電磁學 (一) 期中考進度與題型超完整全攻略

在柱座標系統中，空間中任意點的位置向量 $\mathbf{r}$ 表為：

$$\mathbf{r} = (x, y, z) = (r\cos\theta, r\sin\theta, z) = r\cos\theta\,\mathbf{i} + r\sin\theta\,\mathbf{j} + z\mathbf{k}$$

對各座標變數 $r, \theta, z$ 求偏導數：

$$\frac{\partial \mathbf{r}}{\partial r} = \cos\theta\,\mathbf{i} + \sin\theta\,\mathbf{j} + 0\mathbf{k} = (\cos\theta, \sin\theta, 0)$$ $$\frac{\partial \mathbf{r}}{\partial \theta} = -r\sin\theta\,\mathbf{i} + r\cos\theta\,\mathbf{j} + 0\mathbf{k} = (-r\sin\theta, r\cos\theta, 0)$$ $$\frac{\partial \mathbf{r}}{\partial z} = 0\mathbf{i} + 0\mathbf{j} + 1\mathbf{k} = (0, 0, 1)$$

取各偏導數向量之歐幾里得範數（長度）：

$$h_1 = h_r = \left|\frac{\partial \mathbf{r}}{\partial r}\right| = \sqrt{\cos^2\theta + \sin^2\theta + 0} = 1$$ $$h_2 = h_\theta = \left|\frac{\partial \mathbf{r}}{\partial \theta}\right| = \sqrt{(-r\sin\theta)^2 + (r\cos\theta)^2 + 0} = \sqrt{r^2(\sin^2\theta + \cos^2\theta)} = r$$ $$h_3 = h_z = \left|\frac{\partial \mathbf{r}}{\partial z}\right| = \sqrt{0^2 + 0^2 + 1^2} = 1$$

利用公式 $\mathbf{e}_i = \frac{1}{h_i}\frac{\partial \mathbf{r}}{\partial q_i}$：

以矩陣形式表示轉化關係為：

$$\begin{bmatrix} \mathbf{e}_r \\ \mathbf{e}_\theta \\ \mathbf{e}_z \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \cos\theta & \sin\theta & 0 \\ -\sin\theta & \cos\theta & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \mathbf{i} \\ \mathbf{j} \\ \mathbf{k} \end{bmatrix}$$

全微分弧長向量 $d\mathbf{r}$ 為：

$$d\mathbf{r} = h_r dr\,\mathbf{e}_r + h_\theta d\theta\,\mathbf{e}_\theta + h_z dz\,\mathbf{e}_z = dr\,\mathbf{e}_r + r d\theta\,\mathbf{e}_\theta + dz\,\mathbf{e}_z$$

微分線元素平方度規（Line element squared）：

$$ds^2 = |d\mathbf{r}|^2 = dr^2 + r^2 d\theta^2 + dz^2$$

三方向之微分面積元（Area elements）：

$$dS_r = (h_\theta d\theta)(h_z dz) = r\,d\theta\,dz$$ $$dS_\theta = (h_r dr)(h_z dz) = dr\,dz$$ $$dS_z = (h_r dr)(h_\theta d\theta) = r\,dr\,d\theta$$

微分體積元（Volume element）：

將位置向量寫為三維卡氏分量：

$$\mathbf{r}(\rho, \phi, \theta) = (\rho\sin\phi\cos\theta)\mathbf{i} + (\rho\sin\phi\sin\theta)\mathbf{j} + (\rho\cos\phi)\mathbf{k}$$

分別對 $\rho, \phi, \theta$ 求一階偏導微商：

$$\frac{\partial \mathbf{r}}{\partial \rho} = \sin\phi\cos\theta\,\mathbf{i} + \sin\phi\sin\theta\,\mathbf{j} + \cos\phi\,\mathbf{k}$$ $$\frac{\partial \mathbf{r}}{\partial \phi} = \rho\cos\phi\cos\theta\,\mathbf{i} + \rho\cos\phi\sin\theta\,\mathbf{j} - \rho\sin\phi\,\mathbf{k}$$ $$\frac{\partial \mathbf{r}}{\partial \theta} = -\rho\sin\phi\sin\theta\,\mathbf{i} + \rho\sin\phi\cos\theta\,\mathbf{j} + 0\mathbf{k}$$

計算各微商向量之範數長度：

$$h_\rho = \left|\frac{\partial \mathbf{r}}{\partial \rho}\right| = \sqrt{\sin^2\phi(\cos^2\theta + \sin^2\theta) + \cos^2\phi} = \sqrt{\sin^2\phi + \cos^2\phi} = 1$$ $$h_\phi = \left|\frac{\partial \mathbf{r}}{\partial \phi}\right| = \sqrt{\rho^2\cos^2\phi(\cos^2\theta + \sin^2\theta) + \rho^2\sin^2\phi} = \sqrt{\rho^2(\cos^2\phi + \sin^2\phi)} = \rho$$ $$h_\theta = \left|\frac{\partial \mathbf{r}}{\partial \theta}\right| = \sqrt{\rho^2\sin^2\phi(\sin^2\theta + \cos^2\theta)} = \rho\sin\phi$$

將微商向量除以對應之尺度因子即可得正規正交單位向量：

轉化矩陣為正交矩陣（Orthogonal Matrix，逆矩陣即轉置矩陣）：

$$\begin{bmatrix} \mathbf{e}_\rho \\ \mathbf{e}_\phi \\ \mathbf{e}_\theta \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \sin\phi\cos\theta & \sin\phi\sin\theta & \cos\phi \\ \cos\phi\cos\theta & \cos\phi\sin\theta & -\sin\phi \\ -\sin\theta & \cos\theta & 0 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \mathbf{i} \\ \mathbf{j} \\ \mathbf{k} \end{bmatrix}$$

位移向量微分：

$$d\mathbf{r} = d\rho\,\mathbf{e}_\rho + \rho\,d\phi\,\mathbf{e}_\phi + \rho\sin\phi\,d\theta\,\mathbf{e}_\theta$$

線元素平方度規：

$$ds^2 = d\rho^2 + \rho^2 d\phi^2 + \rho^2\sin^2\phi\,d\theta^2$$

面積微元：

$$dS_\rho = (h_\phi d\phi)(h_\theta d\theta) = \rho^2\sin\phi\,d\phi\,d\theta$$ $$dS_\phi = (h_\rho d\rho)(h_\theta d\theta) = \rho\sin\phi\,d\rho\,d\theta$$ $$dS_\theta = (h_\rho d\rho)(h_\phi d\phi) = \rho\,d\rho\,d\phi$$

體積微元（Griffiths 記為 $d\tau = r^2\sin\theta\,dr\,d\theta\,d\phi$）：

令向量 $\mathbf{D} \equiv \mathbf{A} \times (\mathbf{B} \times \mathbf{C})$。

1. 根據外積定義，$\mathbf{D}$ 必垂直於向量 $(\mathbf{B} \times \mathbf{C})$。而 $(\mathbf{B} \times \mathbf{C})$ 垂直於 $\mathbf{B}$ 與 $\mathbf{C}$ 所在的平面。因此，$\mathbf{D}$ 必然平行（共面）於 $\mathbf{B}$ 與 $\mathbf{C}$ 所張成的平面！

故 $\mathbf{D}$ 必可表示為 $\mathbf{B}$ 與 $\mathbf{C}$ 的線性組合：

$$\mathbf{D} = \alpha \mathbf{B} + \beta \mathbf{C}$$

2. 同時，$\mathbf{D}$ 來自 $\mathbf{A} \times (\dots)$，故 $\mathbf{D}$ 必定與 $\mathbf{A}$ 正交垂直：

$$\mathbf{A} \cdot \mathbf{D} = 0$$

將 $\mathbf{D} = \alpha \mathbf{B} + \beta \mathbf{C}$ 代入點積式：

$$\mathbf{A} \cdot (\alpha \mathbf{B} + \beta \mathbf{C}) = \alpha (\mathbf{A} \cdot \mathbf{B}) + \beta (\mathbf{A} \cdot \mathbf{C}) = 0$$

移項得係數關係式：

$$\frac{\alpha}{\mathbf{A} \cdot \mathbf{C}} = \frac{-\beta}{\mathbf{A} \cdot \mathbf{B}} \equiv \gamma$$

其中 $\gamma$ 為某一純量待定常數。因此：

$$\alpha = \gamma (\mathbf{A} \cdot \mathbf{C}), \quad \beta = -\gamma (\mathbf{A} \cdot \mathbf{B})$$ $$\mathbf{D} = \gamma \left[ \mathbf{B}(\mathbf{A} \cdot \mathbf{C}) - \mathbf{C}(\mathbf{A} \cdot \mathbf{B}) \right]$$

取 $\mathbf{e}_x \cdot \mathbf{D} = D_x$。右側展開：

$$D_x = \gamma \left[ B_x (\mathbf{A} \cdot \mathbf{C}) - C_x (\mathbf{A} \cdot \mathbf{B}) \right]$$

另一方面，直接計算三重積的 $x$ 分量：

$$D_x = \mathbf{e}_x \cdot [\mathbf{A} \times (\mathbf{B} \times \mathbf{C})] = (\mathbf{e}_x \times \mathbf{A}) \cdot (\mathbf{B} \times \mathbf{C})$$

利用純量三重積行列式計算：

$$\mathbf{e}_x \cdot [\mathbf{A} \times (\mathbf{B} \times \mathbf{C})] = \begin{vmatrix} 0 & -A_z & A_y \\ B_x & B_y & B_z \\ C_x & C_y & C_z \end{vmatrix} = A_z(B_x C_z - B_z C_x) + A_y(B_x C_y - B_y C_x)$$

重組項次：

$$= B_x(A_y C_y + A_z C_z) - C_x(A_y B_y + A_z B_z)$$

在兩括號內分別補上 $A_x C_x B_x$ 與相減項：

$$= B_x (A_x C_x + A_y C_y + A_z C_z) - C_x (A_x B_x + A_y B_y + A_z B_z) = B_x (\mathbf{A} \cdot \mathbf{C}) - C_x (\mathbf{A} \cdot \mathbf{B})$$

兩式對比，得證比例常數 $\gamma = 1$！

散度計算：

$$\nabla \cdot \mathbf{v}_a = \frac{\partial (x^2)}{\partial x} + \frac{\partial (3xz^2)}{\partial y} + \frac{\partial (-2xz)}{\partial z} = 2x + 0 - 2x = 0$$

此向量場為螺線場（Solenoidal Field），散度處處為 0。

旋度計算：

$$\nabla \times \mathbf{v}_a = \begin{vmatrix} \hat{\mathbf{x}} & \hat{\mathbf{y}} & \hat{\mathbf{z}} \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ x^2 & 3xz^2 & -2xz \end{vmatrix} = \hat{\mathbf{x}}(0 - 6xz) - \hat{\mathbf{y}}(-2z - 0) + \hat{\mathbf{z}}(3z^2 - 0)$$

散度計算：

$$\nabla \cdot \mathbf{v}_b = \frac{\partial (xy)}{\partial x} + \frac{\partial (2yz)}{\partial y} + \frac{\partial (3zx)}{\partial z} = y + 2z + 3x$$

旋度計算：

$$\nabla \times \mathbf{v}_b = \begin{vmatrix} \hat{\mathbf{x}} & \hat{\mathbf{y}} & \hat{\mathbf{z}} \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ xy & 2yz & 3zx \end{vmatrix} = \hat{\mathbf{x}}(0 - 2y) - \hat{\mathbf{y}}(3z - 0) + \hat{\mathbf{z}}(0 - x)$$

散度計算：

$$\nabla \cdot \mathbf{v}_c = \frac{\partial (y^2)}{\partial x} + \frac{\partial (2xy + z^2)}{\partial y} + \frac{\partial (2yz)}{\partial z} = 0 + 2x + 2y = 2(x + y)$$

旋度計算：

$$\nabla \times \mathbf{v}_c = \begin{vmatrix} \hat{\mathbf{x}} & \hat{\mathbf{y}} & \hat{\mathbf{z}} \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ y^2 & 2xy+z^2 & 2yz \end{vmatrix} = \hat{\mathbf{x}}(2z - 2z) - \hat{\mathbf{y}}(0 - 0) + \hat{\mathbf{z}}(2y - 2y) = \mathbf{0}$$

物理重點：$\mathbf{v}_c$ 旋度處處為零，為無旋場（Irrotational Field），必可寫為某純量勢之梯度：$\mathbf{v}_c = \nabla (x y^2 + y z^2)$！

先求散度：

$$\nabla \cdot \mathbf{v} = \frac{\partial (xy)}{\partial x} + \frac{\partial (2yz)}{\partial y} + \frac{\partial (3zx)}{\partial z} = y + 2z + 3x$$

在單位立方體 $x, y, z \in [0, 1]$ 內進行三重體積分：

$$\int_V (\nabla \cdot \mathbf{v}) d\tau = \int_0^1 dx \int_0^1 dy \int_0^1 dz\,(3x + y + 2z)$$ $$= \int_0^1 3x\,dx \cdot (1)(1) + \int_0^1 y\,dy \cdot (1)(1) + \int_0^1 2z\,dz \cdot (1)(1)$$ $$= \frac{3}{2} + \frac{1}{2} + 1 = 3$$

• 面 1 ($x = 1$, $d\mathbf{a} = dy dz\,\hat{\mathbf{x}}$)：$\mathbf{v}\cdot d\mathbf{a} = (1\cdot y) dy dz \implies \int_0^1 \int_0^1 y\,dy dz = \frac{1}{2}$
• 面 2 ($x = 0$, $d\mathbf{a} = -dy dz\,\hat{\mathbf{x}}$)：$\mathbf{v}\cdot d\mathbf{a} = -(0\cdot y) dy dz = 0$
• 面 3 ($y = 1$, $d\mathbf{a} = dx dz\,\hat{\mathbf{y}}$)：$\mathbf{v}\cdot d\mathbf{a} = (2\cdot 1\cdot z) dx dz \implies \int_0^1 \int_0^1 2z\,dx dz = 1$
• 面 4 ($y = 0$, $d\mathbf{a} = -dx dz\,\hat{\mathbf{y}}$)：$\mathbf{v}\cdot d\mathbf{a} = -(2\cdot 0\cdot z) dx dz = 0$
• 面 5 ($z = 1$, $d\mathbf{a} = dx dy\,\hat{\mathbf{z}}$)：$\mathbf{v}\cdot d\mathbf{a} = (3\cdot 1\cdot x) dx dy \implies \int_0^1 \int_0^1 3x\,dx dy = \frac{3}{2}$
• 面 6 ($z = 0$, $d\mathbf{a} = -dx dy\,\hat{\mathbf{z}}$)：$\mathbf{v}\cdot d\mathbf{a} = -(3\cdot 0\cdot x) dx dy = 0$

將六個面的表面通量相加：

$$\oint_S \mathbf{v} \cdot d\mathbf{a} = \frac{1}{2} + 0 + 1 + 0 + \frac{3}{2} + 0 = 3$$

體積分與閉曲面積分結果完全相等，散度定理得證！

將左側電荷置於 $(-d/2, 0, 0)$，右側電荷置於 $(+d/2, 0, 0)$，場點 $P$ 位於 $(0, 0, z)$。

任一電荷到場點的直線距離（分離距離 $r$）均為：

$$r = \sqrt{z^2 + (d/2)^2}$$

電場與 $z$ 軸夾角為 $\theta$，由直角三角形幾何得方向餘弦：

$$\cos\theta = \frac{z}{r} = \frac{z}{\sqrt{z^2 + (d/2)^2}}$$

水平分量：$E_x = E_{1x} + E_{2x} = -E_1\sin\theta + E_2\sin\theta = 0$。

垂直分量兩者同向疊加：

$$E_z = 2 E_1 \cos\theta = 2 \left( \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{q}{r^2} \right) \cos\theta = 2 \left( \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{q}{z^2 + (d/2)^2} \right) \frac{z}{\sqrt{z^2 + (d/2)^2}}$$

設 $+q$ 位於 $(-d/2, 0, 0)$，$-q$ 位於 $(+d/2, 0, 0)$。場點為 $(0, 0, z)$。

$+q$ 產生之電場 $\mathbf{E}_+$ 指向遠離 $+q$ 之方向；$-q$ 產生之電場 $\mathbf{E}_-$ 指向 $-q$。

由幾何對稱可知：兩者在垂直方向（$z$ 方向）的大小相等、方向相反（$+q$ 向上推、$-q$ 向下拉），因而 $z$ 分量完全抵消！

反之，在水平方向（沿 $+x$ 軸方向），兩者的水平分量同向疊加：

$$\sin\theta = \frac{d/2}{r} = \frac{d/2}{\sqrt{z^2 + (d/2)^2}}$$

水平合電場大小為：

$$E_x = E_+ \sin\theta + E_- \sin\theta = 2 \left( \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{q}{r^2} \right) \sin\theta$$ $$E_x = 2 \left( \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{q}{z^2 + (d/2)^2} \right) \frac{d/2}{\sqrt{z^2 + (d/2)^2}} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{qd}{\left[ z^2 + (d/2)^2 \right]^{3/2}}$$

方向朝向 $+x$ 軸方向（從正電荷指向負電荷之反方向）：

將帶電線段置於 $x$ 軸上，範圍從 $x = -L$ 到 $x = +L$。中點位於原點。場點為 $(0, 0, z)$。

線段上一微小線元 $dl' = dx$，其位置向量為 $\mathbf{r}' = x\hat{\mathbf{x}}$。場點位置向量為 $\mathbf{r} = z\hat{\mathbf{z}}$。

分離向量（Separation vector）：

$$\boldsymbol{r} = \mathbf{r} - \mathbf{r}' = z\hat{\mathbf{z}} - x\hat{\mathbf{x}}, \quad r = |\boldsymbol{r}| = \sqrt{z^2 + x^2}, \quad \hat{\boldsymbol{r}} = \frac{z\hat{\mathbf{z}} - x\hat{\mathbf{x}}}{\sqrt{z^2 + x^2}}$$

電荷微元為 $dq = \lambda dx$。

根據連續電荷庫侖定律：

$$\mathbf{E} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \int_{-L}^L \frac{\lambda dx}{r^2}\hat{\boldsymbol{r}} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \int_{-L}^L \frac{\lambda(z\hat{\mathbf{z}} - x\hat{\mathbf{x}})}{(z^2 + x^2)^{3/2}} dx$$

拆解為 $x$ 與 $z$ 兩部分：

$$\mathbf{E} = \frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0} \left[ z\hat{\mathbf{z}} \int_{-L}^L \frac{dx}{(z^2 + x^2)^{3/2}} - \hat{\mathbf{x}} \int_{-L}^L \frac{x dx}{(z^2 + x^2)^{3/2}} \right]$$

注意第二項被積函數 $\frac{x}{(z^2 + x^2)^{3/2}}$ 為關於 $x$ 的奇函數（Odd function），在對稱區間 $[-L, L]$ 上之定積分為零：

$$\int_{-L}^L \frac{x dx}{(z^2 + x^2)^{3/2}} = 0$$

故水平分量因對稱性完全抵消，僅存 $z$ 方向分量！

利用標準積分公式 $\int \frac{dx}{(z^2 + x^2)^{3/2}} = \frac{x}{z^2 \sqrt{z^2 + x^2}}$：

$$\int_{-L}^L \frac{dx}{(z^2 + x^2)^{3/2}} = \left. \frac{x}{z^2 \sqrt{z^2 + x^2}} \right|_{-L}^L = \frac{L}{z^2 \sqrt{z^2 + L^2}} - \left( \frac{-L}{z^2 \sqrt{z^2 + L^2}} \right) = \frac{2L}{z^2 \sqrt{z^2 + L^2}}$$

代入電場表達式：

問題 (1)：當 $z \to \infty$（場點遠離線段）？

當 $z \gg L$ 時，$\sqrt{z^2 + L^2} = z\sqrt{1 + (L/z)^2} \approx z$。代入得：

$$\mathbf{E} \approx \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{2\lambda L}{z(z)} \hat{\mathbf{z}} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{q_{\text{total}}}{z^2} \hat{\mathbf{z}}$$

其中 $q_{\text{total}} = 2\lambda L$ 為整個線段的總電荷。此結果表明：當觀察者距離極遠時，有限長度的線電荷縮為一個點，電場退化為標準點電荷平方反比場！

問題 (2)：當 $L \to \infty$（線段長度趨於無窮大，無限長直導線）？

當 $L \gg z$ 時，$\sqrt{z^2 + L^2} = L\sqrt{1 + (z/L)^2} \approx L$。代入得：

$$\mathbf{E} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{2\lambda L}{z(L)} \hat{\mathbf{z}} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{2\lambda}{z} \hat{\mathbf{z}} = \frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0 z} \hat{\mathbf{z}}$$

此即無限長均勻帶電直線所產生的徑向電場公式（稍後將用高斯定律在數秒內再次導出），電場以 $1/z$ 衰減！

電荷分佈具有完美的球對稱性（Spherical Symmetry）。因此電場只能沿徑向，且大小僅取決於與球心的距離 $r$：

$$\mathbf{E} = E(r)\hat{\mathbf{r}}$$

選取半徑為 $r$、以球心為中心的同心球面作為高斯面 $S$。在該面上，面元向量 $d\mathbf{a} = da\,\hat{\mathbf{r}}$ 處處與 $\mathbf{E}$ 平行：

$$\oint_S \mathbf{E} \cdot d\mathbf{a} = \oint_S E(r)\,da = E(r) \oint_S da = E(r) (4\pi r^2)$$

根據高斯定律，該通量恆等於 $\frac{1}{\epsilon_0} Q_{\text{enc}}$：

$$E(r) (4\pi r^2) = \frac{Q_{\text{enc}}}{\epsilon_0} \implies E(r) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Q_{\text{enc}}}{r^2}$$

高斯面完全包覆整個實心球體，故內部包覆電荷即為總電荷：

$$Q_{\text{enc}} = q$$

外部電場與所有電荷集中在球心的點電荷場完全一致。

半徑為 $r$ 的內部高斯面包覆之體積為 $\frac{4}{3}\pi r^3$。所包含的電荷為體積比值：

$$Q_{\text{enc}} = \rho \left( \frac{4}{3}\pi r^3 \right) = \left( \frac{q}{\frac{4}{3}\pi R^3} \right) \left( \frac{4}{3}\pi r^3 \right) = q \left( \frac{r}{R} \right)^3$$

代入高斯定律：

$$E(r) (4\pi r^2) = \frac{1}{\epsilon_0} q \frac{r^3}{R^3} \implies E(r) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{q r}{R^3}$$

內部電場隨半徑 $r$ 線性增長，在球心 $r=0$ 處為零，在表面 $r=R$ 處與外部解連續相接！

系統具有無限長柱對稱性（Cylindrical Symmetry）。電場方向必沿徑向 $\hat{\mathbf{s}}$，且大小僅為 $s$ 的函數：$\mathbf{E} = E(s)\hat{\mathbf{s}}$。

在圓柱體內部選取同軸的高斯圓柱面：半徑為 $s$，長度為 $l$。

該閉合高斯面由三部分組成：兩個端面圓盤與一個側表面。

• 兩端面：法向量沿 $\pm\hat{\mathbf{z}}$，與電場 $\mathbf{E} \parallel \hat{\mathbf{s}}$ 垂直，故端面通量為零：$\int_{\text{ends}} \mathbf{E} \cdot d\mathbf{a} = 0$。
• 圓柱側表面：法向量處處沿 $\hat{\mathbf{s}}$，電場大小為常數 $E(s)$：

$$\oint \mathbf{E} \cdot d\mathbf{a} = \int_{\text{side}} |E| da = |E| (2\pi s l)$$

利用柱座標體積元 $d\tau = s' ds' d\phi dz$ 對電荷密度進行體積分：

$$Q_{\text{enc}} = \int \rho\,d\tau = \int_0^l dz \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^s (k s')(s' ds') = (l)(2\pi) k \int_0^s (s')^2 ds'$$ $$Q_{\text{enc}} = 2\pi k l \left[ \frac{(s')^3}{3} \right]_0^s = \frac{2}{3}\pi k l s^3$$

高斯定律公式：$\oint \mathbf{E} \cdot d\mathbf{a} = \frac{Q_{\text{enc}}}{\epsilon_0}$

$$|E|(2\pi s l) = \frac{1}{\epsilon_0} \left( \frac{2}{3}\pi k l s^3 \right)$$

消去兩側公因式 $2\pi l s$：

電場與半徑平方 $s^2$ 成正比，方向徑向向外。

設平面位於 $xy$ 平面。由對稱性可知，電場只能垂直於平面（$\pm\hat{\mathbf{z}}$ 方向），向上指向上方，向下指向下方，且大小僅與距離 $|z|$ 相關。

選取跨越帶電平面的「高斯藥丸盒（Pillbox）」，底面積為 $A$：

• 側面通量：法向量平行平面，電場垂直於法向量，側面通量為零。
• 上頂面與下底面：電場與法向量同向，各自貢獻通量 $E A$。

$$\oint \mathbf{E} \cdot d\mathbf{a} = 2A |E|$$

藥丸盒內部包覆之電荷為 $Q_{\text{enc}} = \sigma A$。由高斯定律：

$$2A |E| = \frac{\sigma A}{\epsilon_0} \implies |E| = \frac{\sigma}{2\epsilon_0}$$

其中 $\hat{\mathbf{n}}$ 為垂直離開平面的單位法向量。電場與離平面的距離完全無關！

選取半徑為 $s$、長度為 $l$ 的同軸高斯圓柱面。內部包覆電荷為 $Q_{\text{enc}} = \lambda l$。

圓柱側面積為 $2\pi s l$，由柱對稱性：

$$\oint \mathbf{E} \cdot d\mathbf{a} = E(s)(2\pi s l) = \frac{\lambda l}{\epsilon_0}$$

此結果與 Example 2.2 之極限 $L\to\infty$ 嚴絲合縫，高斯定律展現了極高的求解效率！

外部電場為 $\mathbf{E} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{q}{r^2}\hat{\mathbf{r}}$。由電位定義：

$$V(r) = -\int_\infty^r \mathbf{E} \cdot d\mathbf{l} = -\frac{q}{4\pi\epsilon_0} \int_\infty^r \frac{1}{(r')^2} dr' = \left. \frac{q}{4\pi\epsilon_0 r'} \right|_\infty^r$$

由於球殼內部無電荷，由高斯定律知內部電場 $\mathbf{E}_{\text{in}} = 0$。求內部電位必須將從 $\infty$ 到 $r$ 的積分路徑分為兩段：

$$V(r) = -\int_\infty^R \mathbf{E}_{\text{out}} \cdot d\mathbf{l} - \int_R^r \mathbf{E}_{\text{in}} \cdot d\mathbf{l} = \left( \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{q}{R} \right) - \int_R^r (0)\,dr'$$

內部處處為等電位（電位等於表面電位），內部電場 $\mathbf{E} = -\nabla V = 0$ 完全吻合！

外部 ($r \ge R$)：與球殼相同，$V(r) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{q}{r}$。

內部 ($r \le R$)：已知內部電場 $\mathbf{E}_{\text{in}} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{q r}{R^3}\hat{\mathbf{r}}$。分段積分：

$$V(r) = -\int_\infty^R \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{q}{(r')^2} dr' - \int_R^r \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{q r'}{R^3} dr'$$ $$V(r) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{q}{R} - \frac{q}{4\pi\epsilon_0 R^3} \left[ \frac{(r')^2}{2} \right]_R^r = \frac{q}{4\pi\epsilon_0 R} - \frac{q}{4\pi\epsilon_0 R^3}\left( \frac{r^2 - R^2}{2} \right)$$

球心電位為 $V(0) = \frac{3}{2}\frac{q}{4\pi\epsilon_0 R}$，恰為表面電位的 $1.5$ 倍！

球殼表面電位為常數：$V = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{q}{R}$。

將其提出積分號：

$$W = \frac{1}{2} \int \sigma V da = \frac{1}{2} V \int \sigma da = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{q}{R} \right) q$$

電場分佈：內部 $r < R$ 時 $\mathbf{E} = 0$；外部 $r > R$ 時 $\mathbf{E} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{q}{r^2}\hat{\mathbf{r}}$。

外部電場平方為：$E^2 = \frac{q^2}{(4\pi\epsilon_0)^2 r^4}$。

體積微元為 $d\tau = r^2\sin\theta\,dr\,d\theta\,d\phi = 4\pi r^2 dr$。積分僅需在球殼外（$R$ 到 $\infty$）進行：

$$W = \frac{\epsilon_0}{2} \int_{\text{outside}} E^2 d\tau = \frac{\epsilon_0}{2(4\pi\epsilon_0)^2} \int_R^\infty \left( \frac{q^2}{r^4} \right) (4\pi r^2 dr)$$ $$W = \frac{q^2}{32\pi^2 \epsilon_0} (4\pi) \int_R^\infty \frac{1}{r^2} dr = \frac{q^2}{8\pi\epsilon_0} \left[ -\frac{1}{r} \right]_R^\infty = \frac{1}{8\pi\epsilon_0} \frac{q^2}{R}$$

兩者結果完全一致！

實心球內部電場 $\mathbf{E}_{\text{in}} = \frac{q r}{4\pi\epsilon_0 R^3}\hat{\mathbf{r}}$，外部電場 $\mathbf{E}_{\text{out}} = \frac{q}{4\pi\epsilon_0 r^2}\hat{\mathbf{r}}$。

將能量分為球內與球外兩部分：

$$W_{\text{in}} = \frac{\epsilon_0}{2} \int_0^R \left( \frac{q r}{4\pi\epsilon_0 R^3} \right)^2 (4\pi r^2 dr) = \frac{q^2}{8\pi\epsilon_0 R^6} \int_0^R r^4 dr = \frac{q^2}{8\pi\epsilon_0 R^6} \frac{R^5}{5} = \frac{1}{40\pi\epsilon_0}\frac{q^2}{R}$$ $$W_{\text{out}} = \frac{\epsilon_0}{2} \int_R^\infty \left( \frac{q}{4\pi\epsilon_0 r^2} \right)^2 (4\pi r^2 dr) = \frac{q^2}{8\pi\epsilon_0} \int_R^\infty \frac{1}{r^2} dr = \frac{1}{8\pi\epsilon_0}\frac{q^2}{R}$$

總能量相加：

將線段置於 $x$ 軸上，從 $x = 0$ 延伸到 $x = L$。場點置於原點上方 $(0, 0, z)$。

源點為 $(x, 0, 0)$，分離向量為 $\boldsymbol{r} = -x\hat{\mathbf{x}} + z\hat{\mathbf{z}}$，距離 $r = \sqrt{x^2 + z^2}$。

電場微積分式：

$$\mathbf{E} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \int_0^L \frac{\lambda dx}{(x^2 + z^2)^{3/2}} (-x\hat{\mathbf{x}} + z\hat{\mathbf{z}})$$

水平分量（注意此時由於非對稱，水平分量不為零！）：

$$E_x = -\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0} \int_0^L \frac{x dx}{(x^2 + z^2)^{3/2}} = -\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0} \left[ -\frac{1}{\sqrt{x^2 + z^2}} \right]_0^L = \frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0} \left[ \frac{1}{\sqrt{L^2 + z^2}} - \frac{1}{z} \right]$$

垂直分量：

$$E_z = \frac{\lambda z}{4\pi\epsilon_0} \int_0^L \frac{dx}{(x^2 + z^2)^{3/2}} = \frac{\lambda z}{4\pi\epsilon_0} \left. \frac{x}{z^2 \sqrt{x^2 + z^2}} \right|_0^L = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{\lambda L}{z\sqrt{L^2 + z^2}}$$

由軸對稱性，環上對角微元的水平電場相互抵消，僅存垂直 $z$ 分量：

$$E_z = \oint \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{\lambda dl}{r^2 + z^2} \cos\theta = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{\lambda \cos\theta}{r^2 + z^2} \oint dl$$

其中 $\cos\theta = \frac{z}{\sqrt{r^2 + z^2}}$，周長 $\oint dl = 2\pi r$：

將圓盤視為許多半徑為 $r$、寬度為 $dr$ 的同心薄圓環之疊加。薄環帶電量為 $dq = \sigma(2\pi r dr)$：

$$E_z = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \int_0^R \frac{(2\pi r dr\,\sigma) z}{(r^2 + z^2)^{3/2}} = \frac{\sigma z}{2\epsilon_0} \int_0^R \frac{r dr}{(r^2 + z^2)^{3/2}}$$

定積分計算：$\int_0^R \frac{r dr}{(r^2 + z^2)^{3/2}} = \left[ -\frac{1}{\sqrt{r^2 + z^2}} \right]_0^R = \frac{1}{z} - \frac{1}{\sqrt{R^2 + z^2}}$：

極限 1 ($R \to \infty$)：括號內第二項趨於 0，得 $\mathbf{E} \to \frac{\sigma}{2\epsilon_0}\hat{\mathbf{z}}$！精準重現無限大帶電平面高斯解！

極限 2 ($z \gg R$)：二項式展開得 $E \approx \frac{\sigma}{2\epsilon_0}\left(1 - (1 - \frac{R^2}{2z^2})\right) = \frac{\sigma \pi R^2}{4\pi\epsilon_0 z^2} = \frac{q_{\text{tot}}}{4\pi\epsilon_0 z^2}$（點電荷極限）。

由 Example 2.2，一條長度為 $2L$ 的線段在垂直距離 $d_{\perp}$ 處產生的垂直電場為 $E = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{2\lambda L}{d_{\perp}\sqrt{d_{\perp}^2 + L^2}}$。

正方形每邊長為 $a$（即 $L = a/2$），邊到中心軸距離為 $a/2$。線段到場點的距離為 $d_{\perp} = \sqrt{z^2 + (a/2)^2}$。

四邊水平分量抵消，垂直分量同向疊加並投影到 $z$ 軸（$\cos\phi = z/d_{\perp}$）：

以該頂點為中心，將空間由 8 個相同的立方體共同拼成一個邊長為 $2a$ 的大立方體。點電荷 $q$ 恰好位於大立方體的正中心！

由高斯定律，通過大立方體的總通量為 $\Phi_{\text{total}} = \frac{q}{\epsilon_0}$。由對稱性，通過每一個小立方體的總通量為大立方體的 $1/8$：

$$\Phi_{\text{cube}} = \frac{q}{8\epsilon_0}$$

考察該小立方體的 6 個面：

• 與電荷相交的 3 個相鄰面：點電荷發出的電力線完全平行於這 3 個面，電場與面法向量垂直（$\mathbf{E} \cdot d\mathbf{a} = 0$），故通量為零！
• 不與電荷相交的 3 個對向面：由對稱性，這 3 個面平分進入該立方體的全部通量：

結論：三個相鄰面通量皆為 0，三個對向面通量皆為 $\frac{q}{24\epsilon_0}$。

由對稱性，在中心面 $z=0$ 處 $\mathbf{E} = 0$。電場沿 $\pm\hat{\mathbf{z}}$ 方向。

選取底面積為 $A$ 的高斯柱，從中心面 $z=0$ 延伸至位置 $z$：

• 板內 ($0 \le z \le d$)：包覆電荷 $Q_{\text{enc}} = \rho (A z)$。高斯通量 $\oint \mathbf{E}\cdot d\mathbf{a} = E(z) A$：
$$E(z) A = \frac{\rho A z}{\epsilon_0} \implies E(z) = \frac{\rho z}{\epsilon_0}$$
• 板外 ($z \ge d$)：包覆電荷已飽和為整個半板厚度 $Q_{\text{enc}} = \rho (A d)$：
$$E(z) A = \frac{\rho A d}{\epsilon_0} \implies E(z) = \frac{\rho d}{\epsilon_0} = \frac{\sigma}{2\epsilon_0} \quad (\text{因 } \sigma = 2\rho d)$$

真電荷 $+q$ 位於 $(0, 0, d)$，鏡像電荷 $-q$ 位於 $(0, 0, -d)$。在 $z > 0$ 區域，任意點 $(x, y, z)$ 的電位由兩電荷疊加：

驗證邊界條件：當 $z = 0$ 時，兩分母皆為 $\sqrt{x^2 + y^2 + d^2}$，兩項精確相消，得 $V = 0$；當 $r \to \infty$ 時，$V \to 0$。條件全數滿足！

由導體表面邊界條件，感應面電荷密度為：

$$\sigma = -\epsilon_0 \left. \frac{\partial V}{\partial z} \right|_{z=0}$$

對 $z$ 求偏微分：

$$\frac{\partial V}{\partial z} = \frac{q}{4\pi\epsilon_0} \left[ \frac{-(z - d)}{\left[ x^2 + y^2 + (z - d)^2 \right]^{3/2}} - \frac{-(z + d)}{\left[ x^2 + y^2 + (z + d)^2 \right]^{3/2}} \right]$$

代入 $z = 0$：

$$\left. \frac{\partial V}{\partial z} \right|_{z=0} = \frac{q}{4\pi\epsilon_0} \left[ \frac{d}{(x^2 + y^2 + d^2)^{3/2}} + \frac{d}{(x^2 + y^2 + d^2)^{3/2}} \right] = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{2qd}{(x^2 + y^2 + d^2)^{3/2}}$$

因此感應面電荷密度為：

在柱座標下積分全平面求總感應電荷 $Q$（令 $r^2 = x^2 + y^2$，$da = 2\pi r dr$）：

$$Q = \int \sigma da = \int_0^\infty \frac{-qd}{2\pi (r^2 + d^2)^{3/2}} (2\pi r dr) = -qd \int_0^\infty \frac{r dr}{(r^2 + d^2)^{3/2}}$$

令 $u = r^2 + d^2$，$du = 2r dr$：

$$Q = -qd \left[ -\frac{1}{\sqrt{r^2 + d^2}} \right]_0^\infty = -qd \left( 0 - \left( -\frac{1}{d} \right) \right) = -q$$

結論：平面上感應出的總電荷恰為 $-q$！所有由 $+q$ 出發的電力線全數終止於接地平面上！

電荷 $q$ 受到的吸引力即為它與感應電荷（等效於鏡像電荷 $-q$）的作用力。兩者相距 $2d$：

計算將 $q$ 從 $\infty$ 移至 $d$ 所需作的功 $W$：

$$W = -\int_\infty^d \mathbf{F} \cdot d\mathbf{l} = -\int_\infty^d \left( -\frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{q^2}{4z^2} \right) dz = \frac{q^2}{16\pi\epsilon_0} \left[ -\frac{1}{z} \right]_\infty^d = -\frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{q^2}{4d}$$

將導電球球心置於原點，電荷 $q$ 位於 $z = d$ 處。球面上電位處處為零：$V(r = a) = 0$。

假設可在球內 $z = b$ 處放置一鏡像電荷 $q'$（$b < a$），使得其與 $q$ 在球面上各點產生的電位和為零。

考察球面上與 $z$ 軸相交的兩極點（如講義手稿所示）：

• 靠近 $q$ 側之頂點 $A$（坐標 $z = +a$）：
$$V(A) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \left( \frac{q}{d - a} + \frac{q'}{a - b} \right) = 0 \implies \frac{q}{d - a} = \frac{-q'}{a - b}$$
• 遠離 $q$ 側之底點 $B$（坐標 $z = -a$）：
$$V(B) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \left( \frac{q}{d + a} + \frac{q'}{a + b} \right) = 0 \implies \frac{q}{d + a} = \frac{-q'}{a + b}$$

由兩式相除得：

$$\frac{-q'}{q} = \frac{a - b}{d - a} = \frac{a + b}{d + a}$$

根據合分比定理（加比與減比）：

$$\frac{(a - b) + (a + b)}{(d - a) + (d + a)} = \frac{2a}{2d} = \frac{a}{d}$$ $$\frac{(a + b) - (a - b)}{(d + a) - (d - a)} = \frac{2b}{2a} = \frac{b}{a}$$

因此：

$$\frac{b}{a} = \frac{a}{d} \implies b = \frac{a^2}{d}$$ $$\frac{-q'}{q} = \frac{a}{d} \implies q' = -\frac{a}{d} q$$

由餘弦定理，場點 $(r, \theta)$ 到真電荷與鏡像電荷的距離分別為：

$$r_1 = \sqrt{r^2 + d^2 - 2rd\cos\theta}, \quad r_2 = \sqrt{r^2 + b^2 - 2rb\cos\theta} = \sqrt{r^2 + \left(\frac{a^2}{d}\right)^2 - 2r\left(\frac{a^2}{d}\right)\cos\theta}$$

故球外電位為：

當 $r = a$ 時，第二項分母提出 $a/d$：

$$\sqrt{a^2 + (a^2/d)^2 - 2a(a^2/d)\cos\theta} = \frac{a}{d}\sqrt{d^2 + a^2 - 2ad\cos\theta}$$

與分子 $a/d$ 相消，括號內兩項處處抵消，精確驗證 $V(a, \theta) = 0$！而在導體球內部屏蔽效應，電場 $\mathbf{E}=0$，$V = 0$。

不接地中性球殼的邊界條件為：

1. 球體為導體，表面為等電位面：$V(r = a) = V_0 = \text{常數（未知）}$；
2. 球體總淨電荷為零：$Q_{\text{net}} = \oint \sigma da = 0$。

如講義 P.10 圖解，可利用線性疊加將本題分解為兩個子系統：

• 系統 1（接地導體球）：放置鏡像電荷 $q' = -\frac{a}{d}q$ 於 $b = \frac{a^2}{d}$。此系統使球面上電位 $V = 0$，但球上總感應電荷為 $q' = -\frac{a}{d}q \ne 0$。
• 系統 2（維持中性補償）：為滿足球體淨電荷為 0，必須在球內補充電荷 $q'' = -q' = +\frac{a}{d}q$。為了不破壞球面上「等電位」的性質，此補償電荷 $q''$ 必須且只能放置在球心 ($r = 0$)！

置於球心的 $q''$ 在半徑為 $a$ 的球面上產生均勻常數電位 $V_0 = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{q''}{a} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{q}{d}$！

在球外 ($r \ge a$)，電位由真電荷 $q$、鏡像電荷 $q'$ 與球心補償電荷 $q''$ 三者疊加：

在球內及球面上 ($r \le a$)，導體為等電位體：

電荷 $q$ 受力為來自 $q'$（吸力，相距 $d - b$）與 $q''$（斥力，相距 $d$）之合力：

$$F = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \left[ \frac{q q'}{(d - b)^2} + \frac{q q''}{d^2} \right] = \frac{q^2}{4\pi\epsilon_0} \left[ -\frac{a/d}{(d - a^2/d)^2} + \frac{a/d}{d^2} \right] = -\frac{q^2 a^3 (2d^2 - a^2)}{4\pi\epsilon_0 d^3 (d^2 - a^2)^2}$$

合力始終為吸引力！當 $d \to \infty$ 時，$F \propto -1/d^5$（中性球體受電偶極感應之吸引力）。

與例題 2 相同，接地所需鏡像電荷為 $q' = -\frac{a}{d}q$（位於 $b = a^2/d$）。

為了使導體球的總淨電荷等於 $Q$，球心補償電荷必須滿足：

$$q_{\text{center}} + q' = Q \implies q'' = Q - q' = Q + \frac{a}{d}q$$

將 $q''$ 同樣置於球心，保證球面為等電位面。

球體外部（$r \ge a$）：

球體內部及表面（$r \le a$）：

完全精確對應講義 P.11 手寫推導結論！

區域內無電荷，電位滿足二維拉普拉斯方程：$\frac{\partial^2 V}{\partial x^2} + \frac{\partial^2 V}{\partial y^2} = 0$。

四個邊界條件（Boundary Conditions）：

• (i) $V(x, 0) = 0$（底板接地）；
• (ii) $V(x, a) = 0$（頂板接地）；
• (iii) $V(0, y) = V_0$（左端給定電位）；
• (iv) 當 $x \to \infty$ 時 $V \to 0$（無窮遠處電位歸零）。

設分離變數解：$V(x, y) = X(x) Y(y)$。代入拉普拉斯方程除以 $XY$：

$$\frac{1}{X}\frac{d^2 X}{dx^2} + \frac{1}{Y}\frac{d^2 Y}{dy^2} = 0 \implies \frac{1}{X}\frac{d^2 X}{dx^2} = k^2, \quad \frac{1}{Y}\frac{d^2 Y}{dy^2} = -k^2$$

對於 $X(x)$：通解為 $X(x) = A e^{kx} + B e^{-kx}$。為滿足 (iv) $x\to\infty$ 時 $V\to 0$，必須取 $A = 0$。故 $X(x) = B e^{-kx}$。

對於 $Y(y)$：通解為 $Y(y) = C\sin(ky) + D\cos(ky)$。

• 由 (i) $Y(0) = 0 \implies D = 0$；
• 由 (ii) $Y(a) = 0 \implies \sin(ka) = 0 \implies k a = n\pi \implies k = \frac{n\pi}{a} \quad (n = 1, 2, 3, \dots)$。

故每一本徵模式為：$V_n(x, y) = C_n e^{-n\pi x/a} \sin\left(\frac{n\pi y}{a}\right)$。

由線性疊加原理（Linear combination），一般通解為：

$$V(x, y) = \sum_{n=1}^\infty C_n e^{-n\pi x/a} \sin\left(\frac{n\pi y}{a}\right)$$

代入邊界條件 (iii) $x = 0$：

$$V(0, y) = \sum_{n=1}^\infty C_n \sin\left(\frac{n\pi y}{a}\right) = V_0$$

利用三角函數正交性（Orthogonality of Sine Functions），兩邊同乘以 $\sin\left(\frac{n'\pi y}{a}\right)$ 並在 $[0, a]$ 上積分：

$$\int_0^a \sin\left(\frac{n\pi y}{a}\right) \sin\left(\frac{n'\pi y}{a}\right) dy = \frac{a}{2} \delta_{n n'}$$ $$C_n \left(\frac{a}{2}\right) = \int_0^a V_0 \sin\left(\frac{n\pi y}{a}\right) dy = V_0 \left[ -\frac{a}{n\pi} \cos\left(\frac{n\pi y}{a}\right) \right]_0^a = \frac{a V_0}{n\pi} (1 - \cos n\pi)$$

由於 $1 - \cos n\pi = \begin{cases} 0 & n \text{ 為偶數} \\ 2 & n \text{ 為奇數} \end{cases}$，解得：

最終電位級數解為：

因兩側邊界 $x = \pm b$ 皆為 $V_0$，系統關於 $x = 0$ 具有偶對稱性（Even Symmetry）：$V(-x, y) = V(x, y)$。

在 $X(x) = A e^{kx} + B e^{-kx}$ 中，偶函數組合為雙曲餘弦：

$$X(x) = \cosh(kx) = \frac{e^{kx} + e^{-kx}}{2}$$

對於 $y$ 方向，邊界 $y=0$ 與 $y=a$ 接地，依然為 $Y(y) = \sin(n\pi y/a)$，$k = n\pi/a$。疊加得：

$$V(x, y) = \sum_{n=1}^\infty C_n \cosh\left(\frac{n\pi x}{a}\right) \sin\left(\frac{n\pi y}{a}\right)$$

在邊界 $x = b$ 處，代入 $V(b, y) = V_0$：

$$\sum_{n=1}^\infty \left[ C_n \cosh\left(\frac{n\pi b}{a}\right) \right] \sin\left(\frac{n\pi y}{a}\right) = V_0$$

此與 Ex 3.3 完全等價，故有效係數為：

$$C_n \cosh\left(\frac{n\pi b}{a}\right) = \begin{cases} 0 & n \text{ 為偶數} \\ \frac{4V_0}{n\pi} & n \text{ 為奇數} \end{cases}$$

設 $V(x, y, z) = X(x) Y(y) Z(z)$。三維拉普拉斯方程分離為：

$$\frac{1}{X}\frac{d^2 X}{dx^2} = k^2 + l^2, \quad \frac{1}{Y}\frac{d^2 Y}{dy^2} = -k^2, \quad \frac{1}{Z}\frac{d^2 Z}{dz^2} = -l^2$$

由 $Y(0)=Y(a)=0 \implies k = \frac{n\pi}{a}$，$Y(y) = \sin(n\pi y/a)$；

由 $Z(0)=Z(b)=0 \implies l = \frac{m\pi}{b}$，$Z(z) = \sin(m\pi z/b)$；

當 $x \to \infty$ 時 $V \to 0$，故 $X(x) = e^{-\gamma_{n,m} x}$，其中衰減常數為 $\gamma_{n,m} = \pi\sqrt{(n/a)^2 + (m/b)^2}$。

通解為雙重傅立葉級數：

由雙重正交性，展開係數為：$C_{n,m} = \frac{4}{ab}\int_0^a \int_0^b V_0(y, z)\sin(n\pi y/a)\sin(m\pi z/b)\,dy\,dz$。

具軸對稱性（無 $\phi$ 依賴）時，拉普拉斯方程的分離變數通解為：

$$V(r, \theta) = \sum_{l=0}^\infty \left( A_l r^l + \frac{B_l}{r^{l+1}} \right) P_l(\cos\theta)$$

其中 $P_l(x)$ 為第 $l$ 階勒壤得多項式（Legendre Polynomials），滿足正交性：

$$\int_0^\pi P_l(\cos\theta) P_{l'}(\cos\theta) \sin\theta\,d\theta = \frac{2}{2l + 1} \delta_{l l'}$$

在球心 $r = 0$ 處，電位必須為有限值，不能發散。因此所有 $B_l$ 必須全為零（$B_l = 0$）：

$$V(r, \theta) = \sum_{l=0}^\infty A_l r^l P_l(\cos\theta)$$

在球表面 $r = R$ 處匹配邊界條件 $V(R, \theta) = V_0(\theta)$：

$$\sum_{l=0}^\infty A_l R^l P_l(\cos\theta) = V_0(\theta)$$

利用勒壤得多項式之正交性，兩邊同乘 $P_{l'}(\cos\theta)\sin\theta$ 積分得：

在無窮遠處 $r \to \infty$，電位趨近於 0，不能發散。因此所有 $A_l$ 必須為零（$A_l = 0$）：

$$V(r, \theta) = \sum_{l=0}^\infty \frac{B_l}{r^{l+1}} P_l(\cos\theta)$$

同理在表面匹配正交性，解得：

邊界條件：

1. (i) 金屬球表面等電位，取其電位為零：$V(R, \theta) = 0$；
2. (ii) 當 $r \gg R$ 時，恢復均勻電場 $\mathbf{E}_0 = E_0\hat{\mathbf{z}} \implies V \to -E_0 z = -E_0 r\cos\theta$。

由邊界條件 (ii)，當 $r \to \infty$ 時：

$$\sum_{l=0}^\infty A_l r^l P_l(\cos\theta) \to -E_0 r P_1(\cos\theta) \quad (\text{因 } P_1(\cos\theta) = \cos\theta)$$

直接比對各階係數：只有 $l = 1$ 的項存在，且：

$$A_1 = -E_0, \quad A_l = 0 \; (\forall l \ne 1)$$

再由邊界條件 (i) $V(R, \theta) = 0$：

$$\left( A_l R^l + \frac{B_l}{R^{l+1}} \right) = 0 \implies B_l = -A_l R^{2l+1}$$

當 $l \ne 1$ 時，$A_l = 0 \implies B_l = 0$；當 $l = 1$ 時：

$$B_1 = -(-E_0) R^{2(1)+1} = E_0 R^3$$

將 $A_1$ 與 $B_1$ 代回通解，即得著名的外部電位公式：

物理意義：第一項 $-E_0 r\cos\theta$ 是外加背景均勻電場的電位；第二項 $\frac{E_0 R^3\cos\theta}{r^2}$ 恰為一個位於球心、電偶極矩大小為 $p = 4\pi\epsilon_0 R^3 E_0$ 的感應電偶極（Induced Dipole）所建立的電場！

計算感應面電荷密度 $\sigma(\theta)$：

$$\sigma(\theta) = -\epsilon_0 \left. \frac{\partial V}{\partial r} \right|_{r=R} = -\epsilon_0 \left. \left[ -E_0 \left( 1 + \frac{2R^3}{r^3} \right) \cos\theta \right] \right|_{r=R} = \epsilon_0 E_0 (1 + 2)\cos\theta$$

北半球（$\cos\theta > 0$）感應正電荷，南半球（$\cos\theta < 0$）感應負電荷，赤道處為 0，整體呈完美的電偶極電荷分佈！

設正電荷 $+q$ 位於 $(0, 0, d/2)$，負電荷 $-q$ 位於 $(0, 0, -d/2)$。場點為 $(r, \theta)$。

到正負電荷的距離平方為：

$$r_\pm^2 = r^2 + (d/2)^2 \mp r d\cos\theta = r^2 \left( 1 \mp \frac{d}{r}\cos\theta + \frac{d^2}{4r^2} \right)$$

取倒數並進行一階泰勒／二項式展開（$(1 + x)^{-1/2} \approx 1 - \frac{1}{2}x$）：

$$\frac{1}{r_\pm} \approx \frac{1}{r} \left( 1 \mp \frac{d}{r}\cos\theta \right)^{-1/2} \approx \frac{1}{r} \left( 1 \pm \frac{d}{2r}\cos\theta \right)$$

兩者相減：

$$\frac{1}{r_+} - \frac{1}{r_-} \approx \frac{1}{r} \left( 1 + \frac{d}{2r}\cos\theta \right) - \frac{1}{r} \left( 1 - \frac{d}{2r}\cos\theta \right) = \frac{d\cos\theta}{r^2}$$

電位疊加為：

$$V(\mathbf{r}) = \frac{q}{4\pi\epsilon_0} \left( \frac{1}{r_+} - \frac{1}{r_-} \right) \approx \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{qd\cos\theta}{r^2}$$

定義物理電偶極矩向量為 $\mathbf{p} = q\mathbf{d} = qd\,\hat{\mathbf{z}}$。由於 $\mathbf{p} \cdot \hat{\mathbf{r}} = p\cos\theta$：

在球座標系中，梯度算子為：$\nabla V = \frac{\partial V}{\partial r}\hat{\mathbf{r}} + \frac{1}{r}\frac{\partial V}{\partial \theta}\hat{\boldsymbol{\theta}} + \frac{1}{r\sin\theta}\frac{\partial V}{\partial \phi}\hat{\boldsymbol{\phi}}$。

對電偶極電位取負梯度 $\mathbf{E} = -\nabla V$：

• 徑向分量：
$$E_r = -\frac{\partial V}{\partial r} = -\frac{\partial}{\partial r}\left( \frac{p\cos\theta}{4\pi\epsilon_0 r^2} \right) = \frac{2p\cos\theta}{4\pi\epsilon_0 r^3}$$
• 天頂角分量：
$$E_\theta = -\frac{1}{r}\frac{\partial V}{\partial \theta} = -\frac{1}{r}\left( \frac{-p\sin\theta}{4\pi\epsilon_0 r^2} \right) = \frac{p\sin\theta}{4\pi\epsilon_0 r^3}$$
• 方位角分量：由軸對稱性 $E_\phi = 0$。

綜合寫為向量形式：

無座標的純向量形式（課本 Eq. 3.104）：

一維拉普拉斯方程為 $\frac{d^2 V}{dx^2} = 0$。直接兩次積分：

$$V(x) = m x + b$$

其中 $m, b$ 為常數。其二階導數處處為零，故不存在曲率改變，無任何局部極大值或極小值（一條斜直線的極值必在區間兩端點）。

同時，在任意點 $x$ 兩側對稱距離 $a$ 的平均值為：

$$\frac{V(x + a) + V(x - a)}{2} = \frac{[m(x+a)+b] + [m(x-a)+b]}{2} = mx + b = V(x)$$

證明了一維的平均值定理！

設正電荷 $q$ 位於空間中某平衡點 $P$。若該點為穩定平衡點（Stable Equilibrium），則粒子無論沿任何方向發生微小位移，都必須受到指向平衡點的恢復力（Restoring Force）：

$$\mathbf{F} = q\mathbf{E} \implies \mathbf{E} \text{ 必須從各方向皆指向 } P$$

以 $P$ 為中心取一任意小的球面高斯面 $S$。由於電場 $\mathbf{E}$ 在整個球面上處處指向球心 $P$，電場的向外總通量必為負值：

$$\oint_S \mathbf{E} \cdot d\mathbf{a} < 0$$

然而根據高斯定律，$\oint_S \mathbf{E}\cdot d\mathbf{a} = \frac{Q_{\text{enc}}}{\epsilon_0}$。在無外部電荷存在的自由空間中，內部並無其他固定電荷產生源，故必有：

$$\oint_S \mathbf{E} \cdot d\mathbf{a} = 0$$

產生矛盾！因此電場不可能在所有方向上都指向 $P$。以電位觀點而言，穩定平衡要求電位具有局部極小值（$\nabla^2 V > 0$），但拉普拉斯方程要求 $\nabla^2 V = 0$（鞍點 Saddle Point），故穩定平衡在純靜電場中不可能實現！

在 $z = -d$ 處放置一條平行的鏡像直線，帶電量為 $-\lambda$。

單一長直線距離 $s$ 處的電位為 $V = -\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0}\ln(s)$。兩導線疊加：

$$V(y, z) = -\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0} \ln(s_+) + \frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0} \ln(s_-) = \frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0} \ln\left( \frac{s_-}{s_+} \right)$$

其中 $s_+ = \sqrt{y^2 + (z - d)^2}$，$s_- = \sqrt{y^2 + (z + d)^2}$：

驗證：在 $z = 0$ 處，$s_- = s_+$，對數項為 $\ln(1) = 0 \implies V(y, 0) = 0$！完全滿足接地條件。

利用導體表面邊界條件：$\sigma(y) = -\epsilon_0 \left. \frac{\partial V}{\partial z} \right|_{z=0}$：

$$\frac{\partial V}{\partial z} = \frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0} \left[ \frac{2(z + d)}{y^2 + (z + d)^2} - \frac{2(z - d)}{y^2 + (z - d)^2} \right]$$

在 $z = 0$ 處代入：

$$\left. \frac{\partial V}{\partial z} \right|_{z=0} = \frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0} \left[ \frac{2d}{y^2 + d^2} - \frac{-2d}{y^2 + d^2} \right] = \frac{\lambda}{\pi\epsilon_0} \frac{d}{y^2 + d^2}$$

驗證單位長度總感應電荷：$\int_{-\infty}^\infty \sigma(y) dy = -\frac{\lambda d}{\pi} \left. \frac{1}{d}\arctan(y/d) \right|_{-\infty}^\infty = -\lambda$，完全等於 $-\lambda$！

球內電位：$V_{\text{in}}(r, \theta) = \sum_{l=0}^\infty A_l r^l P_l(\cos\theta)$

球外電位：$V_{\text{out}}(r, \theta) = \sum_{l=0}^\infty \frac{B_l}{r^{l+1}} P_l(\cos\theta)$

邊界連續性（$r = R$）：$V_{\text{in}}(R, \theta) = V_{\text{out}}(R, \theta) \implies B_l = A_l R^{2l+1}$。

電場法向躍變條件：

$$\left. \frac{\partial V_{\text{out}}}{\partial r} \right|_{r=R} - \left. \frac{\partial V_{\text{in}}}{\partial r} \right|_{r=R} = -\frac{\sigma}{\epsilon_0} = -\frac{k}{\epsilon_0}\cos\theta = -\frac{k}{\epsilon_0} P_1(\cos\theta)$$

代入微商項：

$$\sum_{l=0}^\infty \left[ -(l+1)\frac{B_l}{R^{l+2}} - l A_l R^{l-1} \right] P_l(\cos\theta) = -\sum_{l=0}^\infty (2l + 1) A_l R^{l-1} P_l(\cos\theta)$$

比對 $l=1$ 項：$-(2(1) + 1) A_1 R^0 = -\frac{k}{\epsilon_0} \implies A_1 = \frac{k}{3\epsilon_0}$（其餘階數全為 0）。$B_1 = A_1 R^3 = \frac{k R^3}{3\epsilon_0}$。

物理亮點：球殼內部為均勻電場 $\mathbf{E}_{\text{in}} = -\frac{k}{3\epsilon_0}\hat{\mathbf{z}}$！球外則為純電偶極場！

利用三倍角公式：$\cos(3\theta) = 4\cos^3\theta - 3\cos\theta$。

對照勒壤得多項式：$P_1(x) = x$，$P_3(x) = \frac{1}{2}(5x^3 - 3x) \implies x^3 = \frac{2}{5}P_3(x) + \frac{3}{5}P_1(x)$。

代入得：$\cos(3\theta) = 4\left[ \frac{2}{5}P_3 + \frac{3}{5}P_1 \right] - 3P_1 = \frac{8}{5}P_3(\cos\theta) - \frac{3}{5}P_1(\cos\theta)$。

由邊界條件 $V(R, \theta) = V_0\left[ \frac{8}{5}P_3 - \frac{3}{5}P_1 \right]$，直接寫出係數：

1. 單極項（Monopole Term）：

$$Q_{\text{mono}} = \sum q_i = (+q) + (-2q) + (+q) = 0 \implies V_{\text{mono}} = 0$$

2. 偶極矩（Dipole Moment）：

$$\mathbf{p} = \sum q_i \mathbf{r}_i' = q(d\hat{\mathbf{z}}) + (-2q)(0) + q(-d\hat{\mathbf{z}}) = \mathbf{0} \implies V_{\text{dip}} = 0$$

單極矩與偶極矩均為零！故最低非零項必為四極項（Quadrupole Term, $n = 2$）！

多極展開公式通式：

$$V(\mathbf{r}) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{r^{n+1}} \sum_{i} q_i (r_i')^n P_n(\cos\alpha_i)$$

對於 $n = 2$：

$$\sum_i q_i (r_i')^2 P_2(\cos\theta_i) = q(d)^2 P_2(\cos 0) + (-2q)(0) + q(d)^2 P_2(\cos\pi)$$

由於 $\cos 0 = 1, \cos\pi = -1$，且 $P_2(1) = P_2(-1) = 1$：

$$\sum = q d^2 (1) + 0 + q d^2 (1) = 2 q d^2$$

因此在場點 $(r, \theta)$ 處，由勒壤得多項式 $P_2(\cos\theta) = \frac{1}{2}(3\cos^2\theta - 1)$：

電四極子電位以 $1/r^3$ 速率衰減，角分佈具有 $(3\cos^2\theta - 1)$ 的四極特徵！