Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Поверхностные интегралы. Элементы теории поля. Их приложения к механике, физике и теплотехнике. Учебно-методическое пособие
.pdf
-41-
==
k
k
S
nE
qdSE
0
1
.
С помощью соотношения для полного заряда
k
k
V
q dxdydz
=
, где
– плотность заряда, и формулы Остро-
градского–Гаусса можно записать:
divD=
.
Это третье уравнение Максвелла в дифференциальной форме.
Уравнение показывает, что источниками электрического смещения
являются свободные электрические заряды.
4. Теорема Остроградского–Гаусса для потока магнитной индукции. Магнитный поток сквозь произвольную замкнутую поверхность равен нулю:
0==
S
nm
dSB
.
Теорема выражает отсутствие в природе магнитных зарядов и
замкнутость линий индукции магнитного поля.
С помощью формулы Остроградского–Гаусса
dxdydzBdivdSB
VS
n
=
можно записать:
0=Bdiv
.
Это четвертое уравнение Максвелла в дифференциальной
форме.
3.3. Применения поверхностных интегралов первого рода
в электростатике
Пусть – заряженная поверхность с поверхностной плотно-
стью электрического заряда
),,( zyx
в точке
),,( zyxM
. Тогда
полный заряд поверхности:
dSzyxQ
= ),,(
.
Вектор напряженности электрического поля, создаваемого ма-
териальной поверхностью
в точке
( )
0000
,, zyxM
:
-42-
( )
zyx
EEEE ,,=
, где
dSzyx
r
xx
kE
x
−
= ),,(
3
0
,
dSzyx
r
yy
kE
y
−
= ),,(
3
0
,
dSzyx
r
zz
kE
z
−
= ),,(
3
0
.
Здесь
0
4
1
=k
,
0
– электрическая постоянная.
Пусть на поверхности
S
непрерывным образом распределены
массы с заданной в каждой точке
( )
SzyxM ,,
плотностью
( ) ( )
zyxM ,,
=
. Вне этой поверхности находится точка
( )
000
,, zyxA
с массой, равной единице. Тогда сила
( )
zyx
FFFF ,,
,
с которой точка
A
притягивается к поверхности
S
, определяется
следующими формулами:
( ) ( ) ( )
ds
r
zz
Fds
r
yy
Fds
r
xx
F
S
z
S
y
S
x
−
=
−
=
−
=
3
0
3
0
3
0
,,
,
где
( ) ( ) ( )
2
0
2
0
2
0
zzyyxxAMr −+−+−==
.
Пример 5. Определить силу притяжения точки однородным
сферическим слоем
( )
.Const=
Решение. Пусть центр сферы радиуса R находится в начале ко-
ординат, а притягиваемая точка единичной массы
( )
aA ,0,0
нахо-
дится вне слоя
( )
Ra
. Тогда
( ) ( ) ( )
ds
r
zz
Fds
r
yy
Fds
r
xx
F
S
z
S
y
S
x
−
=
−
=
−
=
3
0
3
0
3
0
,,
.
Проекции силы притяжения
x
F
и
y
F
на оси
OX
и
OY
, оче-
видно, равны нулю, а
( ) ( )
( )
( )
ds
azyx
az
ds
r
az
F
SS
z
−++
−
=
−
=
2
3
2
22
3
.
-43-
Перейдем к сферическим координатам.
cos,sinsin,cossin RzRyRx ===
, тогда
ddRds sin
2
=
,
cos222RaaRr −+=
. В результате
( )
( )
=
−+
−
=
0
2
3
22
2
0
2
cos2
sincos
aRaR
daR
dRF
z
( )
( )
=
−+
−
=
0
2
3
22
2
cos2
sincos
2
aRaR
daR
R
=
−
−+
=
=
−+=
=
+
−
Ra
tdt
a
a
tRa
t
R
daRdtt
aRaRt
Ra
Ra
2
1
2
sin22
cos2
222
3
2
222
.
4
1
2
222
22
22
2
a
R
t
t
aR
a
R
dt
t
aR
a
R
Ra
Ra
Ra
Ra
−=
+
−
−=
−
−
=
+
−
+
−
В результате получаем, что точка, находящаяся вне однородного
сферического слоя, испытывает со стороны последнего такое же притяжение, какое испытывала бы она, если сосредоточить всю массу
слоя в центре сферы.
Пример 6. Найти потенциал однородного сферического слоя на
произвольно взятую внешнюю точку
( )
aA ,0,0
.
Решение. С учетом решения предыдущей задачи
( )
ds
r
aW
S
=
=
a
R
dt
a
R
aRaR
d
R
Ra
Ra
2
0
22
2
42
cos2
sin
2 ==
−+
=
+
−
,
т. е. потенциал, созданный однородным сферическим слоем во внешнем пространстве, не изменится, если всю его массу сосредоточить в
центре.
Пример 7. Найти поток векторного поля
kzjyixF
222
++=
по части сферы
0,0,0,1:
222
=++ zyxzyxS
.
Решение. 1 способ (с помощью формулы Остроградского–
Гаусса). Рассмотрим тело
V
, ограниченное указанной частью сферы и
-44-
координатными плоскостями. Тогда поток через замкнутую поверхность равен сумме
ABCCOABOCAOB
+++=
,
где
−
AOB
поток через сектор
AOB
плоскости
XOY
,
−
BOC
поток
через сектор
BOC
плоскости
XOZ
,
−
COA
поток через сектор
COA
плоскости
YOZ
,
−
ABC
поток через рассматриваемую часть сферы
ABC
.
Поскольку для сектора
0,0 == dzzAOB
,
0
222
=++=
dxdyzdxdzydydzx
AOB
AOB
, аналогично,
0==
COABOC
.
В соответствии с формулой Остроградского–Гаусса
( ) ( )
dxdydzzyxdxdydzzyxdvFdiv
VVV
ABC
++=++=== 2222
.
Переходим к сферическим координатам
cos,sinsin,cossin === zyx
, тогда
ddddv sin
2
=
. В результате
( )
ddd
V
ABC
sincossinsincossin2
3
++=
=
( )
++=
2
010
3
2
0
cossinsincossinsin2
ddd
=
( )
=++
2
0
2
0
cossinsincossinsin
4
2
dd
=
++=
2
0
cos
2
sinsinsin
2
1
d
-45-
=
+
2
0
2
cossin
2
sin2
2
1
d
.
8
3
8822
1
2cos
8
2sin
2
1
2
1
2sin
4
2cos1
2
1
2
0
2
0
=
++=
−−
=
+−=
d
2 способ. Вычислим поток через поверхностный интеграл по ча-
сти сферы.
( )
dszyx
dxdyzdxdzydydzx
ABС
ABС
ABС
++
=++=
coscoscos
222
222
где
zyx
zyx
x
===
++
=
cos,cos,cos
222
. Тогда
( )
dsxdszyx
ABСABС
ABС
=++=
3333
3
,
что следует из соображений симметрии. Переходим к сферическим
координатам:
===
2
0
2
0
34
2
0
2
0
33
cossin3sincossin3
dddd
ABС
( )
=
−=−=
2
0
4
2
0
2
0
24
sin
3
1
13sinsin1sin3
ddd
( )
=
+
+−=−
2
0
2
0
2
2
4cos1
2cos21
2
1
2cos1
4
2
dd
-46-
.
8
3
8
4sin
2sin
2
3
2
1
2
0
=
+−=
Пример 8. Вычислить поток векторного поля
kzjyixF
222
++=
по внешней стороне поверхности конуса
10,0:
222
=−+ zzyxS
.
Решение. Поток можно вычислить непосредственно, разбив по-
верхность конуса на 4 части, и с помощью формулы Остроградского–
Гаусса, добавив к поверхности конуса верхнее основание
1=z
.
1. способ. Рассмотрим четыре части поверхности конуса
4321
SSSSS +++=
и углы нормали к этим поверхностям.
Пусть
0,0,10,0:
222
1
=−+ yxzzyxS
или
0,0,:
22
1
+= yxyxzS
. Направляющие косинусы нормали в
этом случае
0cos,0cos,0cos
.
( )
−+
=++=
zox xoyyoz
D DD
S
S
dxdyzdxdzydydzx
dszyx
1 11
1
1
222
222
coscoscos
,
где
1,,0:
1
zyzyD
yoz
,
1,,0:
1
zxzxD
zox
,
1,0,0:
22
1
+ yxyxD
xoy
.
0,0,:
22
2
+= yxyxzS
. Направляющие косинусы нормали в
этом случае
0cos,0cos,0cos
. Тогда
( )
.
−+−=
=++=
2zo x 2 xo y2yo z
2
2
D D
22
D
2
S
222
S
dxdyzdxdzydydzx
dscosγzcosβycosαxΠ
0,0,:
22
3
+= yxyxzS
этом случае
0cos,0cos,0cos
. Очевидно,
-47-
( )
.
coscoscos
3 33
3
3
222
222
−−−=
=++=
zox xoyyoz
D DD
S
S
dxdyzdxdzydydzx
dszyx
0,0,:
22
4
+= yxyxzS
. Направляющие косинусы нормали в
этом случае
0cos,0cos,0cos
.
( )
−−
=++=
zox xoyyoz
D DD
S
S
dxdyzdxdzydydzx
dszyx
4 44
4
4
222
222
coscoscos
.
В итоге
4321
SSSSS
+++=
.
Так как области
,DD,DD
4yoz2yoz3 yoz1yoz
==
4zox2 zox3zox1zox
DD,DD ==
, то сокращаются все интегралы в проек-
циях на плоскости
zox
и
yoz
.
Сумма проекций областей на плоскости
xoy
дает полный круг
1:
22
+ yxD
. В результате получаем
( )
++
+−=−=
1
22
1
2
2222
yxyx
S
dxdyyxdxdyz
.
Переходим к полярной системе координат
drdrdxdyryrx === ,sin,cos
.
2
1
0
3
2
0
−=−=
drrd
S
.
2 способ. Чтобы применить формулу Остроградского–Гаусса,
замкнем поверхность, добавив к ней верхнее основание конуса. Тогда
1,1
~
22
+== yxzSS
. Тогда из формулы Остроградского–Гаусса
следует
=
V
S
dxdydzFdiv
~
, где
−V
тело, ограниченное поверхно-
стью
S
~
.
-48-
Очевидно,
1~=
−=
z
S
S
, причем
===
++
=
11
2
1
2222
yxyx
z
dxdydxdyz
.
Поскольку
zyxFdiv 222 ++=
,
( )
++=
V
S
dxdydzzyx2
~
. Заметим,
что
...
,,
конc
V
конc
V
конc
V
VzdxdydzzVydxdydzyVxdxdydzx ===
,
где
( )
−
ccc
zyx ,,
координаты центра тяжести тела. В силу симметрии
тела относительно оси ozимеем
0, =
cc
yx
. Теперь
( ) ( )
24
1
2
1
21
22
2
010
322
1
1
~
22
−=−
−=−−=−−−
=−=−=−=
+
=
drrrddxdyyx
zdzdxdyzdxdydz
D
D
yx
V
z
S
S
.
Пример 9. Определить поток векторного поля
( ) ( )
kxzjyxixyF 252 ++−+=
через поверхность цилиндра
hzayxS =+ 0,:
222
.
Решение. Поскольку поверхность S является замкнутой, для
вычисления потока выгоднее использовать формулу Остроградского–
Гаусса.
( )
=+−==
VV
S
dxdydzydxdydzFdiv 51
..
44
цилцилc
VV
VVydxdydzdxdydzy +=+
.
В силу симметрии
0=cy
,
haV
цил
2
.
=
, тогда
ha
S
2
4=
.
Пример 10. Найти циркуляцию векторного поля
kjxiyF 2++−=
вдоль окружности
0,2
22
==+ zxyx
, проходи-
мой против часовой стрелки.
Решение. Используем для решения задачи формулу Стокса:
( ) ( ) ( )
=++
L
dzzyxRdyzyxQdxzyxP ,,,
-49-
−
+
−
+
−
=
S
dxdy
y
P
x
Q
dzdx
x
R
z
P
dydz
z
Q
y
R
.
Так как
0=z
, то
0=dz
, и для циркуляции
C
имеем формулу
222
2
22
===
−
=
−
=
+
D
xyx
SS
Sdxdydxdy
y
P
x
Q
dxdy
y
P
x
Q
C
.
Пример 11. Вычислить циркуляцию векторного поля
kxjziyF
222
++−=
по контуру треугольника с вершинами
( ) ( ) ( )
aCaBaA ,0,0,0,,0,0,0,
.
Решение. Контур обходится против часовой стрелки, поэтому
dsnFrotC
S
ABC
=
, где
−n
единичный вектор нормали к поверхно-
сти
S
, ограниченной контуром треугольника. Тогда
cos2cos2cos2
,222
222
yxznFrot
kyjxiz
xzy
zyx
kji
Frot
−−−=
−−−=
=
В этом случае
( )
++−
=++−=
OBC AOC AOB
S
ABC
dydxydxdzxdydzz
dsyxzC
2
coscoscos2
.
Поскольку все три интеграла равны,
( )
3
0
32
0
2
00
32
66
632
a
yy
adyyya
dxydydydxyC
a
a
ya
a
AOB
ABC
−=
−−=−−
=−=−=
−
-50-
Пример 12. Вычислить циркуляцию векторного поля
kyxjzyxizxyF
32223
32 ++−=
по произвольному замкнутому кон-
туру
L
.
Решение. Ищем
( ) ( )
( )
0kz6xyz6xy
j2xy2xyiy3x3yx
yxzy3xz2xy
zyx
kji
Frot
22
332222
32223
=−+
+−+−=
=
Таким образом, поле является потенциальным, а циркуляция по
любому замкнутому контуру равна нулю.
3.4. Решение физических задач с помощью поверхностных
интегралов второго типа
Пример 13. Вычислить поток жидкости через внешнюю сто-
рону сферы
2222
)()()( Rczbyax =−+−+−
, если
kzjyix
222
++=
– вектор скорости течения жидкости в точке
),,( zyxM
.
Решение. Согласно определению потока требуется вычислить
поверхностный интеграл второго типа:
( )
2 2 2 2 2 2
cos cos cosx dydz y dzdx z dxdy x y z dS
= + + = + +
,
где
– внешняя сторона данной сферы.
Находим вектор нормали
N
по формуле
( )
zyx
FFFN ,,=
, где
2222
)()()(),,( RczbyaxzyxF −−+−+−=
.
( )
( )
)(2),(2),(2,, czbyaxFFFN
zyx
−−−==
. Единичный вектор
нормали
−−−
=
R
czRbyRax
n ,,
определяет внешнюю сторону сфе-
ры. Учитывая это, перепишем интеграл в виде
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]