这实际上是作者大学期间电磁学A的一篇论文，是在参考了一系列文章后的综述性的解释，希望能帮到和我一样有疑惑的人。

本文由一道经典的竞赛练习题出发，针对不同参考资料上的解题方法的合理与否进行讨论，并从不同角度给出较为合理的解答。
静电场; 电介质; 电场能量密度;…

Introduction

这是一道笔者在高中学习物理竞赛期间阅读程稼夫先生的《电磁学》以及舒幼生先生的《奥赛物理题选》时都见过的一道经典题目，题目如下：
水平放置的平行板电容器，一块极板在液面上方，另一块极板浸没在液面下，如Figure
1所示。液体的相对介电常数为εr\varepsilon_{r}εr，密度为ρ\rhoρ。传给电容器极板电荷面密度σ\sigmaσ后，电容器中的液面升高多少？

在舒老先生的《奥赛物理题选》中给出了这一题基于受力法和能量法的两种解法，且答案相同
。同时程稼夫先生的《电磁学》中也选了这道题作为习题，并未给出具体过程，但给出了同样的答案。笔者在高中学习竞赛期间，虽利用虚功原理解出答案与两书中均不同，但由于当时对电介质内部的极化机制以及更复杂的数学工具没有足够的了解，故未能进一步讨论，但现在已经进入大学学习将近一年时间，对电磁学有更进一步的学习，故现在旧题重论，并以之为引对电介质能量以及受力等概念进一步加以分析。

题选中的方法介绍与讨论

这一部分先从舒书上的两种解答方法进行展示和讨论。

方法介绍

先介绍舒书上基于受力的解法
空气中
E0=σε0\displaystyle E_{0}= \frac{\sigma }{\varepsilon _{0}}E0=ε0σ
水中总场强
E=E0εr=σε0εr\displaystyle E=\frac{E_{0}}{\varepsilon _{r}}=\frac{\sigma }{\varepsilon _{0}\varepsilon _{r}}E=εrE0=ε0εrσ
极化电荷场强
E′=E0−E=εr−1εrε0σ\displaystyle {E}^{'}=E_{0}-E=\frac{\varepsilon _{r}-1}{\varepsilon _{r}\varepsilon _{0}}\sigmaE′=E0−E=εrε0εr−1σ
极化电荷面密度
σ′=ε0E′=εr−1εrσ\displaystyle {\sigma}^{'}=\varepsilon_{0}{E}^{'}=\frac{\varepsilon _{r}-1}{\varepsilon _{r}}\sigmaσ′=ε0E′=εrεr−1σ
水面：
Es=σε0−σ′2ε0=σε0−(εr−1)σ2ε0εr=εr+12ε0εrσ\displaystyle E_{s}=\frac{\sigma }{\varepsilon _{0}}-\frac{\sigma ^{'}}{2\varepsilon _{0}}=\frac{\sigma }{\varepsilon _{0}}-\frac{(\varepsilon _{r}-1)\sigma }{2\varepsilon _{0}\varepsilon _{r}}=\frac{\varepsilon _{r}+1}{2\varepsilon _{0}\varepsilon _{r}}\sigmaEs=ε0σ−2ε0σ′=ε0σ−2ε0εr(εr−1)σ=2ε0εrεr+1σ
h高度水面受力平衡：
ρShg=Esσ′Sρgh=Esσ′=εr+12ε0εrσεr−1εrσ=(εr2−1)2ε0εr2σ2h=(εr2−1)σ22ε0εr2ρg\displaystyle \rho Shg=E_{s}\sigma ^{'}S \\ \rho gh= E_{s}\sigma ^{'}=\frac{\varepsilon _{r}+1}{2\varepsilon _{0}\varepsilon _{r}}\sigma \frac{\varepsilon _{r}-1}{\varepsilon _{r}}\sigma=\frac{(\varepsilon _{r}^{2}-1)}{2\varepsilon _{0}\varepsilon _{r}^{2}}\sigma ^{2} \\ h=\frac{(\varepsilon _{r}^{2}-1)\sigma ^{2}}{2\varepsilon _{0}\varepsilon _{r}^{2}\rho g}ρShg=Esσ′Sρgh=Esσ′=2ε0εrεr+1σεrεr−1σ=2ε0εr2(εr2−1)σ2h=2ε0εr2ρg(εr2−1)σ2\

而基于能量的做法则如下：
利用虚功原理，在液面平衡时给予一微扰δh\delta hδh
ρg(h0+δh)δh≈ρgh0δh=(12ε0Eair2−12DliquidEliquid)δh+12PliquidEliquidδh\displaystyle \rho g(h_{0}+\delta h)\delta h\approx \rho gh_{0}\delta h=\\(\frac{1}{2}\varepsilon _{0}E_{air}^{2}-\frac{1}{2}D_{liquid}E_{liquid})\delta h+\frac{1}{2}P_{liquid}E_{liquid}\delta hρg(h0+δh)δh≈ρgh0δh=(21ε0Eair2−21DliquidEliquid)δh+21PliquidEliquidδh
ρgh0=εr−12ε0εrσ2+εr−12ε0εr2σ2=(εr−1)2ε0εr2\displaystyle \rho gh_{0}=\frac{\varepsilon_{r}-1}{2\varepsilon _{0}\varepsilon _{r}}\sigma ^{2}+\frac{\varepsilon_{r}-1}{2\varepsilon _{0}\varepsilon _{r}^{2}}\sigma ^{2}=\frac{(\varepsilon _{r}-1)}{2\varepsilon _{0}\varepsilon _{r}^{2}}ρgh0=2ε0εrεr−1σ2+2ε0εr2εr−1σ2=2ε0εr2(εr−1)
h0=(εr2−1)σ22ε0εr2ρg\displaystyle h_{0}=\frac{(\varepsilon _{r}^{2}-1)\sigma ^{2}}{2\varepsilon _{0}\varepsilon ^{2}_{r}\rho g}h0=2ε0εr2ρg(εr2−1)σ2
而这道题笔者在高中时利用虚功原理的方法如下
ρghδh=(12ε0Eair2−12DliquidEliquid)δh=(εr−1)σ22εrε0δh\displaystyle \rho gh\delta h=(\frac{1}{2}\varepsilon _{0}\textbf{E}^{2}_{air}-\frac{1}{2}\textbf{D}_{liquid}\textbf{E}_{liquid})\delta h\\ =\frac{(\varepsilon _{r}-1)\sigma ^{2}}{2\varepsilon _{r}\varepsilon _{0}}\delta hρghδh=(21ε0Eair2−21DliquidEliquid)δh=2εrε0(εr−1)σ2δh
h=σ22ε0ρg(1−1εr)\displaystyle h=\frac{\sigma ^{2}}{2\varepsilon _{0}\rho g}(1-\frac{1}{\varepsilon _{r}})h=2ε0ρgσ2(1−εr1)
可以看出两种答案有微小的差别。

针对上文受力法和能量法的讨论

首先对于受力法，它采取了两种假设，其一是忽略边缘效应，第二是将一整块介质在电场中的受力只考虑成其表现出的极化面电荷收到的力，且认为它收到的力是其所在处电场的平均，且有一不妥，在涉及流体的受力时，一般使用各点的压强描述会比整体的受力更加准确且提供更多细节。

而对于能量法，这里采用的能量并非一般的电势能而是实际上的宏观静电能，原书中提出这是由于流入的水需要极化而增加的一部分电极化能修正导致。下面对于以上提出的问题进行具体的讨论

一般性分析受力法和能量法

基于偶极子受力的解法改进

原书直接将表面一层极化面电荷作为大块液体的受力全部来源，笔者认为不妥，对于大块电介质受力应考虑其内部实际上分布着电偶极子，所以讨论如下
本篇中对于电介质的讨论全部限于线性介质，而不考虑铁电体，极化张量等复杂情况

我们知道偶极子在电场中受力是：
∇(p⋅E)=(p⋅∇)E\nabla(\textbf{p}\cdot \textbf{E})=(\textbf{p}\cdot \nabla)\textbf{E}∇(p⋅E)=(p⋅∇)E
而显然整块的电介质受力就应该为
∭n(p⋅∇)E0dV\iiint n(\textbf{p}\cdot \nabla)\textbf{E}_{0}\mathrm{d}V∭n(p⋅∇)E0dV
其中E0\textbf{E}_{0}E0为外加电场强度
又有整个导体块的的牛顿第三定律所以
∫Vn(p⋅∇)E′dV\int _{V}n(\textbf{p}\cdot \nabla)\textbf{E}^{'}\mathrm{d}V∫Vn(p⋅∇)E′dV
其中E′\textbf{E}^{'}E′为电介质块产生电场
所以就有实际受力为
∭n(p⋅∇)EdV\iiint n(\textbf{p}\cdot \nabla)\textbf{E}\mathrm{d}V∭n(p⋅∇)EdV
这里的E\textbf{E}E是全体电场，所以:
∭(P⋅∇)EdV=∭[(ε−ε0)E⋅∇]EdV\iiint(\textbf{P}\cdot \nabla)\textbf{E}\mathrm{d}V=\iiint[(\varepsilon -\varepsilon _{0})\textbf{E}\cdot \nabla]\textbf{E}\mathrm{d}V∭(P⋅∇)EdV=∭[(ε−ε0)E⋅∇]EdV
又由矢量分析中的恒等式：
(E⋅∇)E=12∇E2−E×(∇×E)(\textbf{E}\cdot \nabla)\textbf{E}=\frac{1}{2}\nabla\textbf{E}^{2}-\textbf{E}\times (\nabla\times \textbf{E})(E⋅∇)E=21∇E2−E×(∇×E)
且对于静电场，其旋度为0，所以有受力为
12∭(ε−ε0)∇(E2)dV\frac{1}{2}\iiint(\varepsilon -\varepsilon _{0})\nabla(\textbf{E}^{2})\mathrm{d}V21∭(ε−ε0)∇(E2)dV

该式也可通过对电场的能量进行分析而导出。推导如下
假设电场中介质作一ξ\xiξ的微小位移，而导致电场能量有如下变化
δW=12δ∫VD2εdV=∫VE⋅δDdV−12∫VδεE2dV\begin{aligned} \delta W=\frac{1}{2}\delta \int _{V}\frac{\textbf{D}^{2}}{\varepsilon }\mathrm{d}V \\ =\int _{V}\textbf{E}\cdot \delta \textbf{D}\mathrm{d}V-\frac{1}{2}\int _{V}\delta \varepsilon \textbf{E}^{2}\mathrm{d}V\\ \end{aligned}δW=21δ∫VεD2dV=∫VE⋅δDdV−21∫VδεE2dV

又由∇⋅D=ρ,∇ϕ=−E\nabla\cdot\textbf{D}=\rho,\nabla\phi=-\textbf{E}∇⋅D=ρ,∇ϕ=−E可得
=∫V[δρφ−∇(φδD)]−12δεE2dV=−12∫VδεE2dV+∫VδρφdV\begin{aligned} =\int _{V}[\delta \rho \varphi -\nabla(\varphi \delta \textbf{D})]-\frac{1}{2}\delta \varepsilon \textbf{E}^{2}\mathrm{d}V\\ =-\frac{1}{2}\int _{V}\delta \varepsilon \textbf{E}^{2}\mathrm{d}V+ \int _{V}\delta \rho \varphi\mathrm{d}V \end{aligned}=∫V[δρφ−∇(φδD)]−21δεE2dV=−21∫VδεE2dV+∫VδρφdV
上面使用了高斯定理，把散度的体积分化为面积分后，由于无穷远处的电势为0，使该积分为0,下面由于ρ\rhoρ和ε\varepsilonε在这里都认为是空间的函数，所以有
∫VδρdV=−∫SξρdS=−∫V∇⋅(ρξ)dVδρ=−∇⋅(ρξ)∫VδεdV=−∫SξεdS=−∫V∇⋅(εξ)dVδε=−∇⋅(εξ)\begin{aligned} \int _{V}\delta \rho \mathrm{d}V=-\int _{S}\xi \rho \mathrm{d}S=-\int _{V}\nabla\cdot (\rho \xi )\mathrm{d}V\\ \delta \rho=-\nabla\cdot (\rho \xi )\\ \int _{V}\delta \varepsilon \mathrm{d}V=-\int _{S}\xi \varepsilon \mathrm{d}S=-\int _{V}\nabla\cdot (\varepsilon \xi )\mathrm{d}V\\ \delta \varepsilon=-\nabla\cdot (\varepsilon \xi ) \end{aligned}∫VδρdV=−∫SξρdS=−∫V∇⋅(ρξ)dVδρ=−∇⋅(ρξ)∫VδεdV=−∫SξεdS=−∫V∇⋅(εξ)dVδε=−∇⋅(εξ)
带入(9)中就有
δW=12∫V∇(εξ)E2dV−∫V∇(ρξ)φdV\begin{aligned} \delta W=\frac{1}{2}\int _{V}\nabla(\varepsilon \xi ) \textbf{E}^{2}\mathrm{d}V-\int _{V}\nabla(\rho \xi )\varphi \mathrm{d}V \end{aligned}δW=21∫V∇(εξ)E2dV−∫V∇(ρξ)φdV
同样利用∇\nabla∇的莱布尼兹法则以及全空间散度体积分的零值性化为

δW=12∫VE2∇(ε)ξdV−∫VρEξdV\begin{aligned} \delta W=\frac{1}{2}\int _{V}\textbf{E}^{2}\nabla(\varepsilon)\xi \mathrm{d}V-\int _{V}\rho \textbf{E}\xi \mathrm{d}V\\ \end{aligned}δW=21∫VE2∇(ε)ξdV−∫VρEξdV
最后对比下式
δW=−∫Vf⋅ξdV\delta W=-\int _{V}\textbf{f}\cdot \xi\mathrm{d}VδW=−∫Vf⋅ξdV
可得
f=ρE−12E2∇(ε)\textbf{f}=\rho \textbf{E}-\frac{1}{2}\textbf{E}^{2}\nabla(\varepsilon)f=ρE−21E2∇(ε)
忽略电介质上自由电荷贡献的力，又由于ξ\xiξ只存在于电介质区域，所以，上式RHS的积分只在电介质内部进行，所以还可以做以下化简
f=−12E2∇(ε)=−12∇[E2(ε−ε0)]+12(ε−ε0)∇(E2)\begin{aligned} \textbf{f}=-\frac{1}{2}\textbf{E}^{2}\nabla(\varepsilon)\\ =-\frac{1}{2}\nabla[\textbf{E}^{2}(\varepsilon-\varepsilon_{0})]+\frac{1}{2}(\varepsilon-\varepsilon_{0})\nabla(\textbf{E}^{2}) \end{aligned}f=−21E2∇(ε)=−21∇[E2(ε−ε0)]+21(ε−ε0)∇(E2)
而对于整个电介质积分后，RHS第一项由于ε\varepsilonε和ε0\varepsilon_{0}ε0在在边界处相同，所以体积分等于0，最终得到
12∭(ε−ε0)∇(E2)dV\frac{1}{2}\iiint(\varepsilon -\varepsilon _{0})\nabla(\textbf{E}^{2})\mathrm{d}V21∭(ε−ε0)∇(E2)dV
即为整块电介质的受力。与偶极子受力法得出的结论相同。

取液面上升后，整块位于下极板之上的液块进行受力分析。电场强度只有上下两个面上有变化，所以，受力积分只在上下两个面上进行，即从水面上积分至水面下，从下极板上积分至下极板下。对于下极板处，介电常数无变化，积分较为简单，而在上极板处，介电常数作为空间位置的函数，需要额外计算

上极板处 F1=∫12(ε−ε0)∂(E2)∂hsdh=∫−D2(ε−ε0)ε3∂ε∂hsdh=D2(1ε−ε02ε2)∣ε0εrε0s=σ2(1ε0−1ε0εr−12ε0+ε02ε02εr2)s\begin{aligned} \textbf{F}_{1}=\int\frac{1}{2}(\varepsilon -\varepsilon _{0})\frac{\partial (\textbf{E}^{2})}{\partial h}s\mathrm{d}h=\\ \int-\textbf{D}^{2}\frac{(\varepsilon -\varepsilon _{0})}{\varepsilon ^{3}}\frac{\partial \varepsilon }{\partial h}s\mathrm{d}h\\ =\textbf{D}^{2}(\frac{1}{\varepsilon }-\frac{\varepsilon _{0}}{2\varepsilon ^{2}})\bigg|_{\varepsilon _{0}\varepsilon_{r}}^{\varepsilon _{0}}s\\ =\sigma ^{2}(\frac{1}{\varepsilon _{0}}-\frac{1}{\varepsilon_{0}\varepsilon_{r}}-\frac{1}{2\varepsilon _{0}}+\frac{\varepsilon _{0}}{2\varepsilon_{0}^{2}\varepsilon_{r}^{2}})s \end{aligned}F1=∫21(ε−ε0)∂h∂(E2)sdh=∫−D2ε3(ε−ε0)∂h∂εsdh=D2(ε1−2ε2ε0)∣∣∣∣ε0εrε0s=σ2(ε01−ε0εr1−2ε01+2ε02εr2ε0)s 而下极板处无介质变化，只有电场变化，积分为
F2=∫12(ε−ε0)∂(E2)∂hsdh=σ2(12ε0εr−12ε0εr2)s\begin{aligned} \textbf{F}_{2}=\int\frac{1}{2}(\varepsilon -\varepsilon _{0})\frac{\partial (\textbf{E}^{2})}{\partial h}s\mathrm{d}h\\ =\sigma^{2}(\frac{1}{2\varepsilon _{0}\varepsilon _{r}}-\frac{1}{2\varepsilon _{0}\varepsilon _{r}^{2}})s \end{aligned}F2=∫21(ε−ε0)∂h∂(E2)sdh=σ2(2ε0εr1−2ε0εr21)s
由F1+F2=ρghs\displaystyle\textbf{F}_{1}+\textbf{F}_{2}=\rho ghsF1+F2=ρghs
最终可得液面升高高度为h=σ22ε0ρg(1−1εr)\displaystyle h=\frac{\sigma ^{2}}{2\varepsilon _{0}\rho g}(1-\frac{1}{\varepsilon _{r}})h=2ε0ρgσ2(1−εr1)

可以看到这里得到的答案与笔者使用虚功原理的答案相同。

同样的，上文中推得的公式也可用于固体电介质中，如下讨论

给予极板上qqq的电量，其余各参数如图所示，求出此时为维持平衡所施加的力。
力沿水平方向，所以（7）式积分只需在左右两个面进行

先求出各部分电场，假设左侧存在电介质部分极板带电Q′Q^{'}Q′，则有
Q′εrε0x=Q−Q′ε0(l−x)\frac{Q^{'}}{\varepsilon _{r}\varepsilon _{0}x}=\frac{Q-Q^{'}}{\varepsilon _{0}(l-x)}εrε0xQ′=ε0(l−x)Q−Q′
则可求出极板间电场为
E=Q′εrε0xSl=Qε0[l+(εr−1)x]SlE=\frac{Q^{'}}{\varepsilon _{r}\varepsilon _{0}x\frac{S}{l}}=\frac{Q}{\varepsilon _{0}[l+(\varepsilon _{r}-1)x]\frac{S}{l}}E=εrε0xlSQ′=ε0[l+(εr−1)x]lSQ
再由（7）式积分，而只有左侧电场有突变，所以求得力为
12ldQ2ε02S2[l+(εr−1)x]2(εr−1)ε0\frac{1}{2}\frac{ldQ^{2}}{\varepsilon _{0}^{2}S^{2}[l+(\varepsilon _{r}-1)x]^{2}}(\varepsilon _{r}-1)\varepsilon _{0}21ε02S2[l+(εr−1)x]2ldQ2(εr−1)ε0
如果对这道题使用能量法，则如下
F=−∂U∂x=12Q2C2∂C∂xF=-\frac{\partial U}{\partial x}=\frac{1}{2}\frac{Q^{2}}{C^{2}}\frac{\partial C}{\partial x}F=−∂x∂U=21C2Q2∂x∂C
而
C=εrε0Sxdl+ε0S(l−x)dlC=\frac{\varepsilon _{r}\varepsilon _{0}Sx}{dl}+\frac{\varepsilon _{0}S(l-x)}{dl}C=dlεrε0Sx+dlε0S(l−x)
所以计算得受力为
12ldQ2ε0S2[l+(εr−1)x]2(εr−1)\frac{1}{2}\frac{ldQ^{2}}{\varepsilon _{0}S^{2}[l+(\varepsilon _{r}-1)x]^{2}}(\varepsilon _{r}-1)21ε0S2[l+(εr−1)x]2ldQ2(εr−1)
可以看到，两者答案完全一样，所以，偶极子受力法在忽略边缘效应的近似下和能量法是自洽且较为合理的。

使用压强对于受力法的优化

对于液体来说，其满足欧拉平衡微分方程： ∇p=f\nabla \textbf{p}=\textbf{f}∇p=f
式中f\textbf{f}f为体积力，所以加上（7）式有
∇p=12(ε−ε0)∇(E2)\nabla \textbf{p}=\frac{1}{2}(\varepsilon -\varepsilon _{0})\nabla(\textbf{E}^{2})∇p=21(ε−ε0)∇(E2)
写成分量即为 ∂p∂x=12(ε−ε0)∂(E2)∂x∂p∂y=12(ε−ε0)∂(E2)∂y∂p∂z=12(ε−ε0)∂(E2)∂z\begin{aligned} \frac{\partial \textbf{p}}{\partial x}=\frac{1}{2}(\varepsilon -\varepsilon _{0})\frac{\partial (\textbf{E}^{2})}{\partial x}\\ \frac{\partial \textbf{p}}{\partial y}=\frac{1}{2}(\varepsilon -\varepsilon _{0})\frac{\partial (\textbf{E}^{2})}{\partial y}\\ \frac{\partial \textbf{p}}{\partial z}=\frac{1}{2}(\varepsilon -\varepsilon _{0})\frac{\partial (\textbf{E}^{2})}{\partial z} \end{aligned}∂x∂p=21(ε−ε0)∂x∂(E2)∂y∂p=21(ε−ε0)∂y∂(E2)∂z∂p=21(ε−ε0)∂z∂(E2) 如下图四

DDD点压强为大气压p0p_0p0,DDD点由于位于无电场区，其压强也可视为大气压,而A,BA,BA,B点压强则由下式给出
∫AD∂p∂hdh=∫AD12(ε−ε0)∂(E2)∂hdh∫BC∂p∂hdh=∫BC12(ε−ε0)∂(E2)∂hdh\begin{aligned} \int_{A}^{D}\frac{\partial \textbf{p}}{\partial h}\mathrm{d}h=\int_{A}^{D}\frac{1}{2}(\varepsilon -\varepsilon _{0})\frac{\partial (\textbf{E}^{2})}{\partial h}\mathrm{d}h\\ \int_{B}^{C}\frac{\partial \textbf{p}}{\partial h}\mathrm{d}h=\int_{B}^{C}\frac{1}{2}(\varepsilon -\varepsilon _{0})\frac{\partial (\textbf{E}^{2})}{\partial h}\mathrm{d}h \end{aligned}∫AD∂h∂pdh=∫AD21(ε−ε0)∂h∂(E2)dh∫BC∂h∂pdh=∫BC21(ε−ε0)∂h∂(E2)dh
在A,D这里，积分跨越了介质分界面，同能量法中的推导，即介电常数由ε\varepsilonε变化到ε0\varepsilon_{0}ε0所以有
∫AD12(ε−ε0)∂(E2)∂hdh=∫AD−D2(ε−ε0)ε3∂ε∂hdh=D2(1ε−ε02ε2)∣ε0εrε0=σ2(1ε0−1ε0εr−12ε0+ε02ε02εr2)\begin{gathered} \int_{A}^{D}\frac{1}{2}(\varepsilon -\varepsilon _{0})\frac{\partial (\textbf{E}^{2})}{\partial h}\mathrm{d}h=\int_{A}^{D}-\textbf{D}^{2}\frac{(\varepsilon -\varepsilon _{0})}{\varepsilon ^{3}}\frac{\partial \varepsilon }{\partial h}\mathrm{d}h\\ =\textbf{D}^{2}(\frac{1}{\varepsilon }-\frac{\varepsilon _{0}}{2\varepsilon ^{2}})\bigg|_{\varepsilon _{0}\varepsilon_{r}}^{\varepsilon _{0}}\\ =\sigma ^{2}(\frac{1}{\varepsilon _{0}}-\frac{1}{\varepsilon_{0}\varepsilon_{r}}-\frac{1}{2\varepsilon _{0}}+\frac{\varepsilon _{0}}{2\varepsilon_{0}^{2}\varepsilon_{r}^{2}}) \end{gathered}∫AD21(ε−ε0)∂h∂(E2)dh=∫AD−D2ε3(ε−ε0)∂h∂εdh=D2(ε1−2ε2ε0)∣∣∣∣ε0εrε0=σ2(ε01−ε0εr1−2ε01+2ε02εr2ε0)

得到D,AD,AD,A的压强差
而CCC到DDD积分完全在介质内所以如下 ∫CB∂p∂hdh=∫BC12(ε−ε0)∂(E2)∂hdh=σ2(12ε0εr−12ε0εr2)\begin{gathered} \int_{C}^{B}\frac{\partial \textbf{p}}{\partial h}\mathrm{d}h=\int_{B}^{C}\frac{1}{2}(\varepsilon -\varepsilon _{0})\frac{\partial (\textbf{E}^{2})}{\partial h}\mathrm{d}h\\ =\sigma^{2}(\frac{1}{2\varepsilon _{0}\varepsilon _{r}}-\frac{1}{2\varepsilon _{0}\varepsilon _{r}^{2}}) \end{gathered}∫CB∂h∂pdh=∫BC21(ε−ε0)∂h∂(E2)dh=σ2(2ε0εr1−2ε0εr21)
得到B,CB,CB,C的压强差
所以最终有
pB−pA=ρgh=σ2(12ε0−12ε0εr)p_{B}-p_{A}=\rho gh=\sigma ^{2}(\frac{1}{2\varepsilon _{0}}-\frac{1}{2\varepsilon _{0}\varepsilon _{r}})pB−pA=ρgh=σ2(2ε01−2ε0εr1)
得到h=σ22ε0ρg(1−1εr)\displaystyle h=\frac{\sigma ^{2}}{2\varepsilon _{0}\rho g}(1-\frac{1}{\varepsilon _{r}})h=2ε0ρgσ2(1−εr1)
同整块受力法的答案相同，但对于液体中的压强场的分布会有更深入的认识，该种解法，给了我们对于液体电介质内部更清晰的压强场分布
从这里的讨论可以看出，是由于B,CB,CB,C间的压强差以及由于电介质内部极化造成的与一般带电导体不同的应力，使得这道题不能简单地如舒老的一层电荷受力法给出解答。

对于能量法的一般性讨论

对于该题的能量解法，认为舒老的解法正确的有两派观点，一种认为带电系统能量是为12ε0E2\displaystyle\frac{1}{2}\varepsilon_{0}\textbf{E}^{2}21ε0E2，对于这个观点，下面会用简单的矢量分析以及例子加以说明，而另一种认为，在液体流出极板间的虚位移过程，液体未进行退极化过程，或者退极化过程中的能量无法反过来给予空间其余位置而是以热形式散失，最终会导致需要加上极化能修正项。

对于带电系统的能量讨论

定义一个系统的能量，自然是要从与外界进行能量交换上入手，而对于点电荷系统，其系统的能量在不考虑自能的情况下就为Σ12φq\displaystyle\Sigma \frac{1}{2}\varphi qΣ21φq,推广到连续电荷系统，自然变成12∭ρφdV\displaystyle\frac{1}{2}\iiint\rho\varphi\mathrm{d}V21∭ρφdV,那么在有介质的系统下，虽然会出现极化电荷，但是与外界直接能量交互的始终是自由电荷，束缚电荷是随电场的变化而随之改变，所以该系统的能量是为12∭ρ0φdV\displaystyle\frac{1}{2}\iiint\rho_{0}\varphi\mathrm{d}V21∭ρ0φdV其中ρ0\rho_{0}ρ0为自由电荷密度，而极化电荷的贡献则体现在φ\varphiφ中。下面使用这一式子推导出电场的储能

12∭ρ0φdV=12∭∇⋅DφdV=12∭∇(φD)−D⋅∇φdV=12∬DφdS−12∭∇φ⋅DdV=12∭E⋅DdV\begin{gathered} \frac{1}{2}\iiint\rho_{0}\varphi\mathrm{d}V=\frac{1}{2}\iiint\nabla\cdot \textbf{D}\varphi\mathrm{d}V \\ =\frac{1}{2}\iiint\nabla(\varphi\textbf{D})-\textbf{D}\cdot \nabla\varphi\mathrm{d}V\\ =\frac{1}{2}\iint\textbf{D}\varphi\mathrm{d}S-\frac{1}{2}\iiint\nabla\varphi\cdot \textbf{D}\mathrm{d}V\\ =\frac{1}{2}\iiint\textbf{E}\cdot \textbf{D}\mathrm{d}V \end{gathered}21∭ρ0φdV=21∭∇⋅DφdV=21∭∇(φD)−D⋅∇φdV=21∬DφdS−21∭∇φ⋅DdV=21∭E⋅DdV
这里回答了第一种观点

极化能形式的讨论以及虚功原理的具体讨论

我们可以看到，实际上电场能量可以写为两项，∫V12D⋅EdV=∫V12ε0E2+12P⋅EdV\displaystyle\int_{V}\frac{1}{2}\textbf{D}\cdot\textbf{E}\mathrm{d}V=\int_{V}\frac{1}{2}\varepsilon _{0}\textbf{E}^{2}+\frac{1}{2}\textbf{P}\cdot \textbf{E}\mathrm{d}V∫V21D⋅EdV=∫V21ε0E2+21P⋅EdV显然RHS第一项即为包含极化电荷在内所有的电荷的相互作用能，而第二项则是电介质极化所获取的极化能。

下面对于无极分子讨论其极化能的具体储存形式。

无极分子的极化过程是重合的电子云在外场的作用下相互偏移的过程，又只考虑线性介质，则有Ee=kl\displaystyle\textbf{E}e=k\textbf{l}Ee=kl其中kkk是由于线性极化介质而类比的劲度系数项，而p=le\textbf{p}=\textbf{l}ep=le,所以有其储存的势能为12kl2=12p⋅E\displaystyle\frac{1}{2}kl^{2}=\frac{1}{2}\textbf{p}\cdot\textbf{E}21kl2=21p⋅E再乘以偶极子的数密度就显然得到之前在电场能量密度式中分解出来的后一项12P⋅E\displaystyle\frac{1}{2}\textbf{P}\cdot \textbf{E}21P⋅E。

当然这里只是简单说明，实际上物质内部引起极化的场强远没有如此简单，例如在液体内部，需要进行球形空腔近似，更复杂的固体还与晶格结构相关，在这里不多研究，只是说明，电极化能在无极分子内部的具体形式类似一种弹性势能，而非耗散能，是系统的能量，在应用虚功原理时不可将极化能减去。

但对于有极分子，其极化有一部分是由于固有偶极矩的排列导致，这一部分能量是会体现在介质的内能中，但这种情况同样不会影响虚功原理的应用。解释如下：

系统约束力做虚功的过程实际是一个变分，对如何发生这一虚位移不关心，只关心系统状态，所以最终使用的应当是该系统的总能量，不论是无极分子还是有极分子，其极化能不论形式都是系统能量的一部分，所以该题能量做法也以12D⋅E\displaystyle\frac{1}{2}\textbf{D}\cdot\textbf{E}21D⋅E为宜。

对于该题中边缘效应的一点讨论和有限元模拟检验

上面的解答全部建立在忽略边缘效应的情况下，实际上边缘效应对受力的影响主要体现在对电荷分布的不均匀性影响上，但实际上压强法实际上并不像整块介质受力法那样要求全球求解区域都为理想电场，压强法只要求某一点的电场为理想电场，一定程度上避免了边缘效应，但是显然实际情况下，上升液面应是从中间向四周缓缓降低的，压强法也无法估计这些参数，但是其提供了一个很好的近似。

而对于一般的边缘效应，下面利用COMSOL的电场模拟来粗略估计忽略边缘效应带来的可能误差，利用COMSOL的电场接口，建立一个半径10cm厚度5mm，相距2cm的两个平行圆板，由于无法模拟无穷大空气，所以采用两种空气边界------绝缘边界和导电边界进行逼近，模拟计算后，可以得到如下图电场分布。

然后，画出两种边界条件下模拟计算得到的电容以及平均值，如下

可以看到，最终电容值基本收敛至1.43×10−11F1.43\times 10^{-11}F1.43×10−11F这与我们用理想电场算出的理想电容值

ε0Sd=1.39×10−11F\displaystyle\frac{\varepsilon _{0}S}{d}=1.39\times 10^{-11}Fdε0S=1.39×10−11F

误差为2.7%2.7\%2.7%，这还只是在极板线度和间距比例为5：1的情况下，所以在这类问题中，采取忽略边缘效应的模型，对电容的影响并不大，而由于能量法求受力与极板电容有关，自然边缘效应对介质受力的影响也不会大，所以采取忽略边缘效应的近似，并使用整块受力法，压强法，或能量法都是在保证较为简单的解答过程的同时也不失准确性的。

Conclusion

本文主要从一道竞赛题出发，通过偶极子受力法和能量法两种方法，导出了电介质在电场中的较为合理的受力公式，并应用于本道题，并指出舒老原本方法中的不妥，又使用压强场对受力法进行优化，进一步清晰了物理图像，之后，又讨论了电场的能量以及介质极化能的形式，澄清了舒老能量法中的瑕疵，最后使用有限元模拟的方法，粗略估计了边缘效应带来的误差实际上并不大，所以无论是受力公式法还是能量法都是很好的近似。

参考文献：
《物理奥赛题选》舒幼生 2014 P231.
《关于电介质液面上升问题的讨论》杨天骅 2020 .
《经典电动力学》蔡俊善

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