Теория поля

ìx = R sinθ cosϕ,

ï

(2.9)

íy = R sinθ sinϕ,

ï

îz = R cosθ.

элементплощадиповерхностисферывыражаетсяформулой

ds = R2 sinθdθdϕ.

(2.10)

(см.рис.)

Задача 4. Найти поток векторного поля a = yi

+ xj + zk через внешнюю сторону боковой

поверхностикруговогоцилиндра x2 + y2

= 9 ,ограниченнойплоскостями z = 0 и z = 1.

S1

n 0

0

y

Рис. 2.4.

x

Решение. 1способ. Данный цилиндр проектируется на плоскость

XOY в линию,

поэтому спроектируем его, например,

на плоскость YOZ. При

этом придется

рассматривать переднюю часть цилиндра S1 (x ³ 0) и заднюю S2 (x £ 0)

(рис. 2.4). На S1

имеем F = x2 + y2 - 9 ,

grad F

n 0

=

=

2xi

+ 2yj

=

xi + yj

,cosα =

x

.

grad F

4x2

+ 4y2

3

3

и по формуле (2.5) получаем

П

=

(a,n 0 )ds =

xy + xy

ds =

2

xy

dydz =

2

3xy

dydz

1

òò

òò

3 òò

cosα

x=x(y,z)

òò

x=x(x,z )

1

3

3

x

S1

S1

σ zz

σ yz

= 2òò ydydz =2 ò3

ydyò1

dz = 18.

σ yz

−3

0

,cosα =

x

На S2

имеем n 0 =

xi

+ yj

и по формуле (2.5) получаем

= òò(a, n20 )ds =

3

xy

3

П2

2

òò

3

x=x(y,z ) dydz = -2òò ydydz = -18.

3

x

S1

σ yz

σ yz

Искомый поток равен П = П1 + П2

= 18 -18 = 0.

n 0 =

xi

+ yj

,

3

П = òò(a, n 0 )ds = òò

2xy

ds,

3

S

S

П =

2

òò3cosϕ ×3sinϕ ×3dzdϕ = 182òπ cosϕ × sinϕdϕ ò1 dz = 0

3

S

0

0

Задача5. Найти поток векторного поля

a = yi

- xy + zk

через внешнюю сторону верхней половины сферы S : x2 + y2 + z2 = 1.

Решение. I способ.

На S имеем

F = x2 + y2 + z2 = 1,

grad F

n 0 =

=

2xi

+ 2yi + 2zk

=

xi + yi + zk

= xi

+ yj + zk ,cosγ = z > 0

grad F

4x2 + 4y2 + 4z2

x2 + y2 + z2

1

0

1

y

Рис 2.5.

x

σ xy

П = òò(a, n0 )ds = òò(xy - xy + z2 )ds = òò z2 ds = òò

z2

z=z(x,y) dxdy = òò

z2

z=z(x,y) dxdy =

cos

γ

z

S

S

S

σ xy

σ xy

= òò

2π

1

ρd ρ =

æ

1

ö

(1- ρ

)

32

1

2π

1- x

2

- y

2

2

-

2

=

.

dxdy = ò dϕ ò 1- ρ

2π ç

3

÷

3

σ xy

0

0

è

ø

0

II способ. Как и в предыдущем случае, получаем

П = òò z2ds , но далее вводим сферические

координатыииспользуемформулы:

S

π 2

2π

π

2

æ

3

θ

ö

= 2π .

П = òò z2ds = òòcos2 θ sinθ dϕdθ = ò dϕ ò cos2 θ sinθ dϕdθ =

2π ç

- cos

÷

S

S

0

0

è

3

ø

0

3

div a (M0 ) = lim

òò(a (M ),n0 )ds

.

S

V

S →M0

V →0

a (M ) = P (M )

+ Q(M )

+ R (M )

,

i

j

k

тогдаформуладлявычисления diva

принимаетвид

div a (M ) =

¶P (M )

+

¶Q(M )

+

¶R (M )

.

(3.1)

¶x

¶y

¶z

отдивергенцииэтоговекторногополя,т.е.

П = òò(a × n0 )ds = òòòdiv adv

(3.2)

div a =

¶P

+

¶Q

+

¶R

=1+ 0 +1 = 2,

¶x

¶y

¶z

П = òòò2dv = 2òòòdv = 2 ×

1 h × S2

=

2

×1×π ×12

=

2π .

V

V

3

3

3

0

y

Найдем вектор n

0 для

поверхности.

Уравнение

этой

поверхности

имеет вид

1

= 0 .Имеем F(x, y, z) = x2

x2 + y2 = z2 , или x2 + y2

- z2

+ y2

- z2 ,

grad F

- 2zk

n0

=

=

2xi

+ 2yj

=

xi

+ yj

- zk

grad F

4x2 + 4y2 + 4z2

x2 + y2 + z2

Нормаль n

0

образует тупой угол с положительным направлением оси OZ ,

так как

z

1

cosγ = -

< 0 и,

следовательно,

является

внешней

нормалью к S1 .

Далее

x2 + y2

+ z2

получаем по формуле (2.2)

x2 + y - z2

x2 + y - z2

dxdy

П =

òò

(a × n0 )ds =

òò

ds =

òò

2

2

+ y

2

=

2

2

2

2

2

2

1

1

x

+ y

+ z

x

+ y

+ z

z

=x

cosγ

S1

)

S1

σ xy

sin

ϕ ρdρ =

= òò (y - y

2

z=

x2 + y2 dxdy = òò

y

2- y

2 dxdy =

ò dϕ ò ρ sinϕ - ρ

z

2

2π

1

2

2

ρ

σ xy

σ xy

x + y

0

0

1

2π

1

2π

æ

ρ2

ρ3

ö

=

ò dϕ ò(ρ sinϕ - ρ2 sin2 ϕ )d ρ = ò

ç

sinϕ -

sin2 ϕ ÷

dϕ =

2

3

0

0

0

è

ø

0

2π

2π