3. Lösning av elektrostatiska problem för dielektrika

Transkript

1 3. Lösning av elektrostatiska problem för dielektrika [RMC] Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson Dielektrika Ett perfekt dielektrikum (isolator) är ett material som inte innehåller några fria laddningar alls. Alla elektroner är med andra ord hårt bundna till materialets atomer eller molekyler. Dielektrika reagerar på yttre elektriska fält så att de polariseras, d.v.s. dipoler induceras i materialet. Detta ger upphov till ett elfältsbidrag innanför och utanför dielektriket. Exempel på dielektrika: glas, porslin, keramik, plast, oxider, luft, diverse vätskor och gaser,... Eftersom dielektrika polariseras, så har varje region med volymen dv ett dipolmoment dp = dqr (3.1) dv En naturlig volym-oberoende storhet är polarisationen som är en funktion av platsen inom dielektriket. P = dp dv, [P ] = C/m2, (3.2) Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson 3.2

2 Eftersom de minsta beståndsdelarna i ett dielektrikum är molekyler kan man definiera ett molekylärt dipolmoment Nu gäller p m = mol dqr (3.3) dp = X m dv p m (3.4) Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson Det elektriska fältet utanför ett dielektrikum Ett polariserat dielektrikum består av dipoler, så dielektrikets potential är en summa av deras enskilda potentialer Eftersom dp = PdV får vi dϕ(r) = 1 4πε 0 dp (r r ) r r 3 (3.5) ϕ(r) = 1 dv P(r ) (r r ) (3.6) 4πε 0 V 0 r r 3 Låt oss förenkla integranden genom att göra oss av med (r r )-termer. Vi kan visa att följande gäller: Vi har nu att 1 r r = r r r r 3 (3.7) P(r ) (r r ) r r 3 = P(r ) 1 r r (3.8) Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson 3.4

3 Med hjälp av (ff) = f F + F f får vi F f = (ff) f F: Insättning i potentialen: P(r ) 1 r r = P r r 1 r r P (3.9) ϕ(r) = 1 dv P 4πε 0 V 0 r r 1 4πε 0 V 0 dv P r r (3.10) Med Gauss teorem kan dv skrivas da bn och vi har ϕ(r) = 1 I 4πε 0 A 0 da bn P r r 1 4πε 0 V 0 dv P r r (3.11) Vi kan göra följande identifikation: σ P = P bn (3.12) ρ P = P (3.13) där σ P och ρ P är täthet av polarisationsladdningar. Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson 3.5 Potentialen är nu ϕ(r) = 1 I 4πε 0 r r + 1 4πε 0 da σ P A 0 dv ρ P V 0 r r (3.14) Totala laddningen i och på ett dielektrikum är Q = dv ρ + V 0 I daσ A 0 (3.15) Om vi inte har externa laddningar, utan all laddning kommer från polarisationen, så har vi I Q = dv (0 + ρ P ) + da(0 + σ P ) V 0 A 0 I = dv P + da P V 0 A 0 I I = da P + da P A 0 A 0 = 0 (3.16) enligt Gauss teorem (divergensteoremet).. Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson 3.6

4 Det elektriska fältet är ju E = ϕ (3.17) Vi har från tidigare: så vi får nu 1 r r = 1 r r = r r r r 3 (3.18) E(r) = 1 I da σ P (r r ) + 1 4πε 0 A 0 r r 3 4πε 0 ) dv ρ P (r r (3.19) V 0 r r 3 Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson Det elektriska fältet innanför ett dielektrikum Vi vill nu ta reda på det makroskopiska elfältet inne i dielektriket, d.v.s. det genomsnittliga fältet i en liten region (som dock innehåller många dipoler). Vi har redan bestämt fältet utanför dielektriket, och vi kan använda detta då vi bestämmer det interna fältet. Tidigare visades att E = 0, (3.20) d.v.s. att elfältet är irrotationellt. Från detta följde att vägen för fältets kurvintegral mellan punkterna A och B kunde väljas fritt. Låt nu B = A, så att I dr E = 0 (3.21) Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson 3.8

5 Vi tillämpar nu detta på kurvan ABCDA i figuren. Kurvan går genom en vakuum- nål placerad i dielektriket. Kurvintegralen ger, då längden av BC och DA blir infinitesimala, att det vid gränsytan gäller att Alltså: re v,t re d,t = 0 (3.22) E v,t = E d,t (3.23) Slutsats: det elektriska fältet inne i ett dielektrikum är lika med fältet i en tunn vakuum- nål i dielektriket. Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson 3.9 Med hjälp av uttrycket för den externa potentialen får vi nu ϕ in (r) = 1 I 4πε 0 A 0 +A 1 +A 2 +Am där A m är nålens mantelyta och V c nålens volym. da σ P r r + 1 4πε 0 V 0 Vc dv ρ P r r (3.24) Låt nu nålens tjocklek bli infinitesimalt tunn, så att A 1, A 2 går mot 0. Om dielektriket är isotropiskt har vi dessutom att E är parallell med P, vilket gör att σ P = P bn = 0 på mantelytan. Detta gör att ytintegralen får samma utseende som i uttrycket för det externa elfältet. I volymintegralen kan vi låta nålen bli infinitesimalt liten, så att V 0 V c V 0. Men nu måste vi försäkra oss om att detta potentialbidrag inte divergerar! Då nålens volym går mot 0: dv ρ P lim r r r r lim (x x )(y y )(z z )ρ P p r r (x x ) 2 + (y y ) 2 + (z z ) lim s 3 x ρ P 0 (3.25) 2 sx 0 s x 3 om vi omskriver s = r r och har s x s y s z så att s = q s 2 x + s2 y + s2 z = s x 3. Med andra ord, de tidigare resultaten för ϕ och E gäller för observationspunkter r både innan- och utanför dielektriket! Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson 3.10

6 3.4. Gauss lag för dielektrika Låt nu ett antal laddade ledare vara nedsänkta i ett dielektrikum. Gauss lag ger där den totala laddningens delar är I da E = 1 (Q + Q P ) (3.26) ε 0 A Q = q 1 + q 2 + q 3 (3.27) Q P = da P + dv ( P) (3.28) A 1 +A 2 +A 3 V Dielektrikets volym V exkluderar ledarnas volymer. Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson 3.11 Den senare ekvationen ger Q P = da P + dv ( P) A 1 +A 2 +A 3 V = da P da P A 1 +A 2 +A 3 A+A 1 +A 2 +A 3 = da P (3.29) A Gauss lag blir I A da (ε 0 E + P) = Q (3.30) Storheten ε 0 E + P har fått ett eget namn, elektrisk förskjutning (displacement) eller elekriskt flödestäthet (flux): Enhet: [D] = [P ] = C/m 2. D ε 0 E + P (3.31) Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson 3.12

7 Gauss lag är nu I A da D = Q (3.32) Denna form är en generalisering för situationer med ledare och dielektrika. Elfältet har ersatts med den relevantare storheten elflödestäthet, och som laddning räknas endast den externa laddningen. Terminologi: Q, Q ext : (extern) laddning på ledares ytor, och i eller på dielektrika Q ind : inducerad laddning på ledares ytor Q P : yt- och volymladdning i dielektrika p.g.a. polarisation, polarisationsladdning Som tidigare kan vi skriva och identifiera I da D = A V dv D = V dv ρ (3.33) D = ρ (3.34) Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson 3.13 Det elektriska fältet kan nu skrivas E = 1 ε 0 D 1 ε 0 P (3.35) där D fås utifrån den kända externa laddningsfördelningen ρ med hjälp av Gauss lag i differentialform, ekv. (3.34), och dielektrikets polarisation P. Polarisering uppstår p.g.a. av ett yttre elfält, så vi har det allmänna förhållandet För de flesta material försvinner P då det yttre fältet plockas bort: P = P(E) (3.36) Om dielektriket är isotropiskt, så har P och E samma riktning. P(0) = 0 (3.37) Den enklaste lag som uppfyller dessa villkor är där χ e kallas elektrisk susceptibilitet. P(E) = χ e (E)E (3.38) Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson 3.14

8 Flödet kan nu skrivas där ε är det dielektriska materialets permittivitet. D = ε 0 E + P = (ε 0 + χ e (E))E ε(e)e (3.39) I de flesta fall är χ e, ε oberoende av fältstyrkan. Vi har då linjära dielektrika. Man definierar också den relativa permittiviteten ε r via ekvationen Men ε ε r ε 0 (3.40) så att D = ε 0 E + P = ε 0 E + χ e E (3.41) ε r = ε ε 0 = 1 + χ e ε 0 (3.42) ε r kallas också för dielektricitetskonstanten. Den har värdet > 1 för övriga media än vakuum. Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson 3.15 Vi kan nu skriva polarisationen som P = D ε 0 E = (ε ε 0 )E = ε 0 (ε r 1)E (3.43) För tillräckligt stora värden på E bryts de elementära dipolerna upp då elektroner börjar dras ut ur dem. Då detta sker uppstår fri laddning och dielektriket blir ledande. Det värde på E över vilket detta sker kallas dielektricitets-styrka, och kan betecknas E ds. Dielektrikum ε r E ds glas kvarts 4,3 - koksalt 6,1 - trä 2,5-8,0 - etanol 28,4 - destillerat vatten, 20-0 Celsiusgrader 80,1-87,8 - luft, normalt tryck 1, teflon, naturgummi 2,1 - zinkoxid 3 - berylliumoxid 6 - bariumtitanat [RMC, Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson 3.16

9 Exempel : En punktladdning q inne i ett isotropiskt, linjärt dielektrikum med permittiviteten ε. Flödestätheten är D = ε 0 Ebr + P = ε 0 Ebr + χebr = εebr = Dbr (3.44) Gauss lag tillämpad på en sfärisk yta centrerad på laddningen: d.v.s. q = 4πr 2 D (3.45) Elfältet: D = q r (3.46) 4π r 3 E = Då ε r > 1 är E mindre än om laddningen var i vakuum! q 4πε r ε 0 r r 3 (3.47) Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson Randvillkor för fältvektorerna och potentialen Gauss lag på pillburken: där σ är extern laddning. Detta ger D 2,n A D 1,n A = σa (3.48) D 2,n = D 1,n + σ (3.49) Flödestäthetens normalkomponent är alltså diskontinuerlig om det finns extern laddning på gränsytan. Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson 3.18

10 Kurvintegralen ABCDA, med BC och DA infinitesimalt små, ger Eftersom r är i tangentens riktning fås E 2 r E 1 r = 0 (3.50) E 2,t = E 1,t (3.51) Obs: Enligt föregående ekvation är elfältets tangentiella komponent kontinuerlig. Eftersom E = ϕ måste vi då ha att ϕ är kontinuerlig, annars får vi ju inte utföra deriveringen! ϕ 1 (r rand ) = ϕ 2 (r rand ) (3.52) Detta strider inte emot diskontinuitetsvillkoret för flödestäthetens normal-komponent. Normalkomponenten är ju en annan derivata än den tangentiella komponenten, så den kan nog vara diskontinuerlig. Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson 3.19 Om man bildar en tub av flödeslinjer fås en flödestub som i figuren. Gauss lag för denna är dabn 2 D + 0 A 2 dabn 1 D = Q A 1 (3.53) Om (extern) ingen laddning i tuben fås att flödet bevaras: flödet genom A 1 och A 2 är detsamma. När (externa) laddningar är närvarande måste vi ha att flödeslinjer startar eller slutar på dessa, eftersom flödet då inte bevaras. Kraftlinjer, däremot, startar och slutar på extern och polariserad laddning, eftersom F = qe = q(d/ε 0 P). Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson 3.20

11 Exempel : Punktladdning q inbäddad i ett neutralt, sfäriskt dielektrikum. D r = q 1 (3.54) 4π r 2 ε 0 E vakuum,r = D r = εe r = εq 1 (3.55) 4π r 2 E vakuum,r = ε r E r = ε rq 1 4πε 0 r q 1 (3.56) 2 4πε 0 r 2 Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson Poisson-ekvationen och dess randvillkor Vi kom fram till D = ρ (3.57) Under antagande att dielektrika är isotropiska, linjära och homogena (ε ε(r)) har vi E = ρ ε (3.58) Om som tidigare E = ϕ så 2 ϕ = ρ ε (3.59) Poissons ekvation för dielektrika är som tidigare, men ε 0 har ersatts av ε. Laplace-ekvationen 2 ϕ = 0 (3.60) kan användas då man har dielektrika med enskilda punktladdningar, laddade eller neutrala ledare, eller dielektrika med enbart (externa) ytladdningsfördelningar. Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson 3.22

12 Elektrostatiska problem med ledare och (isotropiska, linjära, homogena) dielektrika består därför i lösning av Laplaces ekvation i separata regioner inne i de dielektriska medierna och i tomrummet mellan dessa och ledare och foga samman lösningarna med hjälp av randvillkoren. Exempel : Sfäriskt, oladdat dielektrikum med radien a i ett initialt likformigt fält E 0 i vakuum. Lösningen är från tidigare: ϕ 1 (r, θ) = A 2 r cos θ + B 2 r 2 cos θ, r > a, (3.61) ϕ 2 (r, θ) = C 2 r cos θ + D 2 r 2 cos θ, r < a, (3.62) Ett villkor får vi från det att ϕ 1 = E 0 z = E 0 r cos θ då r. Detta ger A 2 = E 0.. Då ϕ 2 bör vara definierad också i origo måste vi ha D 2 = 0. Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson 3.23 Tangentiella kompontenerna av elfältet ska vara kontinuerliga: Detta ger E 1,t (r = a, θ) = 1 ϕ 1 r θ = E 0 sin θ + B 2 a 3 sin θ (3.63) = E 2,t (r = a, θ) (3.64) = 1 r ϕ 2 θ = C 2 sin θ (3.65) E 0 + B 2 a 3 = C 2 (3.66) Flödets normalkomponenter är kontinuerliga, efterstom ingen extra laddning finns placerad på dielektriket: D 1,n (r = a, θ) = ε 1 ϕ 1 r = ε 1E 0 cos θ + ε 1 B 2 2a 3 cos θ (3.67) = D 2,n (r = a, θ) (3.68) = ε 2 ϕ 2 r = ε 2C 2 cos θ (3.69) Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson 3.24

13 Detta ger E 0 + 2B 2 a 3 = ε r C 2 (3.70) Summan av de två ekvationer vi nu fått är Detta ger Insättning ger 3B 2 a 3 = (1 ε r )C 2 (3.71) C 2 = 3B 2a 3 1 ε r (3.72) Insättning igen ger B 2 = ( E 0 + C 2 )a 3 = ε r 1 ε r + 2 E 0a 3 (3.73) C 2 = 3B 2a 3 1 ε r = 3E 0 ε r + 2 (3.74) Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson 3.25 Slutliga potentialen är alltså ϕ 1 (r, θ) = E 0 r cos θ + ε r 1 ε r + 2 E 0a 3 r 2 cos θ, r > a, (3.75) ϕ 2 (r, θ) = 3E 0 r cos θ, r < a, (3.76) ε r + 2 Elfältet inne i dielektriket? E 2 = ϕ 2 = 3 ε r + 2 E 0bz = konstant (3.77) Detta är ett konstant fält, som är parallellt med det yttre initialt likformiga elfältet. Polarisationen är P 2 = ε 0 (ε r 1)E 2 = 3ε 0 ε r 1 ε r + 2 E 0bz = konstant (3.78) Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson 3.26

14 Den radiella polarisationen: Polarisations-ytladdningen är P 2,r = ε 0 (ε r 1)E 2,r br = 3ε 0 ε r 1 ε r + 2 E 0 cos θ (3.79) Polarisations-volymladdningen är σ P = P 2 br = P 2,r (3.80) ρ P = P 2 = 0 (3.81) (a) Flödet D (totala flödet bevaras om inga externa laddningar), (b) elfältet E. Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson Bildladdningsmetoden för dielektrika För ledare hade vi tidigare att bildladdningen var inuti eller utanför ledaren, och vi sökte potentialen i den region som inte innehöll bildladdningar. I de situationer att vi har flera dielektrika kommer vi nu att ha bildladdningar inte bara i ett dielektrika utan i flera. Exempel : Punktladdning q i platsen ( d, 0, 0) i dielektrikum 1, som fyller regionen x < d. Dielektrikum fyller halvrummet x > 0. Avstånden från origo till den verkliga laddningen q och bildladdningen q är r = r = q (x ( d)) 2 + y 2 + z 2 (3.82) q (x d) 2 + y 2 + z 2 (3.83) Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson 3.28

15 Potentialen i dielektrikum 1 är ϕ 1 (x, y, z) = 1 «q 4πε 1 r + q r (3.84) Detta är summan av den verkliga laddningens potential och potentialen från bildladdningen i medium 2. Inne i medium 2 finns ingen verklig laddning. Men fältet från q känns av, och för att ha en möjlighet att forma det enligt randvillkoren uppfinner vi en ny bildladdning q, i dielektrikum 1, så att denna har samma position som den ursprungliga laddningen. Vi har nu ϕ 2 (x, y, z) = q 4πε 2 r + q 4πε 2 r q 4πε 2 r (3.85) 1. Kravet att potentialen ska vara kontinuerlig: ϕ 1 (0, y, z) = = ϕ 2 (0, y, z) = 1 4πε 1! q p d2 + y 2 + z + q p 2 d2 + y 2 + z 2 1 q p (3.86) 4πε 2 d2 + y 2 + z 2 Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson Kravet att flödestäthetens normalkomponent ska vara diskontinuerlig med beloppet σ = 0: ε 1 x ϕ 1 (0, y, z) = 1 «0 + d q 4π ((0 + d) 2 + y 2 + z 2 ) 0 d 3/2 q ((0 d) 2 + y 2 + z 2 ) 3/2 = ε 2 x ϕ 2 (0, y, z) = 1 4π q 0 + d (3.87) ((0 + d) 2 + y 2 + z 2 ) 3/2 Dessa villkor ger q + q = ε 1 ε 2 q (3.88) q + q = q (3.89) Subtrahera den senare från den förra. Vi får: q = q 2ε 2 ε 1 + ε 2 (3.90) Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson 3.30

16 Insättning i ekv. (3.88) ger q = q ε 1 ε 2 ε 1 + ε 2 (3.91) Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson Molekylärt elfält Vi såg tidigare att ett polariserat dielektrikum består av inducerade dipoler. Det fält som polariserar en enskild molekyl kallas molekylärt elfält. Detta är helt enkelt det totala fältet som påverkar molekylen, p.g.a. av andra dipoler och yttre laddningar. Molekylens eget dipolfält ingår inte i detta fält! Betrakta en sfärisk kavitet i ett dielektrikum, som befinner sig mellan två parallella ledande plan, vilka ger upphov till ett elfält E ext. I bilden är detta fält riktat från vänster till höger. I kavitetens mittpunkt finns det en molekyl (inte utritad). Vi vill nu veta det molekylära fältet i denna punkt. Antag att polarisationen är homogen, så att P = 0. Låt det depolariserande fältet från polarisationsladdningarna på de externa ytorna vara E depol. Detta fält går från höger till vänster (mot det yttre elfältet och mot polarisationsvektorn P). Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson 3.32

17 Det molekylära fältet är E m = E ext + E depol + E pol,yta + E (3.92) där E pol,yta är fältet från polarisationsladdningarna på kavitetetens yta, och E är fältet från dipoler innanför kaviteten. Det makroskopiska (genomsnittliga) elfältet i dielektriket är E = E ext + E depol (3.93) Med hjälp av Gauss lag tillämpad på en pillerburk som börjar i dielektriket och slutar i vakuum innan det ledande planet: Detta ger (ε 0 E + P )A ε 0 E ext A = 0 (3.94) ε 0 (E E ext ) = P (3.95) Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson 3.33 som ger Men eftersom E depol och P är riktade åt olika håll, så gäller E depol = 1 ε 0 P (3.96) E depol = 1 ε 0 P (3.97) Fältet från kavitetens ytpolarisation, taget i molekylens position: Laddningstätheten: σ P = P br = P cos θ. de pol,yta = 1 4πε 0 da σ P r r 3 (3.98) de pol,yta = P 4πε 0 r 2 dφ dθ sin θ cos θ r r 3 (3.99) Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson 3.34

18 Polarisationen är parallell med fältet, så enbart bidrag som har från noll avvikande projektion på polarisationens riktningsvektor överlever. Låt polarisationen vara i z-axelns riktning: eftersom b P br = 1 1 cos θ. de pol,yta bp = de pol,yta cos θ = P 2ε 0 dθ sin θ cos 2 θ (3.100) Svaret blir Eftersom detta är i polarisationens riktning, kan vi skriva E pol,yta bp = P 3ε 0 (3.101) E pol,yta = P 3ε 0 (3.102) Vi kommer att begränsa oss till fall där E är noll. Detta gäller om (i) det finns många dipoler inne i kaviteten, och de är alla parallella men slumpmässigt placerade, eller om (ii) dipolerna är arrangerade som i en kristall med kubisk symmetri. Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson 3.35 Vi har nu E m = E + E pol,yta + E = E + P 3ε 0 (3.103) Dielektrikets polarisation är proportionell mot det totala fältet, så då borde vi ha att en molekyls dipolmoment också är proportionellt mot (det molekylära) fältet. Man definierar den molekylära polarisabiliteten α med hjälp av p m = αe m (3.104) Vi hade ju i början att Detta kan skrivas P = dp dv (3.105) P = dn dv dp dn n dp dn = np m (3.106) där N är antalet molekyler i volymen dv där dp beräknas. n är atomernas nummer-densitet, SI-enheten blir 1/m 3. Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson 3.36

19 Vi får nu P = nαe m = nα E + P «3ε 0 (3.107) Eftersom P = χ e E får vi den så kallade Clausius-Mossotti-ekvationen: α = 1 n 3ε 0 χ e 3ε 0 + χ = 3ε 0 n εr 1 ε r + 2 Genom att mäta upp n och ε r kan vi alltså ta reda på polarisabiliteten. (3.108) Om vi ännu använder en enkel modell för hur en atom polariseras kan vi dessutom uppskatta atomens radie utifrån α. Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson 3.37 Approximera elektronkonfigurationen som en sfärisk, homogen laddningsfördelning. Då ett yttre elfält kopplas på kommer elektronmolnets masscentum att förskjutas från den positiva kärnan. Beteckna förskjutningen med x. Kraften på kärnan: Å andra sidan, enligt Coulombs lag: F k = e E m (3.109) F k = e E C (3.110) Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson 3.38

20 E C ges av Gauss lag: där R är elektronmolnets (= atomens) radie. 4πx 2 E C = 1 Q e = 1 e ε 0 ε 0 4πR 3 /3 4πx3 3, (3.111) Vi får: ee m = ee C = e ex (3.112) 4πε 0 R 3 så att ex = 4πε 0 R 3 E m (3.113) Eftersom p m = ex (3.114) p m = αe m (3.115) Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson 3.39 så har vi och p m = 4πε 0 R 3 E m = αe m (3.116) α = 4πε 0 R 3 (3.117) De värden man får för R med denna modell stämmer relativt bra med experimentella värden, förutsatt att man väljer lämpliga ämnen... R är av storleksordningen 1 Ångström, d.v.s. 0,1 nm eller m. Elektrodynamik, ht 2005, Krister Henriksson 3.40