《电动力学》理论证明集锦
为了扩充学生知识面， 强化理论体系的证明与验证过程， 巩固已学知识。在
此编撰了与《电动力学》课程相关的
20 余条理论证明内容，有的是基础理论，
但大部分是扩展内容。
第一章 电磁现象的普遍规律
1. 试证明通过任意闭合曲面的传导电流、极化电流、位移电流、磁化电流的总和为零。
[ 证明 ]
设传导电流、磁化电流、极化电流、位移电流分别为 J f
、J
M
、J P
、J
d ,
由
麦克斯韦方程之一 ( 安培环路定理 ) 给出
B
( J
f
J M J P J d )
对方程两边作任意闭合曲面积分，得
(
B) dS
( J
f
J M J P
J d ) dS
( I
f
I M
I P I d )
S
S
即给出总电流为
I I f I M
I P I d 1
(
B) dS
1
(
B)dV
V 0 S
因为矢量场的旋度无散度 :
(
B)
，故
I
--------------------------------------
m R
2. 若 m 是常矢量，证明除
R=0 点以外，矢量
A
R 3 的旋度等于标量
m R
R 3 的负梯度，即
A ，其中 R 为坐标原点到场点的距离，方向
由原点指向场点。
[ 证明 ]
在 R
0 的条件下，有
A
(m
1
)
R
( 1 )m (
1
)m (m )
1 ( m) 1
R
R
R
R
(m
) 1
R
另一方面
( m
1 )
R
m (
1 1 1 (m) (
1 ) (m )
R ) m
R R
R
(m
1
)
R
经比较以上两式的右边，便可给出 A
的答案。
注释 :
本题中所见的矢量和标量的形式在 《电动力学》 内容中有多处出现， 开列如下供参考（注意比较相同、相异之处） ：
1 P R （1）电偶极矩 P 激发的电势：
4
R 3 ；
m
1 m R （2）磁偶极矩 m
产生的磁标势： 4 R 3 ；
A
m R
（3）磁偶极矩
m
产生的磁矢势：
4
R 3 。
--------------------------------------
E(x)
1 ( x )r dV E
3．试由电场积分公式
4 0 V r 3 出发，证明
。
[ 证明 ]
2
1
4 ( x x )
(
r
)
(
1) 2
1
4 ( x x )
因为 r
，
r 3
r
r
，
得到
E( x)
1 [ (x )
r
]dV
1 (x )
( r
)dV
4 0 V
r 3
4 0 V
r 3
1 [ 4 ( x x )] (x )dV
4
0 V
根据
( x x )
函数的挑选作用，给出
E
--------------------------------------
B( x)
J ( x ) r dV
4 ． 试 由 毕 奥 - 萨 伐 尔 定 律
4
V r 3
出 发 ， 证 明
B
J
。
[ 证明 ]
[ 方法 1：间接积分计算 ]
B( x)
0 J ( x )
r
0 J ( x )
1
V
3
dV
dV
4
r
4
V r
[ 0 J (x )dV
A
V
]
4
r
A
J (x )dV
其中： 4 V
r 。
直接计算可得 B
( A) 0 。
以下进一步计算
B
(
A)
(
A)
2
A
，分两步运算：
① 计算
( A) ：
A
J (x ) 1
dV
J (x )
1
dV
4
r
4
r
J (x )
1
dV
4
r
V J( x ) 1 dV
1
J (x )dV
4
r
4
r
V
J (x ) 1
dV
S
J ( x ) 1
ds 0
其中第一项因为：
4
r
4
r
；第二项运
用稳恒电流条件
J (x )
，结果也为零。
② 计算
2
A ：
2
A
J ( x ) 2
1
dV
J ( x ) 4 ( x x )dV
0 J ( x)
4
r
4
最终得到：
B
0 J
[ 方法 2：直接积分计算 ]
利用毕奥 - 萨伐尔定律直接作积分计算
B
dl
[
J ( x ) r
dV ] dl
4
L v
r 3
L
v dV [ J( x )
r
3 ) dl ]
4
L r
（交换积分次序）
dV [ J (x ) (
1
) dl ]
1
r 3
4 v
L
r
（利用 r
r ）
J (x )
1
J (x )
1 J ( x )
1
J ( x )
，则
r
r r
J (x )
注意
r ，有
B
dl
0 dV [ (
J (x )
dl ]
)
L
4
v L
r
dV {
[ J (x ) ] dS}
4
v
S
r
（运用斯托克斯公式）
dS dV { [
J (x ) ]
2
J (x )}
4
S
v
r
r
（交换积分次序）
dS {
dV
J ( x )
dV
2
J ( x )}
4
S
v
r v
r
dS {
J (x )
dS
dV J (x ) 2
1
S
v
}
4
S
r
r
其中第一项用了奥高积分变换公式、第二项用了
2
无关。注意到
运算与 x S
J (x ) dS 0
r ，进一步有
B dl
dS [ dV J (x ) 2
1
]
L
4 S
v
r
dS [ dV J ( x ) ( x x )]
S
v
0S
J ( x) dS
化成微分式得
B0 J [ 方法3：直接微分计算 ]
( A B) A( B) ( A) B (
r
) 4 ( x x )
利用公式和关系r 3 ，直接计算
因为利用
B( x) 0 [ J (x )
r
3 ]dV
4 r
V
[ J ( x )(
r
3 ) r3 J ( x )] dV
4 V r r
J (x ) 0
（求导与函数变量无关），故
B(x) 0 [ J( x )(
r
3 )]dV0 [ J (x ) (x x )]dV
4 V r V
( x x )
函数的挑选作用，给出
B(x)0 J( x)
--------------------------------------
p (1 1 ) f
5．试证明在均匀电介质中存在关系r 。[ 证明 ]
P 0 e E
(
r 1) E ( 0 )E (
D
(1 0 )D
因为0
)
，并且
D
f
， r =常数，所以
p
P(1 0 ) D (1 1 ) f
r
--------------------------------------
6．试证明在均匀磁介质中存在关系J M ( r 1)J
f 。
[ 证明 ]
因为M m H ( r 1) H ，并且H J f , r =常数，所以
J M
M (
r
1) H (
r
1)J f
--------------------------------------
7．证明两个闭合的恒定电流圈之间的相互作用力大小相等，方向相反（但
两个电流元之间的相互作用力一般并不服从牛顿第三定律） 。
[ 证明 ]
（1）两个电流元之间的相互作用力不服从牛顿第三定律。
设两电流元
J 1
dV 1
、J 2
dV
2
相距
| r
12
| | r 21 |
，根据毕奥 - 萨伐尔定律给出：电
流元 1 在电流元 2 处产生的磁场为
dB 12
J 1
r
12
dV 1
J 2dV 2
r
12
4
r 123
同样，电流元 2 在电流元 1 处产生的磁场为
J 1dV 1
J 2 r
21 dV 2 dB 21
4 r 213
其中
r
12
r
21
。
应用安培力公式
dF
JdV
B
，给出
电流元 1 对电流元 2 的作用力、电流元 2 对电流元 1 的作用力分别为
dF 12 J 2dV 2 dB 12
J 2 ( J 1
r 12 ) dV 1dV 2
4
r 123
dF
J dV dB
21
J 1 ( J 2
r 21 )
dV dV
21 1 1
4
r 213
1 2
虽然
r
12
r
21
、
r
1 2
r
21
，但一般情况下，
J 2
(J
1
r 12
)J
1
( J 2
r 21
)
，即
dF 12
dF
21
，因此两个电流元之间的相互作用力不满足牛顿第三定律。其原因
是，不存在两个独立的电流元，只存在闭合回路。
（2）两个闭合的恒定电流圈之间的相互作用力满足牛顿第三定律。
方法 1：（场）
电流圈 1（闭合回路 1 整体）在电流元 2 处激发的磁场为
B
12
I 1dl1 r12 L1
dB12
L1
3
4
r
12
电流元 2（电流圈 2 上的抽样）所受的磁力为
I 2 dl2 B
12 0 I 2 dl2
I 1dl1
r
12
4 3
L1 r12
I
1
I
2 (dl 2 r12 )dl1 (dl1 dl 2 )r12 4 3
L1 r12
进一步，电流圈 1 对电流圈 2（整体两闭合回路）的作用力为
F
12 0
I
1
I
2 (dl2 r12 )dl1 (dl1 dl2 )r12
L2 L1
3
4
r
12
其中第一项的积分为
0 I
1
I
2 ( dl 2 3
r
12
)
dl1 0
I
1
I
2 dl1[
r
12
3 dl 2 ]
4 L2 L1r12 4 L1 L2 r12
0 I
1
I
2 dl1[ (
r
12
3 ) dS2 ] 0
4 L1 S2 r
12
这里对回路 2 的积分应用了斯托克斯公式，S
2 是以闭合回路
L
2 为周界的任意曲
r
12
( 1
) 0
r123 r 12
面，且应用了的结果。所以
F
12 0
I
1
I
2 ( dl1 dl 2 )r12 4 3
L2 L 1
r12
同理可得
F
21 0
I
1
I
2 (dl1 dl2 )r21
L 2L 1
3
4
r
21
比较以上两式，且注意到r
12 r
21
，可得F
12
F
21
。
方法 2：（力）
依据电流元 1 对电流元 2 的作用力
dF 12 I 2 dl 2 dB 12
0 I 1I 2
dl
2
(dl 1 r 12 )
4
r 12
3
0 I 1I
2
(dl 2 r 12 )dl 1 (dl 2 dl 1) r 12
4
r 123 给出电流圈 1（闭合回路 1 整体）对电流元 2 的作用力为
0 I 1I 2
(dl 2 r 12 )dl 1 (dl 1 dl 2 )r 12
F 12
L 1
3
4 r
12
进一步，给出电流圈 1 对电流圈 2（两个闭合回路整体）的作用力为
F
12
dF 12
0 I 1 I
2
(dl 2 r 12 )dl 1 (dl 1 dl 2 )r 12
4
3
L 2 L 1
L 2 L 1 r 12
其余运算同前（从略）。
综上可见，虽然两个电流元之间的相互作用力不满足牛顿第三定律，
但两个
闭合的恒定电流圈之间的相互作用力是满足牛顿第三定律的。
--------------------------------------
8．已知一个电荷系统的偶极距定义为 P(t)
V
( x , t )x dV ，利用电荷
J
0 守恒定律
t 证明 P 的变化率为
dP
dt
V
J ( x , t )dV
[ 证明 ]
因为并矢的散度为
(J x ) (
J ) x
( J)x
,
两边作积分得 [ (J x ) ( J
)x ]dV
( J )x dV
V
V
其中 J
是 x 的函数。所以
dP
( x , t ) (J ) x dV
V
x dV
dt
t V
[( J
) x
(J x )] dV
V
( J
)x dV
( J x ) dS
又 ( J) x J ，S (J x ) dS0
，故
dP
J ( x ,t )dV
dt V
第二章静电场9．简略证明矢量场的唯一性定理。
[ 证明 ]
假定有两个矢量场A1 A
2 均满足定解条件，即
A j , A j J, A
jn
|
S f (S) ( j 1,2)
引入差函数A A
1
A
2 ，则
A ( A1 A2 ) 0, A ( A1 A2 ) 0
可见A
无旋，引入对应的势函数
A
，代入
A
的散度方程给出
A (
2
)
即势函数满足拉普拉斯方程，且在S 面上
A n |S ( A1n A2n ) |S 0 将以上结果代入格林第一公式
[ 2 ( )2 ]dV
S dS
V 得到
( ) 2 dV
S dSA n dS
V S
因为A n |S 0
，所以
V
(
) 2 dV 0 ( )2 0
（非负），故
。又由于被积函数
上式成立的条件要求0 ，即A 0
，亦即
A
1
A
2 ，满足所给定解条
件的解是唯一性的。
--------------------------------------
10． 一块极化介质的极化矢量为 P ( x )
，根据偶极子静电势的公式，极化
介质所产生的静电势为
另外，根据极化电荷公式势又可表为
1 V
P( x ) r dV
4 0
r 3
P
P( x ) 及 P n
P
，极化介质所产生的电
1 P( x )dV 1 S
P(x ) dS 4
V
r
4 0 r 0
试证明以上两式是等同的。
[ 证明 ]
[ P( x ) ]
1
P( x ) P( x )
1
r 1
因为
r
r
r ， r 3 r ，所以
1
P(x ) r
1 P( x )
1 4
r 3 dV 4
dV
V 0
r
V
1 V { [ P(x ) ]
1
P(x )} dV
4
r
r
1
P(x ) dS 1 [
1 P( x )]dV
4
0 S
r
4
V
r
。证毕
第三章 静磁场
11．试证明矢量场
B
ar e
能够代表磁场。
[ 证明 ]
检验
B
是否等于 0：因为 B 的大小仅为 r 的函数、方向沿 e
，在球坐标 系下容易求出
B
1
(ar ) 0
r sin
满足高斯定理，故能够代表磁场。
再用另一场方程
B
0 J
在球坐标系下计算旋度， 求得对应的电流分布
为
J 1 B 1 ( ar 2 )e 2a e
0 0 r r 0 --------------------------------------
12．试证明规范变换函数满足泊松方程。
[ 证明 ]
在A B
的定义下，作规范变换：
A A A
其中为任意可微的标函数（规范变换函数），则
A A () A B
即 A 虽不同于A
，但对应于同一个
B
。
在静磁场中，人为常取A 0
（库仑规范）。若
A u 0
，则可寻
找A
A ，使 A 0 ，但对需要有限制：
A ( A ) A 2 u 2 0
或
2 u
即规范变换函数满足泊松方程。
第四章电磁波的传播13．大部分晶体属于各向异性介质，其中麦克斯韦方程组最简单的解是
E E0 exp[ i(k x t)]
D D0 exp[ i(k x t)]
H H 0 exp[ i(k x t)]
且BH
。试证明晶体光学第一基本方程v2 D
E n(n E)
成立。其中 n 为
波传播方向的单位矢量。
[ 证明 ]
应用无源区域的麦克斯韦方程组
E
精品文档
B
t
D H
t
D
B 0
对于常幅矢和行波因子为
exp[i (k
x
t )]
的形式，存在代换：
ik 、
i
t
所以
2
2
D
(
E)
( B)
( H )
t 2
D
t t
(
E)
k (k E )
2
E
(ik ik )E
k 2 E
将以上关系代入展开式：
(E)( E)
2
E 得
2
D
k (k E)
k 2 E
k kn
n
利用
v 得
2
2
2
D
v 2
n(n E)
v 2
E
即
v 2 D E n(n E) 。证毕
--------------------------------------
14．频率为
的电磁波在各向异性介质中传播时，若
、 、 、
E D B H 仍按
exp[ i(k x
t )]
变化，但 D 不再与 E 平行（即
D E
不成立）。
（1）证明 k B k D B D
B E 0 ，但一般 k
E 0 ；
D
1
2
E (k E ) k ]
2
[k
（2）证明
；
（3）证明能流S
与波矢
k
一般不在同一方向上。
[ 证明 ]
（1）应用无源区域的麦克斯韦方程组
B
E
t
D
H
t
D 0
B 0
、、、H
仍按exp[i (k x t )]
变化，则存在
由于E D
B
换。利用H
B ，上述方程化为
k E B
k B D
k D 0
k B 0
由第一、第二式给出
1 1
D k B, B k
E 从而
B D B ( 1 k B) 0
B E
1
E) E 0
( k
i k、i
t代
综上可见k
B k D B D B E
。此
外，虽然 k D 0 ，但由于D
E
D
，故一
E
般 k E0 ，直观图示如右。
B 1
k E
（2）将代入D
中得k
D 1 k B 1 k [ 1 k
E ] (H )
B
1
2 [k (k E) k 2E]
。
B 1 k E
（3）利用计算
S
S E H 1
E B
1
E [
1
k E]
1
[E2k (k E)E]
因为 k E 0 ，所以上式中第二项不为0，即能流S
与波矢
k
一般不在同一方向上。
注释 :
（）本题中 D 不再与 E 平行，即
D E不成立；但应用了H B ，即是
1
电各向异性介质。
（2）因为 k B k D B D 0 ，即k B, k D ;
B
D
，又
D 1
k B
B E 0 ，
，故
k、D、B
三者组成右手系；此外，因为
B k B
D
故 k、 D 、 E 三者共面，但E不平行于D。显然，D与E之间的夹角也就是k 与S 之间的夹角。
--------------------------------------
15．试证明在不同介质分界面上电磁波反射和折射时能量守恒。
[ 证明 ]
设平面波的入射角、反射角和折射角分别为（、、
），分界面的面积为
A ＝A n ，其中 n 为介质 12 的法矢。
（1）入射到面积A
的功率为
P S A (E H ) A [ E ( 1 k E)] A 1 E 2 (k A)
1 1
1 E
2 (k A) 1 E 2 kA cos n1 E 2 Acos
1 1 1c
注意到一般介质12 0 ，所以
P n
1
A
E 2 cos .......... . (1)
0 c
（2）反射波、折射波的功率之和为
P
P
( S S ) A
n 1
E 2 A cos
n 2 E 2 A cos
c
0 c
将电场矢量分解为垂直于和平行于入射面分量的叠加，即
E
2
E
2
E
//
2
，
E 2
E 2
E // 2 ，则
P
P n 1 ( E
2
E
// 2
) Acos n 2 ( E
2
E
// 2
)A cos
c
c
由电场矢量垂直于、平行于入射面情况的菲涅耳公式
E
sin( ) , E 2cos sin
E sin(
) E
sin( )
E
//
tg ( )
,
E
//
2 cos sin
E
//
tg (
) E
//
sin(
) cos(
)
得
P P
n 1 A {[ sin(
) ]2 E 2 [ tg (
)
] 2 E //2 )} cos
c
sin( )
tg (
)
n 2 A 2 cos sin
2
E 2
[
2 cos sin
] 2 2
} cos
{[
]
) cos(
E
//
c
sin( )
sin( )
n 2
sin ，即
n
2
sin n
1
得
利用折射定律
n
1
sin
sin
P P
n 1 A {[
sin(
) ]2 E 2 [ tg ( )
] 2 E //2 } cos
c sin( )
tg (
)
A ( sin n 1 ){[
2 cos
sin
) ]2 E 2 [ 2cos sin
]2 E //2 } cos
c
sin
sin(
sin( ) cos(
)
其中第一项、第三项之和可以利用三角函数化为
n 1 A sin(
) 2
E 2
cos
(
sin 2cos sin
] 2 E 2
cos
c [
]
)[
sin(
sin(
)
sin
)
n 1 A sin(
)
2
cos
(
sin 2 cos sin
] 2
cos } E 2
c {[
]
)[
sin(
sin(
)
sin
)
n 1 A E 2 cos
0 c
同理，第二项、第四项之和化为
n 1 A [ tg (
)
]2 E //2 cos
A ( sin n 1 )[ 2 cos sin ] 2 E //2 cos 0
c tg (
)
0 c sin sin( ) cos( )
n 1 A tg (
) 2 cos
(
sin )[
2 cos sin
2
2
{[
tg ( ] sin
) cos(
] cos } E //
c )
sin(
)
n 1 A
E //2 cos
c
综合以上得
P
P E 2
cos
E //2 cos
n 1 A
E 2 cos ........................................
......( 2)
c
最后，比较（ 1）式、（2）式的结果，可得 P P
P ，即入射波的功率等
于反射波的功率与折射波的功率之和。
进一步表明反射波能量与折射波能量之和等于入射波的能量，
即在不同介质
分界面上电磁波发生反射和折射时遵守能量守恒定律。 注释 :
（1）本题结果
P P
P ，即
S A (S S ) A
可以借助于反射系数 R 和折
射系数 T 进行表示。 反射系数和折射系数 的定义为
S n
2
S n
n 2 cos 2
E 0 , T
E 0 R
E 0
n 2 cos
E 0
S n S n
因为
S n
( S S ) n
， S n S n S n
所以
S n S n 1
S n
S n
即
R T 1
（2）电磁波在介质界面上发生反射和折射，其
反射率和折射率 的定义为
r
E
、t E
E
E ，它们不同于反射系数和折射系数的定义。由于反射波与入射波
在同空间，但与折射波在异空间，所以 R | r |2 、T | t |2 。
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16．试证明导体内部透入任一体积的电磁波能量正好等于这块导体产生的
焦耳热。
[ 证明 ]
（1）设电磁场为：
z i ( z
t)
E
E 0e
e
则在良导体内
H
e i 4e z E
所以
S
1
Re(E
*
H )
1
Re[
e i 4 E * (e z E)]
2
2
1
| E |2 e
1 E
2 e 2
z
e
2 2
z
2
z
2
故在单位时间内由 Z=0 金属表面单位面积平均流入内部的电磁能量为
W 1 | S ||z 0 1 E 0 2
2 2
单位截面
Z
k
（2）另外，金属内部的电流 J 引起焦耳热功率密度平均值为：
p 1
Re( J * E) 1
Re(E * E) 2 E 0 2e 2
1
2 z
2
故单位面积为底、 Z 为高的体积内，在单位时间内平均热耗能量为：
W 2
pdz
E 0 2
z
E 0
2
1 E 0
2e
dz
2
2
4
2
2
其中
2 ，可见 W 1 W 2 。 证毕
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17．试证明良导体在高频下的电阻相当于厚度为
1 的薄层的直流电
阻。
[ 证明 ]
取 Z 轴指向导体内部，由于高频趋肤效应，导体内体电流密度为：
J ( x,t)
E ( x, t) E 0 ( x, y)e z i ( z t)
e
其中 E 0 (x, y) 为表面处的电场。此电流分布在导体表面附近厚度 1 的薄层
内——视为面电流 f 分布：
E
0 0
z i z
E 0 E 0
i tg 1
()
f
Jdz
e
e d z 2
2
e
i
由此得面电流最大值平方为：
2 2
E 02
f 0
2
2
而导体内平均热功率密度为：
p
1
Re( J * E) 单位截面 J
2
o
?
Z
1 Re(E * E ) 1 E 0
2 e 2 z
k
2
2
导体表面单位面积 平均热功率为：
P R
pdz
1
2
2
z
2
2
E 0
e
dz
4
E 0
1
2 2
E 02
f
将
f 0
2
2
代入上式，有
k
?
导体内部
Z
2
2
P R
2
o
f 0
4
而良导体 1
单位线宽
，所以
P R
1
2
f 0
1
2 f 0
1
2
2
1
2
1
与
P
2
I 0 R
比较，可得表面电阻
R
。即良导体在高频下的电阻相当
于厚度为 的薄层的直流电阻。证毕
第五章 电磁波的辐射
18．证明：如果 A
和满足洛仑兹规范， 则只要选择这样一个标函数( x, t )
2
1 2
c 2
t 2
t 仍
使之满足
，则新的矢势和标势
A A
，
然满足洛仑兹规范。
[ 证明 ]
A
1
设 A
和 c 2
是满足洛仑兹规范
t 的势函数，作规范变换
A
A
t
则
1 ( A
1
( ) A
2 t
)
2 t
c
c 2 t
1 2
1 (
) (
)
A
2
c 2
t 2
c
t
1
将
A
c 2
t
代入之，得
1 2
1 2
A
c 2
t
c 2 t 2
2
1 2
c 2
t 2
表明，只要
满足
，则 A
和 也满足洛仑兹规范条件。
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19．证明荷质比相同的不同带电粒子构成的体系不会产生偶极辐射。
[ 证明 ]
设体系有 N 个粒子，第 i 个粒子的质量为
m
i ，电荷为
q
i ，总质量为 M ，粒子
q i
q
的荷质比
m
i
m
相同，则体系的电偶极矩、磁偶极矩分别为
（1）电偶极矩
N q i q i
N
m i q P
x i
x i
N m i x i
.