbest yükün durgun elektrik enerjisi
3
TABLO LİSTESİ
Tablo 2.1. Dielektrik sabitleri
4
1.1 Elektrik Yer Değiştirme
1.1.1 Dielektriklerin Varlığında Gauss Yasası
Bir önceki konuda kutuplanmanın etkisini, dielektrik içinde bağlı yük b  .E ve yüzeyde
 b  P.nˆ yığılmalarını oluşturmak olduğunu bulmuştuk. Ortamın kutuplanmasından
kaynaklanan alan tam bu bağlı yükün alanıdır. Şimdi her şeyi bir araya getirmeye hazırız:
bağlı yüke atfedebilen alan artı geri kalan her şeyden ( daha iyi bir terim kullanırsak, biz ona
serbest yük diyoruz) dolayı alan. Serbest yük bir iletkenin üzerindeki elektronlardan veya bir
dielektirik malzemeye gömülü durumdaki iyonlardan ya da başkalarından oluşabilir. Yani
başka değimle kutuplanmanın bir sonucu olmayan her yük olabilir. O zaman dielektriğin
içindeki toplam yük:
  b   f
(1.1)
olarak yazılabilir ve Gauss Yasası:
 0.E    b   f  .P   f
şeklini alır, burada E yalnızca kutuplanma ile üretilen kısım değil, şimdi toplam alandır. İki
diverjans teoremini birleştirmek mümkündür:
.  0 E  P    f
Parantez içindeki, D harfi ile gösterilen ifade
D  0E  P
(1.2)
elektrik yer değiştirme olarak bilinir. D cinsinde Gauss Yasası
.D   f
(1.3)
haline gelir ve integral şeklinde yazarsak
 D.da  Q
(1.4)
fiç
5
olur. Burada Q fiç hacim içinde kapsanan toplam serbest yükü gösterir. Dielektrikler
bağlamında bu Gauss Yasasını ifade etmenin özellikle faydalı bir şekilde çünkü o yalnızca
serbest yüklere atıf yapar ve serbest yük bizim kontrol ettiğimiz şeydir. Bağlı yük sonradan
oyuna katılır: Serbest yükleri yerine koyduğumuzda, kısım 1.1’ in mekanizmaları vasıtası ile
otomatik olarak belirli bir kutuplanma meydana gelir. Ve bu kutuplanma bağlı yükü oluşturur.
Bu yüzden tipik bir problemde  f ’yi biliyoruz. Fakat b ’ yi bilmiyoruz; Denklem 1.3’ bize
eldeki bilgi ile çalışma olanağı verir. Özellikle, gereken simetrinin bulunduğu her durumda
derhal D standart Gauss Yöntemi ile hesaplayabiliriz. Size, denklem 1.2’yi türetirken  b
yüzey bağlı yükünü unuttum gibi gelebilir ve bir anlamda bu doğrudur. Bir Dielektriğin
yüzeyinde Gauss yasasını doğru olarak uygulayamayız, çünkü burada b , E’ nin diverjansını
alarak patlar. Fakat başka her yerde mantık sağlamdır ve aslında bir dielektriğin kenarını,
içinde kutuplanmanın yavaş yavaş sıfıra düştüğü sonlu bir kalınlığa sahipmiş gibi düşünürsek
bu takdirde bağlı bir yüzey yükü yoktur: b bu “deri” içinde hızla fakat düzgün olarak değişir
ve her yerde bir gauss yasası düzenle uygulanabilir.
2.1 Doğrusal Davranışlı Dielektirikler
2.1.1 Alınganlık Geçirgenlik ve Dielektrik Sabiti
Daha önceki kısımlarda kendimizi P’nin sebebine yönlendirmeyip; yalnızca kutuplanmanın
etkileri ile ilgilendik. Ama kutuplanma konusunda nitel tartışmasından bir dielektiriğin
kutuplanmasının bir elektrik alandan kaynaklandığını ve bu alanın atomik ve moleküler
dipolleri düzene soktuğunu biliyoruz. Birçok madde için E çok kuvvetli olmamak koşulu ile
gerçekte, kutuplanma alanla orantılıdır:
P   0 e E
(2.1)
Orantılılık kat sayısı e ortamın elektrik alınganlığı adını alır. e ’nin değeri ele alınan
maddenin mikroskobik yapısına bağlıdır. Denklem 2.1’a uyan maddeleri doğrusal
dielektrikler diye adlandıracağım.
6
Denklem 2.1’deki E nin toplam alan olduğuna dikkat ediniz; o kısmen serbest yüklerden
dolayı ve kısmende kutuplanmanın kendisinden dolayı da olabilir. Örneğin bir parça
dielektriği bir E 0 dış alanı içine koyarsak, P ‘yi doğrudan koyarsak denklem 2.1’den
hesaplayamayız; dış alan malzemeyi kutuplayacak ve bu kutuplama kendi alanını
doğuracaktır. Bu alanda toplam alana katkıda bulunacaktır, sonuçta bu kutuplamayı
değiştirecekti, böylece gidecektir. Bu sonsuz geri döngüyü kırmak her zaman kolay değildir.
Bazı örnekleri 1 sn sonra göreceksiniz. En kolay yaklaşım, en azından D’ nin doğrudan
serbest yüklerden elde edildiği hallerde yer değiştirme ile başlamaktır.
Doğrudan ortamlarda,
D   0 E  P   0 E   0 e E   0 1  e  E
geçerlidir, böylece aynı zamanda D ile E orantılıdır.
D E
(2.3)
   0 1  e 
(2.4)
buradan da
ile verilir. Yani serbest  malzemenin geçirgenliği olarak adlandırılır.  0 Çarpanını
kaldırırsanız, geriye kalan boyutsuz nicelik malzemenin bağıl geçirgenliği veya dielektrik
sabiti adını alır
 r  1  e 

0
(2.5)
Tablo 2.1’ de Dielektrik sabitleri (verilen değerler 1 atm 20o C içindir).
Malzeme
Vakum
Helyum
Neon
Hidrojen
Argon
Hava
Azot
Su buharı
Dielektrik sabiti
1
1000065
1,00013
1,00025
1,00052
1,00054
1,00055
1,00587
Malzeme
Benzen
Elmas
Tuz
Silikon
Mentan
Su
Buz
KTaNb03
7
Dielektrik sabiti
2,28
5,7
5,9
11,8
33,0
80,1
99
34,000
Doğrusal dielektriklerin E ile D arasındaki benzerlikte görülen kusurdan arınmış. Olduğunu
düşünebilirsiniz. Şimdi P ile D nin E ile orantılı olması aynı E deki gibi onlarında
rotasyonelinin 0 olması sonucunu doğurmaz mı ne yazık ki doğurmaz. Kutuplanmış bir
dielektrik ile vakum arasındaki ara yüzeyde P bir tarafta 0 iken diğer tarafta değildir. Bu
ilmek etrafında
 Pdl  0
ve buradan, stokes teoremi ile, ilmek içindeki her noktada P nin
rotasyoneli yok olamaz.
P=0
Vakum
Dielektrik
P≠0
Şekil 2.1 Kutuplanmış bir dielektrik ile vakum arasındaki ara yüzey
Elbette, uzay tamamen türdeş doğrusal bir dielektrikle doldurulmuşsa o takdirde bu itiraz
Geçersizdir; bu çok özel halde
.D   f ve  D  0 dır,
Böylece D sanki orada dielektrik hiç yokmuş gibi serbest yüklerden bulunabilir:
D 0 Evak
Burada Evak , aynı serbest yük dağılımının bir dielektriğin yokluğunda oluşturacağı alandır.
Bu sebeple, Denklem 2.3 ve 2.4’e göre
E
1
1
D  Evak

r
(2.6)
Büyük bir dielektriğin içine bir q yükü gömülür ise oluşturduğu alan
E
1 q
rˆ
4 r 2
(2.7)
dır. Ve yakındaki yükler üzerine uyguladığı kuvvetle benzer bir şekilde azaltılır. Fakat bu
coulomb yasasında bir yanlışlık var anlamına gelmez; daha çok, ortamın kutuplanması zıt
işaretteki bağlı yüklerle q yükünü sararak (Şekil 1.2)onu kısmen “perdeler”.
8
Şekil 2. 2 Ortamın kutuplanması
2.1.2 Doğrusal Dielektriklerle Sınır Değer Problemleri
Türdeş doğrusal bir dielektrikte bağlı yük yoğunluğu b serbest yük yoğunluğu  f ile
orantılıdır.


b  .P  .  0
  
e 
D    e   f
 
 1  e 
(2.7)
Özellikle malzeme içinde gerçekten gömülü durumda serbest yük bulunmadığı sürece b  0
’dırve herhangi birnet yükün yüzeyde bulunması zorubludr. O zaman, böyle bir dielektrik
içinde, potansiyel Laplace denklemine uyar ve bölüm 3’deki yöntemler burada da
yürürlüktedir. Yinede sınır koşullarını yalnızca serbest yüklere atıf yapacak biçimde yeniden
yazmak uygundur.
üst E üst alt E alt   f
(2.8)
Potansiyel cinsinden,
üst 
Vüst
Valt
 alt
  f
n
n
9
(2.9)
Vüst  Valt
(2.10)
olduğu görülür.
2.1.4 Dielektrik Sistemlerde Enerji
Bir kapasitörü yüklemek için gereken iş
1
W  CV 2
2
kapasitör doğrusal bir dielektrik ile doldurulmuş ise, sığası vakum halindeki değerine,
dielektrik sabitine eşit bir çarpan kadar aşar.
C   r Cvak
Besbelli, dielektrikle dolu bir kapasitörü yüklemek için gerekli iş de aynı çarpan kadar artar.
Nedeni: alanın bir kısmı bağlı bir kısmı bağlı yükler tarafından yok edildiğinden dolayı
verilen bir potansiyeli gerçekleştirmek için fazla yük pompalamalısınız.
Bölüm 2’ de durgun elektrik sisteminde depolanan enerji için genel bir formül çıkarmıştık:
W
0
E 2 d

2
(2.11)
Dielektrik dolu kapasitör hali bunun doğrusal dielektriklerin varlığına
W
0
1
r E 2 d   D.Ed

2
2
bunu ispatlamak için, dielektrik malzemenin yerinde sabitlendiğini ve serbest yüklerin her
defasında azar azar getirildiğini varsayınız.  f ve  f miktarı kadar arttırıldığında
kutuplanma değişecek ve onunla birlikte bağlı yük dağılımı da değişecektir; fakat biz yalnızca
artımlı serbest yük üzerine yapılmış olan işle ilgileniyoruz:
W   ( f )Vd
(2.12)
D sonuçta D’de oluşan değişme olmak üzere,
10
.D   f ,  f  .(D)
olduğundan
W   .  D  Vd
elde edilir. Şimdi ise
  (D)V   .  D   V  D.(V )
olduğundan ve buradan
W   .  D V d    D Ed
diverjans teoremi birinci terimi bir yüzey integraline çevirir ve bu bütün uzay boyunca
integral aldığımızda kaybolur. Bu sebeple yapılan iş şuna eşittir.
W    D Ed
(2.13)
Şimdiye kadarkiler her malzemeye uygulanabilir. Şimdi, ortam dielektrikse, o zaman
D  E ’dır, (böylece sonsuz küçük artımlar için)
1
1
  D.E     E 2   (E ).E   D  .E
2
2
geçerlidir. Buradan
1

W     D.E  d
2

serbest yükü sıfırdan şekillerin son değerine yükselttiğimiz sırada toplam yapılan iş
W
1
D.Ed
2
(2.14)
bir sistemin enerjisi ile neyi kastediyoruz? Yanıt: sistemi kurmak için gerekli iştir. Bu işlemi
yorumlamak için farklı iki yolu vardır:
1)
Bütün yükleri birer birer cımbızla getiririz her birini uygun son konumuna yapıştırırız.
Denklem 2.14 depolanan enerjinin denklemidir.
11
2)
Kutuplanmamış dielektirik yerindeyken serbet yükleri bir yere getiriyoruz ve
dielektriğin
de
uygun
şekilde
tepki
vermesine
izin
veriyoruz.”
sistemi
kurmaktan”kastettiğimiz buysa zaman denklem 2.14 bizim istediğimiz formüldür. Bu
durumda dolaylı yoldan da olsa”yay”enerjisi katılmıştır çünkü serbest yükle uygulamamız
gereken kuvvet bağlı yükün düzenine bağlıdır; serbest yükleri hareket ettirirken siz otomatik
olarak bu “yayları” da uzatıyorsunuz demektir. Yöntem (2)’de sistemin toplam enerjisi üç
kısımdan oluşmuştur: serbest yükün durgun elektrik enerjisi, bağlı yükün durgun elektrik
enerjisi ve “yay” enerjisi:
y
x
w
l
Şekil 2.3 serbest yükün durgun elektrik enerjisi
Wtoplam  Wserbest  Wbağlı  Wyay Son ikisi eşit ve zıttır; böylece Wserbest hesaplanırken yöntem
(2)gerçekte Wtoplam işini verir, öte yandan yöntem (1)ise Wserbest  Wbağlı Toplamını hesaplar ve
W yay terimini bırakır.
2.1.4 Dielektriklerde Kuvvetler
Bir iletkenin elektrik alanın içine çekilmesi gibi bir dielektrikte çekilir ve esas olarak aynı
nedenle bağlı yükler zıt işaretteki serbest yüklerin yakınında birikme eğilimindedir. Fakat
dielektrikler üzerindeki kuvvetlerin hesabı hayret edilecek kadar kurnazca olabilir. Örneğin
12
bir paralel plakalı kapasitörün plakaları arasına sokulmuş doğrusal dielektrik bir malzeme
dilimi halini göz önüne alalım.
Her yerde alan plakalara dik olduğu için kuvvet sıfırdır. Gerçekten bir kapasitörün kenarında
alan ani olarak sıfırlanmaz. Çünkü öyle olsaydı Şekil 4.4’de gösterilen bir kapalı ilmeğin
etrafında E’nin çizgi integrali sıfır olmazdı. Kenarlarının yakınındaki bu bölgeye adı
verilebilir.
∮
Saçaklanma Bölgesi
𝐸. 𝑑𝐼 = 0
Şekil 2.4 Saçaklandırılmış alan
Burada Fben benim dielektrik üzerindeki F kuvvetine karşı koymak üzere uygulamak zorunda
kaldığım kuvvettir: Fben =-F. Böylece dilim üzerindeki elektriksel kuvvet
F 
dW
dx
(2.15)
kapasitörde depolanan enerji
1
W  CV 2
2
(2.16)
sığa
C
 0w
d
 rl  e x 
plakaların üzerindeki yükün sabit tutulduğunu Q=CV kabul edelim.Q cinsinden
13
(2.17)
W
1 Q2
2 C
F 
(2.18)
dW 1 Q 2 dC 1 2 dC

 V
dx 2 C 2 dx 2
dx
(2.19)
 w
dC
 0 e
dx
d
F 
0  e w 2
V
2d
(2.20)
Bir bataryaya bağlayarak elbette kapasitörü sabit bir potansiyelde tutmak mümkündür. Fakat
bu durumda dielektrik hareket ettiği sırada aynı zamanda bataryada iş yapar
dW  Fben dx  VdQ
(2.21)
buluruz. Burada VdQ batarya tarafından yapılan iştir. Sonuç olarak:
0F  
dW
dQ
1 dC
dC 1 2 dC
V
  V2
V 2
 V
dx
dx
2
dx
dx 2
dx
2.22)
bulunur.
Örnek:
Türdeş
dielektrik
bir küre, önceden
E0 elektrik alanın
yerleştiriliyor küre
elektrik
alnı
doğrusal
malzemeden
düzgün olan
içine
içindeki
bulunuz.
E
14
i.
Viç  Vdış ,
ii.

iii.
Vdış   E0 r cos 
dViç
dr
0
r=R’de,
dVdış
r=R ‘de,
dr
(1.27)
r>>R için

Viç (r ,  )   Al r l Pl (cos  )
(1.28)
l 0

Vdış (r , )   E0 r cos   
l 0
Bl
Pl (cos  )
r l 1
(1.29)
Sınır koşulu ise


l 0

Al r l Pl (cos  )   E0 r cos   
l 0
Bl
Pl (cos  )
r l 1
olması gerekir böylece;
Al R l 
Bl
R l 1
l 1
Al R l   E0 r 
r


l 0
(1.30)
Bl
R2

lAl R l 1 Pl (cos  )   E0 r cos   
r lAl R l 1 
l 0
(l  1) Bl
Rl  2
15
l 1
(l  1) Bl
Pl (cos  )
Rl  2
(1.31)
Al R l   E0 R 
r


l 0
Bl
R2

lAl R l 1 Pl (cos  )   E0 r cos   
l 0
(l  1) Bl
Pl (cos  )
Rl 2
sonucunu verir bu sebeple
r lAl R l 1  
(l  1) Bl
Rl 2
r Al   E0 
2 Bl
.
R3
l 1
(1.32)
sonuç olarak
l 1
Al  Bl  0
Al  
(1.33)
 1 3
3
E0 Bl  r
R E0
r 2
r 2
açıkça
Viç (r ,  )  
3E0
3
r cos   
z
r 2
r 2
yazabiliriz ve buradan küre içindeki alan düzgündür:
E
3
E0
r 2
(1.34)
16
Problem a yarı çaplı küresel bir iletken Q yükü taşımaktadır(Şekil 4.6) iletken b yarı çapına
kadar  e alınganlığı doğrusal bir dielektrik malzeme ile sarılmıştır. Bu şekillerimin enerjisini
bulunuz ( W 
1
D.Ed )
2
b
a
Q
Çözüm:


0,  r  a 



0,  r  a 



 Q

D Q
rˆ,  a r b  
, E  
2
rˆ,  r  a  

 4 r

 4 r 2

 Q

 4 r 2 rˆ,  r b  
0



1 b 1 1 2
1
1 Q2
1 1  Q2
W   D.Ed 
4   2 2 r dr   2 dr  
2
2  4 2
0 b r
 a r r
 8

 1  1  b 1  1   
   |a    |b 
0  r  
  r 

Q2 
Q2
 1  1 1  1
 1 e 







  
8 0 
 1   e   a b  b 
 8 0 1   e   b b 
Problem İki uzun eş eksenli silindirik metal boru (iç yarıçapı a , dış yarıçapı b ) bir tank
dolusu dielektrik yığın ( alınganlığı  e , kütle yoğunluğu  ) içinde düşey olarak durmaktadır.
İçteki V potansiyelinde tutulmakta ve dıştaki ise topraklanmış durumdadır (Şekil. 4.7). Yağ
iki boru arasında hangi ( h ) yüksekliğine kadar yükselir.
b
17
Kapasite bulmak için bir fonsiyon ele alalım
2

ln  b a  ,

4 0 s
4 0
 


   ;      r
2 
2 
2
0 
0
D
E
V 
ln  b a  , 

4 s
4 s
4 0
E
2
V 
Q   h    l  h    r  h   h  l    r  1 h  l      e h  l 
toplam
yükseklik
h
olduğu
C
 h  l .
Q   e h  l 

4 0  2 0 e
V 2 ln  b a 
ln  b a 
1 dC 1 2 2 0  e
Net kuvvet tarafından yukarı doğru erilir, F  V 2
 V
2
dh 2 ln  b a 
Aşağı çekim kuvvetinin olduğunu F  mg    b 2  a 2  gh ,bu iki denklemin sonucu olarak
h
 0  eV 2
  b2  a 2  g ln  b a 
Bulunur.
18
Problem a yarı çaplı iletken bir küre b yarı çapına kadar kalın bir yalıtkan dielektrikle
kaplanmıştır. Bu cisim şimdi ilk baştan düzgün olan E0 elektrik alanı içine yerleştiriliyor.
Yalıtkan içindeki elektrik alanı bulunuz.
Çözüm:
Potansiyel
Vout  r ,    E0 r cos   
 r b  ;
Bl
Pl  cos   ,
r l 1

B 
Vmed  r ,     Al r l  l l1 Pl  cos   ,
r 

 arb ;
Vin  r,   0 ,
 r a  ;
sınır şartları
i Vout  Vmed ,
 ii  
 r  b ;
Vmed
V
  0 out
r
r
 r  b ;
r  a ;
Vmed  0
 i    E0b cos  

Bl
B 
P cos      Al bl  l l1 Pl  cos   ;
l 1 l 
r
b 


 ii   1  lAl bl 1   l  1

 iii  lAal 
Bl 
B
P cos     E0 cos     l  1 l l1 Pl  cos   ;
l 2  l 
b 
b
Bl
 0  Bl  a 2l 1 Al .
l 1
a
İse l  1:
i 
Bl  l a 2l 1 Al
  Ab
 l 2
l
bl 1 
b

2l 1
2l 1
  Bl  Al  b  a  ;

19

a 2l 1 Al 
B
 l  2l 1 2l 1 
l 1
  l  1 l  2     l  1 l l2  Bl   r Al 
 ii   r lAb
l
 b  a   Al  Bl  0 ;
b
b
 l  1 



İse l  1:
 i   E0b 
B1
a3 A1

A
b

 B1  E0b3  A1 2  b3  a 3  ;
1
b2
b2

a3 A1 
B
 r  A1  2 3    E0  2 31  2 B1  E0b3   r A1  b3  2a3  .
b 
b

yani
3E0b3  A1  2  b3  a3    r  b3  2a3  ; A1 
Vmed  r.  
3E0
.
3
2 1   a b     r 1  2  a b  




3

3E0
a3 
r

 cos 
3
3 
r2 
2 1   a b     r 1  2  a b   




E  r ,   Vmed 



2a 3 
a3 


ˆ
r

cos

r

r

sin ˆ 



3 
3 
3
3
r 
r 


2 1   a b     r 1  2  a b   






3E0
Problem Şekilde xy düzleminin yukarısındaki bölgenin de doğrusal dielektirkle
doldurulduğunu fakat alınganlığının  e olduğunu var sayınız. Her yerdeki potansiyeli
bulunuz.
20
Çözüm:
edilen
Sözü
 ii 
dört
çevreleyen
yüzeyin yüzey
Denklem
polarizasyon yük,  iii 
d
bir yüzey yük düşük
 i   alt
denklem vardır;  i  q ,
z
dielektrik yüzey  b  .
yükü  b  dieletrik dir.
r
(
r
x


b  .P  .   0
 
q p  q  e 1   e
  
e 
D   e   f
 
 1  e 
)
bağlıdır.
 böylece toplam 0,0,b ise q  q  q
t
p
 ii 

bağlı

 q 1   e  q  r dir.
(a)


 b  b 
qd  r
1

(burada  b  P.nˆ   Pz   0 e Ez );
 b   0 e


3
 4 0 2
2
2
2 0 2 0 
r

d




(b)


 b  b 
qd  r
1

(burada  b   Pz   0 e Ez ).
 b   0  e


3
 4 0 2

2
2
2

2

0
0
r  d 


21
denklem
Çözüm için  b ,  b ; ilk bölüm  e ve  e (sırasıyla) ve çıkarma


 b  b

qd  r
qd  r 
1
1


     e  b 
3
3 
  e 2 2
2
2
 e  e 2 r 2  d 2 2
r

d






Çözmek için (a) denkleminde  b ,yazılırsa  r  1   e
b 

e
1 qd  r
1
qd
;
e 1  e   b  e  e  ,  b 
3
3
4 r 2  d 2 2
2
4 r 2  d 2 2 1    e   e  2 






qd  r 
qd
1
1
 1


 b  e 

3
3 
 4  r 2  d 2  2 1    e   e  2  2  r 2  d 2  2 


 
,
 r e  
1
qd
.
3
4 r 2  d 2 2 1   e  e  2 


Toplama bağlı yüzey denklemi ,  t   b   b 
  e   e 
1
qd
4 r 2  d 2 3 2  r 1    e   e  2 


( ki, ne zaman olması gerektiği gibi kaybolur  e   e )
 e 
Toplama bağlı yüküde (  b   
 q )yapılır.
 e  2 
t 
    q
 e  e  q
  r r  , ve dolayısıyla
2 r 1    e   e  2    r   r   r


qt
q  r
1 

V r  


 , ise ( z 0 ).
2
2
2
4 0  x 2  y 2   z  d 2
x

y

z

d

 

Bununla birlikte
q
q    
2q
1
 qt  1  r r  
,V  r  
 r
 r   r   r   r   r
4 0
ise ( z 0 )
22
 2q  r   r 
x2  y 2   z  d 
2