物理学不存在了？！

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

两距离 $d$ 、分别为 $\rho$ 和 $-\rho$ 、半径为 $R$ 的电荷分布，对二者共同外部的场点的电场作用等效于 $\b p=Q\b d$ 的偶极子电场；对内等效于

E = \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{4}{3} ρ π (r_{+} - r_{-}) = - \frac{ρ}{3 ε_{0}} d

$\b E=\dfrac1{4\pi\vare_0}\dfrac43\rho\pi(\b r_+-\b r_-) \\=-\dfrac{\rho}{3\vare_0}\b d$

的常数。

现在令 $d\to0,\rho\to\infty$ 。通过适当地调整二者趋近的比率，我们可令其等效于面密度为 $\sigma=\sigma_0\cos\theta$ 的球面，满足 $\sigma_0=\rho d$ 。此时，对内电场为 $\dfrac{\sigma_0}{\vare_0}\b e$ 的匀强电场，对外为 $\b p=\dfrac43R^3\sigma_0\b e$ 的电偶极子场。

这个模型可以用于解决以下问题：

匀强电场中放进去的一个导体球。
匀强电场中放进去的一个电介质球。

唯一性定理：以下条件均确定时，电场唯一确定：

边界条件 $\varp|_S$ 或 $\left.\dfrac{\d\varp}{\d\b n}\right|_S$ 处处给定。
导体的边缘电势 $\varp$ 或总电荷量 $Q$ 给定。
非导体区域的电荷分布 $\rho$ 给定。

使用电像法时，要注意以下条件：

电像只能出现在不考虑的空间中。
接地导体只需保证零势，而不接地导体需要同时保证等势和等电荷。

例如，接地球壳和外界的电荷 $q$ ，只需在反演点上放一个 $q'$ ，即可保证球壳零势；倘若不接地，那就要在球心补一个电荷。

同理，讨论接地球壳内部的电荷 $q$ ，也是在反演点上放 $q'$ ；但不接地时，补充的电荷就不能放在圆心，而应该均匀地弥散在球壳上，而球壳上均匀电场对内部没有影响。也即，不接地球壳内部电场与球壳上带电如何以及球壳外部带电如何均无关。

半径为 $a$ 的接地导体球，在距球心 $d$ 的位置放一个 $\b p$ 指向球心的偶极子。

$(+q,d-\dfrac l2)$ 的电像为 $(-\dfrac a{d-\dfrac l2}q,\dfrac{a^2}{d-\dfrac l2})\approx(-\dfrac ad(1+\dfrac l{2d})q,\dfrac{a^2}d(1+\dfrac l{2d}))$ ；

$(-q,d+\dfrac l2)$ 的电像为 $(\dfrac a{d+\dfrac l2}q,\dfrac{a^2}{d+\dfrac l2})\approx(\dfrac ad(1-\dfrac l{2d})q,\dfrac{a^2}d(1-\dfrac l{2d}))$ ；

可以被看作 $\dfrac{a^2}d$ 处一个点电荷 $q'=-\dfrac{al}{d^2}q=-\dfrac{a\|\b p\|}{d^2}$ 与一个偶极子 $\b p'=\dfrac{a^3}{d^3}\b p$ 。

静电能最本质的视角是 $\omega=\dfrac12\vare_0E^2,U=\int\omega\d V$ （电场式）。这体现了能量储于场内的想法。

其等价式是 $U=\int\dfrac12\varp\d q$ （电荷式）。

在涉及到点电荷的场合，二者结果不同：电荷式未考虑点电荷的自能，因此结果一般是收敛的；电场式会考虑点电荷自能，因此结果是发散的。但是，静电能一般被用于计算做功，因此做差时自能会抵消，此时两方法计算结果相同。

电介质不会改变场：它的效果是在源（自由电荷）处生成一批电性相反的极化电荷，让总 $\rho=\dfrac{\vare_0}{\vare}\rho_0$ ；在界面处生成一批界面极化电荷，让其在界面处满足 $D$ 线折射原理，即：

$\b E_\para$ 在界面两侧相同。
$\b D_\perp$ 在界面两侧相同【注意：这一点要求界面上不存在自由电荷；一般而言，该条件总是满足的】。

其唯一性定理因此只需额外验证界面处的折射原理即可。

因此，电介质中电像法的方法论就是：

用总电荷 $\rho$ 取代自由电荷 $\rho_0$ ，以考虑源极化电荷。
在待考虑区域外放置一批像电荷，效果是满足折射原理。
这样之后，直接扔掉电介质。

具体例子是：令平面上方为介电系数 $\vare_1$ 的电介质，平面下方为 $\vare_2$ 电介质，平面上空 $h$ 距离有一个电荷 $q_0$ 。

首先，第一步是用 $q=\dfrac{\vare_0}{\vare_1}q_0$ 取代 $q_0$ 。然后，在计算平面上方电势时，我们在 $q$ 的对称点放一个 $q'$ ，计算得到上方 $d$ 处有

D_{⊥} = ε_{1} E_{⊥} = ε_{1} (\frac{q}{4 π ε_{0} (h^{2} + d^{2})} \cdot \frac{h}{\sqrt{h^{2} + d^{2}}} - \frac{q^{'}}{4 π ε_{0} (h^{2} + d^{2})} \cdot \frac{h}{\sqrt{h^{2} + d^{2}}}) = \frac{ε_{1} h (q - q^{'})}{4 π ε_{0} (h^{2} + d^{2})^{3 / 2}} E_{∥} = \frac{q}{4 π ε_{0} (h^{2} + d^{2})} \cdot \frac{d}{\sqrt{h^{2} + d^{2}}} + \frac{q^{'}}{4 π ε_{0} (h^{2} + d^{2})} \cdot \frac{d}{\sqrt{h^{2} + d^{2}}} = \frac{d (q + q^{'})}{4 π ε_{0} (h^{2} + d^{2})^{3 / 2}}

$D_\perp=\vare_1E_\perp=\vare_1(\dfrac q{4\pi\vare_0(h^2+d^2)}\cdot\dfrac{h}{\sqrt{h^2+d^2}}-\dfrac{q'}{4\pi\vare_0(h^2+d^2)}\cdot\dfrac{h}{\sqrt{h^2+d^2}}) \\=\dfrac{\vare_1h(q-q')}{4\pi\vare_0(h^2+d^2)^{3/2}} \\E_\para=\dfrac q{4\pi\vare_0(h^2+d^2)}\cdot\dfrac{d}{\sqrt{h^2+d^2}}+\dfrac{q'}{4\pi\vare_0(h^2+d^2)}\cdot\dfrac{d}{\sqrt{h^2+d^2}} \\=\dfrac{d(q+q')}{4\pi\vare_0(h^2+d^2)^{3/2}}$

在计算下方电势时，在 $q$ 处放一个 $q''$ ，计算得到下方 $d$ 处有

D_{⊥}^{'} = \frac{ε_{2} h (q + q^{″})}{4 π ε_{0} (h^{2} + d^{2})^{3 / 2}} E_{∥}^{'} = \frac{d (q + q^{″})}{4 π ε_{0} (h^{2} + d^{2})^{3 / 2}}

$D'_\perp=\dfrac{\vare_2h(q+q'')}{4\pi\vare_0(h^2+d^2)^{3/2}} \\E'_\para=\dfrac{d(q+q'')}{4\pi\vare_0(h^2+d^2)^{3/2}}$

因此有

{\begin{cases} ε_{1} (q - q^{'}) = ε_{2} (q + q^{″}) \\ q^{'} = q^{″} \end{cases}

$\begin{cases} \vare_1(q-q')=\vare_2(q+q'') \\q'=q'' \end{cases}$

解得

q^{'} = q^{″} = \frac{ε_{1} - ε_{2}}{ε_{1} + ε_{2}} q

$q'=q''=\dfrac{\vare_1-\vare_2}{\vare_1+\vare_2}q$

好像不太对？

另一种思路：不用 $q=\dfrac{\vare_0}{\vare_1}q_0$ ，而是在计算上方信息时，假设全平面都充满 $\vare_1$ ，并在镜像点放 $q'$ ，算上方电势与 $\b D$ ；在计算下方信息时，假设全平面都充满 $\vare_2$ ，并在电荷处放 $q''$ ，算下方电势与 $\b D$ 。需要保证 $\b D$ 的连续以及电势的连续，这样两侧的空间即可吻合起来。依此法解得 $q'=\dfrac{\vare_1-\vare_2}{\vare_1+\vare_2}q_0=-q''$ 。

使用法一，解得

$E_\perp=\dfrac{h\dfrac{2\vare_2}{\vare_1+\vare_2}\dfrac{\vare_0}{\vare_1}q_0}{4\pi\vare_0(h^2+d^2)^{3/2}} \\E'_\perp=\dfrac{h\dfrac{2\vare_1}{\vare_1+\vare_2}\dfrac{\vare_0}{\vare_1}q_0}{4\pi\vare_0(h^2+d^2)^{3/2}} \\E_\para=E'_\para=\dfrac{d\dfrac{2\vare_1}{\vare_1+\vare_2}\dfrac{\vare_0}{\vare_1}q_0}{4\pi\vare_0(h^2+d^2)^{3/2}}$
使用法二，解得

$E_\perp=\dfrac{h\dfrac{2\vare_2}{\vare_1+\vare_2}q_0}{4\pi\vare_1(h^2+d^2)^{3/2}} \\E_\para=\dfrac{d\dfrac{2\vare_1}{\vare_1+\vare_2}q_0}{4\pi\vare_1(h^2+d^2)^{3/2}} \\E'_\perp=\dfrac{h\dfrac{2\vare_2}{\vare_1+\vare_2}q_0}{4\pi\vare_2(h^2+d^2)^{3/2}} \\E'_\para=\dfrac{d\dfrac{2\vare_2}{\vare_1+\vare_2}q_0}{4\pi\vare_2(h^2+d^2)^{3/2}}$
两个结果是相同的！只不过第一种比较激进，直接把电介质丢了，第二种没那么激进，还留着电介质。其实第二种比较容易理解，但是第一种比较方便。

有电介质时，公式 $\int\dfrac12\vare_0E^2\d V$ 包含了电介质的极化能；而我们不能直接对电介质做功，因此应刨除极化能。此时可以使用公式 $\omega_f=\dfrac12\b D\cdot\b E=\dfrac12\vare E^2$ 处理之；其对应的电荷式即为 $\int\dfrac12\varp\rho_f\d V$ ，其中 $\varp$ 是电势， $\rho_f$ 是自由电荷密度。

均匀带电线段的等势线为椭圆，其焦点即为带点线段的端点。因此，旋转椭球导体的像电荷即可取连接焦点的带电线段。但是如果这个椭球很扁，即是关于长轴旋转而非短轴旋转的椭球，那焦点线段则无法作为其像电荷。此时一种可行方法是强行套用短轴旋转公式，此时涉及到对一个虚数求 $\operatorname{arcsinh}$ 。大力求即可。

Bonus：

要计算体 $A$ 对体 $B$ 的力，可以直接计算体 $A+B$ 对体 $B$ 的力： $B$ 对 $B$ 的力中，两个电荷元 $\d q_1,\d q_2$ 的相互作用大小相等方向相反抵消了。需要注意的是， $A+B$ 对 $B$ 的力中，要忽略面元对自身的力（没人和它抵消）。

具体而言，求左球壳对右球壳的力时，考虑面元 $\d\sigma$ ，其附近电场为 $\dfrac\sigma{\vare_0}$ ，但是其中有其自身产生的电场（可以看作无限大平板的电场，即 $\dfrac{\sigma}{2\vare_0}$ ），因此外界产生电场即为 $\dfrac{\sigma}{2\vare_0}$ ，依照此规则对右球壳积分即可。

事实上，在考虑导体表面面元 $\d S$ 的受力时，其表面外近邻处电场强度设为 $E$ ，而其表面内近邻处电场强度为 $0$ ，这个变化来自于 $\d S$ 自身产生的电场，其强度应为 $\dfrac E2$ ，搭配上除 $\d S$ 外其它元对其电场也是 $\dfrac E2$ ；在外部，二者同向，和电场 $E$ ；在内部，二者反向，和电场 $0$ 。因此，任何面元（不一定是球面元）受场均为 $\dfrac E2$ ，受力即为 $\dfrac{E\d\sigma}2$ 。而因为 $\sigma=\vare_0E$ ，因此有 $\d F=\dfrac12\vare_0E^2=\omega$ ，也即 面元受力恰等于该处的电场能量密度。

特别地，如果该面元 $\d S$ 浸于电介质中，有 $D=\sigma_f$ ，因此 $\sigma_f=\dfrac E\vare$ ；其受场也为 $\dfrac E2$ ，受力为 $\dfrac12\vare E^2$ ，等于非极化能量密度。

现在考虑求左大球壳对右小球壳的作用力。因为整大球壳对右小球壳作用力为零，因此左大对右小加右大对右小等于零；而右大对右小显然等于负的左大对左小，因此左大对右小等于左大对左小，等于二分之一的左大对整小。左大对整小等于整小对左大，这是易算的。

$\vare_1,\vare_2$ 电介质的界面上放了点电荷 $q$ 。这时，盲猜有一个 $\b E=A\dfrac{\hat{\b r}}{r^2}$ ，然后取以 $q$ 为球心的球面应用 $\b D$ 的 Gauss 定理即可解得 $A$ 。

同理，有两个垂直的面，一个电势为 $\varp_0$ ，一个电势为 $0$ ，则可以猜一个电势公式是 $\dfrac{2\varp_0}\pi\theta$ 。

Dirac 函数 $\delta(\b r)$ 是一个具有如下妙妙性质的函数：

$\delta(\b r)=\begin{cases}1&(\b r=\b0)\\0&(\b r\neq\b0)\end{cases}$ 。
$\int_\infty\delta(\b r)=1$ 。

其可以被用于定义一些奇特东西的散度，例如 $\nabla\cdot\dfrac{\b e_r}{r^2}=4\pi\delta(\b r)$ 。也即，如果对电场求散度时得到含有 $\delta(\b r)$ 的项，则表明原点处存在相应的点电荷（而非电荷密度）。

有一坨导体或者电介质，现在某个其它东西对其整体的作用力。

咋办？可以转成这坨玩意对其它东西的作用力，然后发现，这坨玩意对外界的电场完全等效于像电荷的电场，于是只需计算全体像电荷对其它东西的作用力即可。

特别地，这所谓“其它东西”可能恰好是另一坨导体或电介质，此时相互作用力即为两两像电荷间作用力。

同时，对于接地的导体，有结论是导体上总感应电荷恰等于像电荷总和。

由 $\b P$ 求极化电荷。在 $\b P$ 连续的场合，显然有 $\nabla\cdot\b P=-\rho_b$ ；不连续的场合仅发生在 $\vare_r$ 不连续的界面，此时有 $(\b P_2-\b P_1)\cdot\b n=\sigma_b$ 。

由 $\b P$ 求电偶极矩。则 $\b p=\int\b P\d V$ 。

一些量纲问题。例如，若 $E=\dfrac Ar$ ，其中 $A$ 是常量， $r$ 是距离，则积分算电势时会出现 $\ln r$ 这样的项。但是，在物理中，我们不能对一个含单位的量求 $\ln$ 或是 $\exp$ ，实际上必须使用定积分，这样会有 $\ln r_2-\ln r_1=\ln\dfrac{r_2}{r_1}$ 这样的无量纲化过程。也因此，电荷均匀导线的电势需要有一个非无穷远处的锚定零势点。

例题：无限长圆筒，半径为 $R$ ，电荷分布为 $\sigma=\sigma_1\sin2\theta+\sigma_2\cos\theta$ ，求电势。

首先摘出一个模型： $\sigma_0\cos\theta$ 的电荷分布对应的电势？

将其拆成 $\sigma_0=\rho d$ 的 $\pm\rho$ 两个圆。对于一个 $\rho$ 圆，圆内电场有 $2\pi rE=\dfrac{r^2\pi\rho}{\vare_0}$ ，即 $\b E=\dfrac{\rho\b r}{2\pi\vare_0}$ ；圆外电场有 $2\pi rE=\dfrac{R^2\pi\rho}{\vare_0}$ ，即 $E=\dfrac{R^2\rho}{2\vare_0r}$ 。现在有两个圆，于是两圆交中有 $\b E=\dfrac\rho{2\vare_0}(\b r_+-\b r_-)=-\dfrac{\rho d}{2\vare_0}\b e_x=-\dfrac{\sigma_0}{2\vare_0}\b e_x$ ；两圆外有

φ = \frac{R^{2} ρ}{2 ε_{0}} \ln \sqrt{\frac{\frac{d^{2}}{4} + r^{2} + r d \cos θ}{\frac{d^{2}}{4} + r^{2} - r d \cos θ}} \approx \frac{R^{2} ρ}{2 ε_{0}} \ln \sqrt{\frac{1 + \frac{d}{r} \cos θ}{1 - \frac{d}{r} \cos θ}} \approx \frac{R^{2} ρ}{2 ε_{0}} \ln (1 + \frac{d}{r} \cos θ) \approx \frac{R^{2} ρ d \cos θ}{2 ε_{0} r} = \frac{R^{2} σ_{0} \cos θ}{2 ε_{0} r}

$\varp=\dfrac{R^2\rho}{2\vare_0}\ln\sqrt{\dfrac{\dfrac{d^2}4+r^2+rd\cos\theta}{\dfrac{d^2}4+r^2-rd\cos\theta}} \\\approx\dfrac{R^2\rho}{2\vare_0}\ln\sqrt{\dfrac{1+\dfrac dr\cos\theta}{1-\dfrac dr\cos\theta}} \\\approx\dfrac{R^2\rho}{2\vare_0}\ln(1+\dfrac dr\cos\theta) \\\approx\dfrac{R^2\rho d\cos\theta}{2\vare_0r} \\=\dfrac{R^2\sigma_0\cos\theta}{2\vare_0r}$

而圆内即有

φ = \frac{σ_{0} r \cos θ}{2 ε_{0}}

$\varp=\dfrac{\sigma_0r\cos\theta}{2\vare_0}$

现在考虑 $\sigma_0\sin2\theta$ 对应的电势。使用保角变换 $z\mapsto\dfrac{z^2}R$ ，原始 Poisson 方程变为 $\dfrac{\sigma_0}2\sin\theta$ 的新方程，有电势为

注意，这一步推导不能从物理角度看，而应该把它当成一个完全的数学问题：在边界上一圈有 $\varp\cdot\b n=-\dfrac{\sigma}{\vare_0}$ 的关系，通过保角变换后得到一个新的关系，新关系的系数有一个 $\dfrac12$ 的常数；不需要思考下半平面的点被变换到哪里去了。

φ (r \geq R) = \frac{R^{2} σ_{0} \sin θ}{4 ε_{0} r} φ (r \leq R) = \frac{σ_{0} r \sin θ}{4 ε_{0}}

$\varp(r\geq R)=\dfrac{R^2\sigma_0\sin\theta}{4\vare_0r} \\\varp(r\leq R)=\dfrac{\sigma_0r\sin\theta}{4\vare_0}$

现在还原为原坐标系，即有

φ (r \geq R) = \frac{R^{2} σ_{0} \sin 2 θ}{4 ε_{0} r^{2} / R} = \frac{R^{3} σ_{0} \sin 2 θ}{4 ε_{0} r^{2}} φ (r \leq R) = \frac{σ_{0} r^{2} / R \sin 2 θ}{4 ε_{0}} = \frac{σ_{0} r^{2} \sin 2 θ}{4 ε_{0} R}

$\varp(r\geq R)=\dfrac{R^2\sigma_0\sin2\theta}{4\vare_0r^2/R}=\dfrac{R^3\sigma_0\sin2\theta}{4\vare_0r^2} \\\varp(r\leq R)=\dfrac{\sigma_0r^2/R\sin2\theta}{4\vare_0}=\dfrac{\sigma_0r^2\sin2\theta}{4\vare_0R}$

然后知总式子即为

φ (r \geq R) = \frac{R^{3} σ_{1} \sin 2 θ}{4 ε_{0} r^{2}} + \frac{R^{2} σ_{2} \cos θ}{2 ε_{0} r} φ (r \leq R) = \frac{σ_{1} r^{2} \sin 2 θ}{4 ε_{0} R} + \frac{σ_{2} r \cos θ}{2 ε_{0}}

$\varp(r\geq R)=\dfrac{R^3\sigma_1\sin2\theta}{4\vare_0r^2}+\dfrac{R^2\sigma_2\cos\theta}{2\vare_0r} \\\varp(r\leq R)=\dfrac{\sigma_1r^2\sin2\theta}{4\vare_0R}+\dfrac{\sigma_2r\cos\theta}{2\vare_0}$

一个道理：在某一环境中带电 $q$ 的导体，可以被看作一个不带电的导体在环境中，与一个带 $q$ 的孤立导体的电场叠加！

例如，匀强电场 $\b E_0$ 下的带电 $q$ 的导体，即可被看作是 $3\vare_0E_0\cos\theta$ 的不带电导体，与 $\dfrac q{4\pi r^2}$ 的均匀导体，二者的叠加。