Определение. Числовая функция, заданная в каждой точке некоторой пространственной области, называется скалярным полем

Название	Определение. Числовая функция, заданная в каждой точке некоторой пространственной области, называется скалярным полем
Анкор	teoria_polya.docx
Дата	16.05.2018
Размер	0.77 Mb.
Формат файла
Имя файла	teoria_polya.docx
Тип	Документы #19304
страница	5 из 7

1 2 3 4 5 6 7

Теорема. Поток вектора $\bar a=(p;\; q;\; r)$ через внешнюю сторону замкнутой поверхности $\omega$ равен тройному интегралу от дивергенции ${\rm div}\, \bar a$ по области

, ограниченной поверхностью $\omega$ .

Следствие 1. Если для векторного поля $\bar a$ дивергенция равна нуль, т.е. ${\rm div}\, \bar a =0$ , то поток вектора $\bar a$ через любую замкнутую поверхность равен нулю.

Следствие 2. Пусть в точке

имеется изолированный источник или сток, т.е. ${\rm div}\, \bar a=0$ всюду в поле, кроме самой точки

. Тогда поток вектора $\bar a$ через замкнутую поверхность $\omega$ , содержащую внутри себя точку

, не зависит от формы поверхности.

Пример 1. Вычислить поток через любую замкнутую поверхность поля напряженности $\overline{e} =\cfrac{e\bar r}{r^3}$ электростатического поля, образованного зарядом

, помещенным в начало координат (здесь

- расстояние от точки поля до заряда, $\bar r$ - радиус-вектор точки поля).
Решение.
Ранее было установлено, что ${\rm div}\, \overline{e} =0$ всюду, кроме начала координат, где помещен заряд

.
Если замкнутая поверхность $\omega$ не содержит внутри себя заряда

, то внутри нее ${\rm div}\, \overline{e} =0$ . Тогда по следствию 1 из теоремы Остроградского-Гаусса поток вектора $\overline{e}$ через $\omega$ равен нулю.
Если поверхность $\omega$ содержит внутри себя заряд

, то по следствию 2 получим, что поток вектора $\overline{e}$ не зависит от вида поверхности. Поэтому в качестве замкнутой поверхности $\omega$ возьмем сферу радиуса

с центром в начале координат.

Внешняя нормаль к сфере направлена по вектору $\bar r$ и имеет одинаковое направление с $\overline{e} =\cfrac{e}{r^3} \bar r$ . В этом случае $\overline{e}\cdot \bar n^0 = \cfrac{e}{r^3} \bar r \cdot \bar r^0 =\cfrac{e}{r^3} \bar r \cdot \cfrac{\bar r}{r} =\cfrac{e\cdot |\bar r|^2}{r^4}=\cfrac{e}{r^2}$ .

На сфере длина радиус-вектора сохраняет постоянное значение, равное радиусу сферы, т.е.

или $\left( \overline{e} \cdot \bar n^0 \right) \bigr|_{\omega} = \cfrac{e}{r^2}$ .

Поэтому поток вектора напряженности $\overline{e}$ через поверхность шара радиуса

будет равен:
$\pi_{\omega} (\overline{e}) ={\mathop{{\iint}\mkern-20mu \bigcirc}\limits_{\omega}{\overline{e}\cdot \bar n^0 } ds = {\mathop{{\iint}\mkern-20mu \bigcirc}\limits_{\omega} \cfrac{e}{r^2} ds =\cfrac{e}{r^2} \cdot s_{\omega} =\cfrac{e}{r^2} \cdot 4\pi r^2 =4\pi e$ ,
где $s_{\omega}$ - площадь поверхности шара радиуса

.

Пример 2. Вычислить поток векторного поля $\bar a = y^2 \bar j + z\bar k$ через замкнутую поверхность $\omega$ , ограниченную

, в направлении внешней нормали.

Решение.
Поле $\bar a = \left( {0;\; y^2 ;\; z} \right)$ дифференцируемо во всем пространстве, поэтому получим
${\rm div}\, \bar a = {{\partial p} \over {\partial x}} + {{\partial q} \over {\partial y}} + {{\partial r} \over {\partial z}} = 0\'_x + (y^2 )\'_y + (z)\'_z = 2y + 1$ ,
тогда по теореме Остроградского-Гаусса поток будет равен
$\pi = \iiint\limits_t {\rm div}\, \bar a dv= \iiint\limits_t {(2y + 1) dxdydz}$ ,
где

– область, в которой задано векторное поле $\bar a$ и ограниченное замкнутой поверхностью $\omega$ .
Интеграл удобно вычислять в цилиндрических координатах: $x = \rho \cos \varphi ,\; \; y = \rho \sin \varphi ,\; \; z = z,\; \; \left| j \right| = \rho$ .
Причем область

перейдет в область $t^*:\; \; \; \left\{ \begin{array} {l} {z = x^2 + y^2 = \rho ^2 } \\ {z = 2} \end{array} } } \right. \rightarrow \rho ^2 = 2 \rightarrow \left\{ \begin{array} {l} {0 \le \rho \le \sqrt 2 } \\ {0 \le \varphi \le 2\pi } \\ {\rho ^2 \le z \le 2} \end{array} } } \right.$

Вернемся к вычислению потока вектора $\bar a$ :
$\pi _s (\bar a) = \int\limits_0^{2\pi } {d\varphi \int\limits_0^{\sqrt 2 } {(2\rho \sin \varphi + 1)\rho d\rho \int\limits_{\rho ^2 }^2 {dz } } } = 2\pi$ .
Ответ: $\pi=2\pi$ .

Вопрос. Поток векторного поля $\bar a =(2x-y)\, \bar i +(3y+z)\, \bar j +(x+2z)\, \bar k$ через замкнутую поверхность $\omega :\; \; x^2 +y^2 =z-3,\; \; z=4$ может быть вычислен по формуле:
$\pi=\iint\limits_{t} {(-y+z+x)\, dx\, dy\, dz}$

$\pi=\iint\limits_{\omega} {(2x+3y+2z)ds}$

$\pi=7\iiint\limits_t {dx\, dy\, dz}$

$\pi=\iint\limits_{\omega} {(2x-y)dydz+(3y+z)dxdz+(x+2z)dxdy}$
Циркуляция векторного поля

Пусть в области $\omega$ задано непрерывное векторное поле $\bar a = p\bar i + q\bar j + r\bar k$ и ориентированная гладкая кривая

(с заданным направлением обхода). Обозначим единичный вектор касательной к линии

через $\bar \tau ^0$ , направление которого совпадает с выбранным направлением на линии.

Определение. Линейным интегралом векторного поля $\bar a$ вдоль линии

называется криволинейный интеграл 1 рода от скалярного произведения векторов $\bar a$ и $\bar \tau ^0$ :

$\int\limits_l {(\bar a,\bar \tau ^0 } )d\ell$ ,

где $d\ell$ – дифференциал длины дуги кривой.

Если ввести в рассмотрение вектор $d\bar r = \bar \tau ^0 d\ell$ (здесь $\bar r$ – радиус вектор точки, описывающий линию

) и обозначить его проекции на координатные оси через $dx,\; dy,\; dz$ , то предыдущую формулу можно записать в виде

$\int\limits_l {(\bar a,\bar \tau ^0 } )d\ell = \int\limits_l {(\bar a,d\bar r) = \int\limits_l {pdx + qdy + rdz} }$ ,

где вектор $d\bar r$ направлен по касательной к

. Правая часть последнего равенства является криволинейным интегралом 2 рода.

Если $\bar a$ – силовое поле, то линейный интеграл равен работе, которую поле совершает по перемещению материальной точки вдоль ориентированной линии

.

Определение. Линейный интеграл называется циркуляцией векторного поля $\bar a$ , если

– замкнутая линия.

$\color{red} \boxed{\color{blue} c= \oint\limits_l {pdx + qdy + rdz} }$

Если

– замкнутая пространственная кривая, то ее направление обхода специально оговаривается.

Пример. Вычислить циркуляцию векторного поля $\bar a = (x - y)\bar i + (y - z)\bar j + (z - x)\bar k$ по замкнутой линии

, состоящей из одного витка винтовой линии $x = a\cos t,\; \; y = a\sin t,\; \; z = {{bt} \over {2\pi }}$ от точки $a(a,\, 0,\, 0)$ до точки $b(a,\, 0,\, b)$ и прямолинейного отрезка

.
Решение.
Виток

соответствует изменению параметра

в уравнениях кривой от

до $t_2 =2\pi$ . Прямая

имеет направляющий вектор $\overline {ba} = \left( {0;\, 0;\, - b} \right)$ , поэтому ее параметрические уравнения будут $x=a,\; y=0,\; z=bt$ , где

изменяется от

до

. Вычислим циркуляцию как сумму криволинейных интегралов по дуге винтовой линии и по прямолинейному отрезку:
$c=\int\limits_{ab} {(\bar a,d\bar r) + \int\limits_{ba} {(\bar a,d\bar r) = \int\limits_{ab} {(x - y)dx + (y - z)dy + (z - x)} } } dz + \int\limits_{ba} {(x - y)dx + (y - z)dy + (z - x)dz = }$
$= \int\limits_0^{2\pi } {\left( {\left( {a\cos t - a\sin t} \right) \cdot \left( { - a\sin t} \right) + \left( {a\sin t - {{bt} \over {2\pi }}} \right) \cdot a\cos t + \left( {{{bt} \over {2\pi }} - a\cos t} \right) \cdot {b \over {2\pi }}} \right)} dt +$
${\; \; \; + \int\limits_1^0 {((a - 0) \cdot 0 + (0 - bt) \cdot 0 + (bt - a) \cdot b)dt = } a^2 \pi + {{b^2 } \over 2} - {{b^2 } \over 2} + ab = a(a\pi + b)}$ .
Ответ: $c=a(a\pi+b)$ .

Вопрос. Циркуляция векторного поля $\bar a =-x^2 \bar i +3\bar j +y\bar k$ по замкнутому контуру $l:\; \; x=\cos t,\; \; y=\sin t,\; \; z=5$ , где $0\le t\le 2\pi$ , может быть вычислена по формуле:

$c=\int\limits_0^{2\pi} {(-\cos ^2 t +3)dt}$

$c=\int\limits_0^{2\pi} {(-x^2 \cos t +3\sin t)dt}$

$c=\int\limits_0^{2\pi} {(\cos ^2 t\sin t +3\cos t)dt}$

$c=\int\limits_0^{2\pi} {(-x^2 +3)dt}$

1 2 3 4 5 6 7