Physical Remedy

\[\newcommand{\Co}{\operatorname C} \newcommand{\Am}{\operatorname A} \newcommand{\Vo}{\operatorname V} \newcommand{\Me}{\operatorname m} \newcommand{\Se}{\operatorname s} \newcommand{\Ne}{\operatorname N} \newcommand{\Fa}{\operatorname F} \newcommand{\Jo}{\operatorname J} \newcommand{\Om}{\operatorname\Omega} \newcommand{\Si}{\operatorname S} \newcommand{\Te}{\operatorname T} \newcommand{\Ga}{\operatorname G} \newcommand{\Wb}{\operatorname{Wb}} \newcommand{\He}{\operatorname H} \newcommand{\Ke}{\operatorname K} \newcommand{\Wa}{\operatorname W} \newcommand{\Var}{\operatorname{var}} \newcommand{\eV}{\operatorname{eV}} \newcommand{\v}{\vec} \newcommand{\b}{\boldsymbol} \newcommand{\d}{\mathrm d} \newcommand{\p}{\partial} \newcommand{\e}{\mathrm e} \newcommand{\j}{\mathtt j} \newcommand{\vare}{\varepsilon} \newcommand{\varp}{\varphi} \newcommand{\ome}{\omega} \newcommand{\the}{\theta} \newcommand{\Emo}{\mathcal E} \newcommand{\ovl}{\overline} \newcommand{\para}{\parallel} \newcommand{\t}{\tilde} \]

Gauss 定理的积分式可以从球面 Coulomb 定理推知，即

\[\oiint\b E\cdot\d\b S=\iiint\dfrac{\rho\d V}{\vare_0} \]

对左侧使用微积分的 Gauss 定理，有

\[\iiint(\nabla\cdot\b E)\d V=\iiint\dfrac{\rho\d V}{\vare_0} \]

令体积趋于 \(0\) 即由连续性得

\[\nabla\cdot\b E=\dfrac\rho{\vare_0} \]

即 Gauss 定律微分式。

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试探电荷能否在静电场中保持 力学平衡(mechanical equilibrium)？

• 即，该点处电场为零；给定微扰后，有 回复力(restoring force)令其向位移的反方向运动。

这等效于，所有电场线均指向该点。使用 Gauss 定律分析后，得出唯一的可能性是：在与该点重合的地方，有一个电性相反的点电荷。【但是这个反电性的电荷又要靠谁束缚呢？】

这可以等效于，纯靠电磁力不可能存在力学平衡态。使用管道限制鞍点的鞍向，可以存在力学平衡态；同理，使用交变电场可以产生电阱束缚之；同理，使用光照可以束缚之。

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对于电偶极子(electric dipole)，位矢 \(\b R\) 处的电势为 \(\varp=\dfrac{\b p\cdot\b R}{4\pi\vare_0R^3}\)；电场为 \(E=\dfrac p{4\pi\vare_0}=\dfrac{\sqrt{3\cos^2\theta+1}}{R^3}\)，其中 \(\theta\) 是 \(\b R\) 与 \(\b p\) 的夹角。

• 也可以写成一坨的 \(\b E=\dfrac1{4\pi\vare_0}\left(\dfrac{3(\b p\cdot\b R)\b R}{R^5}-\dfrac{\b p}{R^3}\right)\)。特别地，中垂线上的 \(\b R\)，前一项为零，式子退化为 \(\b E=-\dfrac1{4\pi\vare_0}\dfrac{\b p}{R^3}\)。

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电偶极子的另一种理解方式：

初始两电荷重合抵消，全空间无电场、无电势。

现在，令正电荷沿 \(\b z\) 方向移动了小位移 \(\Delta\b z\)。在某点产生的电势，相当于该场点在正电荷电场中移动小位移 \(-\Delta\b z\) 的电势变化。

于是，将电偶极子看作正电荷移动 \(\dfrac{\b l}2\)，负电荷移动 \(-\dfrac{\b l}2\)，二者产生的电势变化并非抵消而是同号叠加。于是

\[\Delta\varp=\Delta\varp^++\Delta\varp^- \\=\dfrac q{4\pi\vare_0}\nabla\dfrac1R\cdot(-\dfrac{\b l}2)-\dfrac q{4\pi\vare_0}\nabla\dfrac1R\cdot\dfrac{\b l}2 \\=-\dfrac1{4\pi\vare_0}\b p\cdot\nabla\dfrac1R \]

注意，此处推导依赖于 \(R\gg l\) 的前提，此时 \(\b R\) 附近两电荷的电场均可以直接用 \(\dfrac q{4\pi\vare_0}\nabla\dfrac1R\) 近似表达。

而 \(\nabla\dfrac1R=-\dfrac{\b R}{R^3}\)，于是

\[\varp=\dfrac1{4\pi\vare_0}\dfrac{\b p\cdot\b R}{R^3} \]

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计算带电体 \(V'\) 在 \(\b R\) 处的电势，为

\[\varp=\int_{V'}\dfrac{\rho(\b r')\d V}{4\pi\vare_0 r} \]

其中 \(\b r'\) 是被积点的位矢，\(r=|\b R-\b r'|\)。

若 \(R\sim r\gg r'\)，则 Taylor 展开可知 \(\dfrac1r=\dfrac1R-\b r'\cdot\nabla\dfrac1R+\dfrac1{2!}\sum\limits_{i,j}r'_ir'_j\dfrac{\p^2}{\p r_i\p r_j}\dfrac 1R+\dots\)，于是

\[\varp=\dfrac1{4\pi\vare_0}\int\rho(\b r')\left(\dfrac1R-\b r'\cdot\nabla\dfrac1R+\dfrac1{2!}\sum\limits_{i,j}r'_ir'_j\dfrac{\p^2}{\p r_i\p r_j}\dfrac 1R+\dots\right)\d V \]

其中，零次项即将其当作点电荷，一次项当作电偶极子，二次项是电四极子……

即，

\[\varp=\dfrac1{4\pi\vare_0}\dfrac QR-\b p\cdot\nabla\dfrac1R+\dfrac16\sum_{i,j}D_{i,j}\dfrac{\p^2}{\p r_i\p r_j}\dfrac1R+\dots \]

其中

\[Q=\int\rho(\b r')\d V' \\\b p=\int\rho(\b r')\b r'\d V' \\D_{i,j}=\int 3r_i'r_j'\rho(\b r')\d V' \]

电四极子衡量球面分布，球对称的电荷分布没有四极矩。两个重合的偶极子反接重合，无电场；然后偶极子各自平移，产生电场即为四极子。四极矩可以由偶极子电势微分得到。

如 \(\text H_2\text O\) 等极性分子，可以被当作偶极子（总电荷为零，但偶极矩非零）；\(\text{CO}_2\) 等非极性分子，可以当成两个偶极子重叠构成的四极子（总电荷、偶极矩均为零，只能考虑四极矩）。

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导体的场合。导体产生的电场不好研究，因为导体电子在外电场影响下会重分布。

• 咋办？猜分布、验证是否是等势面！由唯一性定理，只要猜中就是唯一解！

无导体时的唯一性定理：

在体积 \(V\) 中，若已知电荷分布 \(\rho(\b x)\)【注意：\(\rho(\b x)\) 是固定电荷分布，不是导体中的流动电荷】，且给定下列二者与边界有关信息之一：

• 边界电势 \(\varp|_S\)。
• 边界法向电势导数（法向电场强度）\(\left.\dfrac{\p\varp}{\p\b n}\right|_S\)。

则内部电场即可唯一确定。

引理：由 Gauss 定理，

\[\int(\nabla\cdot\b C)\d V=\int \b C\cdot\d\b S \]

现在，若满足 \(\b C=\Phi\nabla\varp\)，其中 \(\Phi,\varp\) 是任意标量场，则

\[\int(\nabla\cdot\b C)\d V=\int \b C\cdot\d\b S \\\int(\Phi\nabla^2\varp+\nabla\Phi\cdot\nabla\varp)\d V=\int(\Phi\nabla\varp)\cdot\d\b S \\=\int\Phi\dfrac{\p\varp}{\p\b n}\d S \]

上式称作 Green 定理。

因为 \(\nabla\cdot\b E=\dfrac{\rho}{\vare_0}\)，而 \(\b E=-\nabla\varp\)，因此有 \(\nabla^2\varp=-\dfrac{\rho}{\vare_0}\) 的 Poisson 方程。

现在，假设存在两个满足唯一性定理条件的分布 \(\varp,\varp''\)，则在内部均满足 Poisson 方程。

令 \(U=\varp'-\varp''\)，则在 \(V\) 内部有 \(\nabla^2U=0\) 的条件；边界上条件为：

• 电势处处为零。
• 电势法向导数为零

二者之一。

现在，在 Green 定理中，令 \(\varp=\Phi=U\)，则

\[\\\int(U\nabla^2U+\nabla U\cdot\nabla U)\d V= \int U\dfrac{\p U}{\p\b n}\d S \]

因为或者 \(U=0\)，或者 \(\dfrac{\p U}{\p\b n}=0\)，所以 RHS 为零。

而因为在内部 \(\nabla^2U\) 处处为零，所以 \(\int(\nabla U)^2\d V=0\)。于是可知 \(\nabla U\) 处处为零，即其在空间内部为常数。

若给定的边界条件是边界电势，则易知 \(U=0\)，可知解唯一；若给定的边界条件是边界梯度，则解之间相差常数。

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现在，扩充唯一性定理至有导体的场合。

则：

• 在无导体的空间上，电荷分布给定。
• 在每个导体的电势/电荷给定。
• 边界的电势/电势梯度给定。

此时电场唯一分布。

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Image charge 法：

在导体内部幻想一些电荷，保持导体的边界条件不变。于是可以用幻想出的电荷来替代导体中的诱导电荷。

例：无限接地面。对一侧镜像到另一侧，则接地面上电场处处为零。

例：接地球。对接地球外一点，其镜像点即为与其互动形成阿氏球恰为该接地球的另一点。

• 如果是非接地球呢？在球心放一个与幻想电荷电量相反之电荷即可。

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Image Charge 法不一定能用。更常见的场合，在分析导体内部的电场时，还是只能处理如下的问题，即有边界条件的 Laplace 方程

\[\nabla^2\varphi=0 \]

三维的场合，常常没有解析解；但是，如果是二维或近似二维，即电场在 \(z\) 轴方向没有或几乎没有变化的场合，则 Laplace 方程退化为 Poisson 方程

\[\dfrac{\p^2x}{\p x^2}+\dfrac{\p^2y}{\p y^2}=0 \]

此时可以使用复变函数方法解决。

对于解析函数，其满足额外的 C-R 方程条件：

\[u_x=v_y \\u_y=-v_x \]

再求导可知，解析函数的实部与虚部均满足 Laplace 方程，即

\[u_{xx}+u_{yy}=0 \\v_{xx}+v_{yy}=0 \]

• 除此之外，还有额外条件 \(\nabla u\cdot\nabla v=0\)，即 \(u,v\) 的等势线处处正交。

则，如果可以将 \(\varp\) 扩充为一个解析函数的实部或虚部之一，则其即满足条件。

而二维的场合，取一个为等势线，一个为电场线，则其满足要求！

首先，有

\[E=-\nabla V=-V_x-iV_y \]

然后，

\[W=-\int_A^B\b E\cdot\d\b l \\=\int_A^B(V_x+iV_y)\cdot(\d x+i\d y) \\=\int_A^BV_x\d x+V_y\d y \\=V(B)-V(A) \]

其中，\(\cdot\) 被看作是复数之间的点乘，实部虚部分别相乘；\(\d\b l\) 是路径 \(AB\) 上的长度微元。

而令

\[N=\int_A^B\b E\cdot\d\b s \\=-\int_A^B(V_x+iV_y)\cdot(-\d y+i\d x) \\=\int_A^B(V_x\d y-V_y\d x) \\=:\int_A^BU_y\d y+U_x\d x \\=U(B)-U(A) \]

这里的 \(\d\b s\) 是法向量与路径垂直的面积微元的法向量；\(U\) 是一个人为定义的通量函数（类似电流密度函数的概念）；沿电场线走，通量 \(U\) 处处不变。

这么搞之后，有

\[E=-V_x-iV_y=-V_x-iU_x=(-i)\bar f'(z) \]

则

\[f'(z)=(-i)\bar E \]

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假如我们已知 \(f(z)\)，则其实部即为电通量 \(U\)，虚部即为电势 \(V\)；\(U\) 等势即为电场线，\(V\) 等势即为电势线；\(f(z)\) 被称为 复势。

带电长直导线的电场为

\[\b E=\dfrac\lambda{2\pi\vare_0r^2}\b r \]

用复数表示就是

\[\dfrac\lambda{2\pi\vare_0\bar z} \]

于是知

\[f'(z)=(-i)\dfrac\lambda{2\pi\vare_0z} \]

积分即知

\[f(z)=(-i)\dfrac\lambda{2\pi\vare_0}\ln z \]

这即为长直导线复势公式。

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在所有 \(x\in\Z,z=0\) 处，放置着无限长垂直 \(y\) 轴导线。则在 \(x,z\) 两维上满足 Laplace 方程

\[\dfrac{\p^2\varp}{\p x^2}+\dfrac{\p^2\varp}{\p z^2}=0 \]

通过 Fourier 展开，猜想每一项是

\[\varp_n=F_n(z)\cos\dfrac{2\pi nx}a \]

的形式。代入得到应有

\[\dfrac{\d^2F_n(z)}{\d z^2}-\dfrac{4\pi^2n^2}{a^2}F_n(z)=0 \\F_n(z)=A_ne^{-z/z_0},z_0=a/2\pi n \]

因此，\(\varp_n\) 关于 \(z_0\) 为比例快速衰减。同时，有 \(F_0(z)=-E_0z+C\)，于是有总式子

\[\varp=-E_0z+\sum A_ne^{-z/z_0(n)}\cos\dfrac x{z_0}+C \]

当 \(z\gg z_0(n)\) 时，有 \(E=E_0\)。这说明，数根铁棒编织成的网络就足以起到静电屏蔽之作用，密封性不用卡太死。

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电场中存储着电势能。

电势能

\[U=\dfrac12\int\varp\d q=\dfrac12\int\varp\rho\d V \]

而由 Gauss 定理，\(\nabla^2\varp=-\rho/\vare_0\)，因此有

\[U=-\dfrac{\vare_0}2\int\varp\nabla^2\varp\d V \\=-\dfrac{\vare_0}2\int(\nabla\cdot(\varp\nabla\varp)-\nabla\varp\cdot\nabla\varp)\d V \\=\dfrac{\vare_0}2\int\|\b E\|^2\d V-\dfrac{\vare_0}2\int(\varp\nabla\varp)\cdot\d\b S \]

注意，\(U\) 的积分是全空间的，因此后一项的 \(S\) 应该膨胀趋于无穷；然后因为电荷分布是局域的而非全空间的，在充分远处有 \(\varp\sim\dfrac1r\)，而 \(\nabla\varp\sim\dfrac1{r^2}\)，但 \(S\sim r^2\)，因此 \(S\to\infty\) 时最后的积分趋于 \(0\)。因此即有

\[U=\int\dfrac12\vare_0E^2\d V \]

其中 \(\dfrac12\vare_0E^2\) 即为电磁场的局域能量。

• 这个模型对于点电荷的场合无效：计算可知理想点电荷的能量趋于无穷。因此存在经典的电子半径 \(r_c\approx2.82\times10^{-15}\Me\)，小于该半径则电荷无法被当成点电荷。
• 因此，当任意形式下牵涉到点电荷时，再用全空间电场积分就不对了！
• 当同时牵扯到点电荷和连续电荷时，我们唯一能使用的公式就是 \(\dfrac12(\int\varp_1\d q+\sum\varp_2q)\)；其中，\(\varp_1\) 是空间中该点的电场，\(\varp_2\) 是空间中除 \(q\) 外其它物体生成的电场。

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忽略边缘效应，则两极板间的电容为

\[C=\dfrac QV=\dfrac{A\vare_0}d \]

其中 \(A\) 是极板面积、\(d\) 是距离。

现在往中间插一块厚度为 \(b\) 的导体板，易知电容变为原本的 \(\dfrac d{d-b}\) 倍。

现在往中间插一块绝缘体板。在靠近正电荷的一侧，感应出少量负电荷（但不如导体板的场合那么多）；在靠近负电荷的一侧同理。在绝缘体板与电容板间，电场不变；在绝缘体板内部，电场变小，但没有像导体版的场合一样衰减至零。因此，插入绝缘体板后，电势差变小，但没有像导体的场合一样小，因此电容变大，但不会到 \(\dfrac d{d-b}\) 的限度。

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电极化强度 \(\b P=Nq\b\delta\)。因此，\(\b P\) 与电荷面密度 \(\sigma\) 有相同量纲，并且有 \(\sigma_{pol}=\b P\cdot\b e_n\)，其中 \(\sigma_{pol}\) 是极化电荷面密度。

有

\[\oint\b P\cdot\d\b S=-\sum q'_{in}=\sum q'_{out} \]

并且

\[\oint\b E\cdot\d\b S=\dfrac{\sum q_{in}+\sum q'_{in}}{\vare_0} \]

因此

\[\oint(\vare\b E+\b P)\d\b S=\sum q_{in} \]

即

\[\oint \b D\cdot\d\b S=\sum q_{in} \]

其中 \(\b D=\vare\b E+\b P\)，和面电荷有相同量纲。当 \(\b P=\chi\vare_0\b E\) 时，有 \(\b D=(1+\chi)\vare_0\b E=\kappa\vare_0\b E\)。

极化强度的 Gauss 定理：\(\rho_{pol}=-\nabla\cdot\b P\)。

越能导的物体，介电常数越大；金属的常数是无穷，因为它可以把电子移到无穷远，因此 \(\b P=\b\infty\)。

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现在，提出电介质问题的方法论。

\(\b P\)，\(\b E\)，\(\b E_0\) 互相影响。这不牛！

但是 \(\b D\) 只与自由电荷 (free charge) 有关，因此可以列 \(\b D\) 的 Gauss 定律等算 \(\b D\)，然后由 \(\b D=\vare\b E\) 的关系算得 \(\b E\)，然后由 \(\b E\) 即可知 \(\b D\)。

例：宽为 \(d\) 的无限大电介质板，相对介电系数 \(\vare_r\)，内部均匀分布电荷 \(\rho_0\)。

取圆筒，筒的两个底面均在介质板外，则有

\[2DS=\rho_0dS \\D=E=\dfrac{\rho_0d}2 \]

取圆筒，筒的两个底面均在介质板内，则有

\[2DS=\rho_02xS \\D=\rho_0x \\ E=\dfrac{\rho_0x}{\vare_r\vare_0} \\ P=\dfrac{(\vare_r-1)\rho_0x}{\vare_r\vare_0} \]

其中 \(x\) 是圆筒距介质板中心的距离。