一、电偶极子
考虑两个等量异号的点电荷 $+Q$ 和 $-Q$，分别位于 $(0,-a)$ 和 $(0,a)$，即沿 $y$ 轴对称分布。定义电偶极矩为
$$ \vec{p} = 2Qa $$
方向为负电荷指向正电荷，大小为电荷与距离的乘积
1、电偶极子在$(x,0)$上产生的电场
由对称性，$E_x=0$，只需要计算$E_y$：
$$ E_{y}=-2\frac{1}{4\pi\varepsilon_{_0}}\frac{Q}{r^2}\sin\theta $$
其中：
$$ \sin\theta=\frac{a}{r},\quad r^2=x^2+a^2 $$
所以：
$$ E_y=-2\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Qa}{\left(x^2+a^2\right)^{3/2}} $$
2、电偶极子在$(0,y)$上产生的电场
在$y$轴上，$E_x=0$，只需要计算$E_y$：
$$ E_y=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0}\left[\frac{1}{(y-a)^2}-\frac{1}{(y+a)^2}\right] $$
化简得：
$$ E_y=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0}\frac{4ay}{(y^2-a^2)^2} $$
3、电偶极子在电场中的受力分析
上图为电偶极子在均匀电场中的受力分析。很明显，电偶极子收到一个力矩作用，首先写出电偶极矩矢量：
$$ \vec{p}=q\vec{d} $$
分析受力特点，整体受力为$0$，合力矩为：
$$ \tau = F\frac{d}{2}\sin\theta+F\frac{d}{2}\sin\theta=Fd\sin\theta=qEd\sin\theta=pe\sin\theta $$
即：
$$ \vec{\tau}=\vec{p}\times\vec{E} $$
以电偶极子的中点为参考点，计算电场对电偶极子做的功：
$$ \begin{aligned}W&=\int \mathrm{d}w=\int_{\theta_{0}}^{\theta}\vec{\tau}\cdot \vec{\mathrm{d}\theta}=-\int_{\theta_{0}}^{\theta}pE\sin\theta \mathrm{d}\theta\\&=pE(\cos\theta-\cos\theta_{0})\end{aligned} $$
二、连续电荷分布产生的电场
1、无限长带电直线在某一点产生的的电场
根据上图演示，计算$\mathrm{d}x$在该点产生的电场$\mathrm{d}E$：
$$ \mathrm{d}E=\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\frac{\mathrm{d}q}{r^{2}} $$
其中$\mathrm{d}q$和$r'$为:
$$ \mathrm{d}q=\lambda \mathrm{d}x $$
$$ r'=\frac{r}{\cos\theta} $$
代入得：
$$ \mathrm{d}E=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{\lambda\cos^2\theta \mathrm{d}x}{r^2} $$
其中$\mathrm{d}x$与$\theta$并不是独立的，存在下面关系：
$$ \begin{aligned}x&=r\tan\theta\\\mathrm{d}x&=r\sec^2\theta \mathrm{d}\theta\end{aligned} $$
所以：
$$ \mathrm{d}E = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{\lambda d\theta}{r} $$
将$\mathrm{d}E$向两个方向分解：
$$ \begin{gathered}\mathrm{d}E_{x}=-\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{\lambda \mathrm{d}\theta}{r}\sin\theta\\\mathrm{d}E_{y}=+\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{\lambda \mathrm{d}\theta}{r}\cos\theta\end{gathered} $$
积分得：
$$ E_x=\int \mathrm{d}E_x=-\int_{-\pi/2}^{+\pi/2}\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{\lambda \mathrm{d}\theta}{r}\sin\theta=0 $$
$$ E_y=\int \mathrm{d}E_y=\int_{-\pi/2}^{+\pi/2}\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{\lambda \mathrm{d}\theta}{r}\cos\theta=\frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0r} $$
经过上面的推导，得出结论：无限长带电直线对某一点产生的电场，随着该点到直线的距离成反比例减小。
2、均匀带电圆环在圆心轴上某点产生的电场
计算$\mathrm{d}q$对该点产生的电场$\mathrm{d}E$：
$$ \mathrm{d}q=\lambda\mathrm{d}s $$
$$ \mathrm{d}E=\frac{\lambda \mathrm{d}s}{4\pi\varepsilon_0r^2}=\frac{\lambda \mathrm{d}s}{4\pi\varepsilon_0(z^2+R^2)} $$
由对称性得：
$$ E_x=E_y=0,\quad E_z\neq0 $$
计算$\mathrm{E}$在竖直方向的分量：
$$ \begin{aligned}\mathrm{d}E_z=&\mathrm{d}E\cos\theta\\=&\frac{\lambda \mathrm{d}s}{4\pi\varepsilon_0(z^2+R^2)}\cdot\frac{z}{\left(z^2+R^2\right)^{1/2}}\\=&\frac{z\lambda \mathrm{d}s}{4\pi\varepsilon_0(z^2+R^2)^{3/2}}\end{aligned} $$
积分得：
$$ \begin{aligned}&E=\int \mathrm{d}E_z=\int\frac{z\lambda \mathrm{d}s}{4\pi\varepsilon_0(z^2+R^2)^{3/2}}\\&=\frac{zq}{4\pi\varepsilon_0\left(z^2+R^2\right)^{3/2}}\end{aligned} $$
在两种特殊的情况下：
$$ \begin{aligned}&z>>R&E=\frac{zq}{4\pi\varepsilon_0z^3}=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0z^2}\\&z\to0&E=0\end{aligned} $$
3、均匀带电圆盘在圆心轴上某点产生的电场
计算单位面积上带有的电荷$\mathrm{d}q$：
$$ \mathrm{d}q=2\pi \omega \mathrm{d}\omega \: \sigma $$
将均匀带电圆盘看作是无数个圆环叠加：
$$ \mathrm{d}E=\frac{z\mathrm{d}q}{4\pi\varepsilon_0(z^2+\omega^2)^{3/2}}=\frac{z2\pi\sigma\omega \mathrm{d}\omega}{4\pi\varepsilon_0(z^2+\omega^2)^{3/2}} $$
积分得：
$$ \begin{aligned}&E=\int \mathrm{d}E=\frac{\sigma z}{2\varepsilon_0}{\int^R_0}\frac{\omega \mathrm{d}\omega}{\left(z^2+\omega^2\right)^{3/2}}\\&=\frac{\sigma z}{4\varepsilon_0}{\int^R_0}\frac{\mathrm{d}(z^2+\omega^2)}{\left(z^2+\omega^2\right)^{3/2}}\\&=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}(1-\frac{1}{\sqrt{1+\frac{R^2}{z^2}}})\end{aligned} $$
当圆盘无限大时：
$$ R>>z\quad\frac{1}{\sqrt{1+\frac{R^2}{z^2}}}\to0\quad E=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0} $$
当点离圆盘足够远时，可以将圆盘近似看成点电荷：
$$ \begin{aligned} &z>>R\\\frac{1}{\sqrt{1+\frac{R^2}{z^2}}}=&1-\frac{1}{2}\frac{R^2}{z^2}+\frac{3}{8}\frac{R^4}{z^4}-\cdots\\ E=&\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}(\frac{1}{2}\frac{R^2}{z^2}-\frac{3}{8}\frac{R^4}{z^4}+\cdots)\approx\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\frac{1}{2}\frac{R^2}{z^2}=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0z^2} \end{aligned} $$