Math24.ru
Математический Анализ
Главная
Математический анализ
Пределы и непрерывность
Дифференцирование
Приложения производной
Интегрирование
Последовательности и ряды
Двойные интегралы
Тройные интегралы
Криволинейные интегралы
Поверхностные интегралы
Ряды Фурье
Дифференциальные уравнения
Уравнения 1-го порядка
Уравнения 2-го порядка
Уравнения N-го порядка
Системы уравнений
Формулы и таблицы
Powered by MathJax
   Физические приложения поверхностных интегралов
Поверхностные интегралы применяются во многих прикладных расчетах. В частности, с их помощью вычисляются
  • Масса оболочки;

  • Центр масс и моменты инерции оболочки;

  • Сила притяжения и сила давления;

  • Поток жидкости и вещества через поверхность;

  • Электрический заряд, распределенный по поверхности;

  • Электрические поля (теорема Гаусса в электростатике).

Масса оболочки
Пусть \(S\) представляет собой тонкую гладкую оболочку. Распределение массы оболочки описывается функцией плотности \(\mu \left( {x,y,z} \right).\) Тогда полная масса оболочки выражается через поверхностный интеграл первого рода по формуле \[m = \iint\limits_S {\mu \left( {x,y,z} \right)dS} .\]
Центр масс и моменты инерции оболочки
Пусть распределение массы \(m\) в тонкой оболочке описывается непрерывной функцией плотности \(\mu \left( {x,y,z} \right).\) Координаты центра масс оболочки определяются формулами \[ {{x_C} = \frac{{{M_{yz}}}}{m},}\;\; {{y_C} = \frac{{{M_{xz}}}}{m},}\;\; {{z_C} = \frac{{{M_{xy}}}}{m},} \] где \[ {{M_{yz}} = \iint\limits_S {x\mu \left( {x,y,z} \right)dS} ,}\;\; {{M_{xz}} = \iint\limits_S {y\mu \left( {x,y,z} \right)dS} ,}\;\; {{M_{xy}} = \iint\limits_S {z\mu \left( {x,y,z} \right)dS} } \] − так называемые моменты первого порядка относительно координатных плоскостей \(x = 0,\) \(y = 0\) и \(z = 0,\) соответственно.

Моменты инерции оболочки относительно осей \(Ox, Oy, Oz\) выражаются, соответственно, формулами \[ {{I_x} = \iint\limits_S {\left( {{y^2} + {z^2}} \right)\mu \left( {x,y,z} \right)dS} ,}\;\; {{I_y} = \iint\limits_S {\left( {{x^2} + {z^2}} \right)\mu \left( {x,y,z} \right)dS} ,}\;\; {{I_z} = \iint\limits_S {\left( {{x^2} + {y^2}} \right)\mu \left( {x,y,z} \right)dS} .} \] Моменты инерции оболочки относительно плоскостей \(xy, yz, xz\) определяются формулами \[ {{I_{xy}} = \iint\limits_S {{z^2}\mu \left( {x,y,z} \right)dS} ,}\;\; {{I_{yz}} = \iint\limits_S {{x^2}\mu \left( {x,y,z} \right)dS} ,}\;\; {{I_{xz}} = \iint\limits_S {{y^2}\mu \left( {x,y,z} \right)dS} .} \]
Сила притяжения поверхности
Пусть задана поверхность \(S,\) а в точке \(\left( {{x_0},{y_0},{z_0}} \right),\) не принадлежащей поверхности, находится тело массой \(m\) (рисунок \(1\)).
Рис.1
Рис.2
Сила притяжения между поверхностью \(S\) и точечным телом \(m\) определяется выражением \[\mathbf{F} = Gm\iint\limits_S {\mu \left( {x,y,z} \right)\frac{\mathbf{r}}{{{r^3}}}dS} ,\] где \(\mathbf{r} = \left( {x - {x_0},y - {y_0},z - {z_0}} \right),\) \(G\) − гравитационная постоянная, \({\mu \left( {x,y,z} \right)}\) − функция плотности.

Сила давления
Предположим, что поверхность \(S\) задана вектором \(\mathbf{r}\) и находится под воздействием некоторой силы давления (это может быть плотина, крыло самолета, стенка баллона со сжатым газом и т.д.). Полная сила \(\mathbf{F},\) созданная давлением \(p\left( \mathbf{r} \right),\) находится с помощью поверхностного интеграла по формуле \[\mathbf{F} = \iint\limits_S {p\left( \mathbf{r} \right)d\mathbf{S}} .\] Давление, по определению, действует в направлении вектора нормали к поверхности \(S\) в каждой точке. Поэтому, мы можем записать \[\mathbf{F} = \iint\limits_S {p\left( \mathbf{r} \right)d\mathbf{S}} = \iint\limits_S {p\mathbf{n}dS} ,\] где \(\mathbf{n}\) − единичный нормальный вектор к поверхности \(S.\)

Поток жидкости и поток вещества
Если в качестве векторного поля рассматривается скорость жидкости \(\mathbf{v}\left( \mathbf{r} \right),\) то поток через поверхность \(S\) называется потоком жидкости. Он равен объему жидкости, проходящей через поверхность \(S\) в единицу времени и выражается формулой \[\Phi = \iint\limits_S {\mathbf{v}\left( \mathbf{r} \right) \cdot d\mathbf{S}} .\] Аналогично, поток векторного поля \(\mathbf{F} = \rho \mathbf{v},\) где \(\rho\) − плотность, называется потоком вещества и определяется выражением \[\Phi = \iint\limits_S {\rho \mathbf{v}\left( \mathbf{r} \right) \cdot d\mathbf{S}} .\] Он численно равен массе вещества, проходящего через поверхность \(S\) в единицу времени.

Заряд поверхности
Пусть величина \(\sigma \left( {x,y} \right)\) является плотностью распределения заряда по поверхности. Тогда полный заряд, распределенный по проводящей поверхности \(S,\) выражается формулой \[Q = \iint\limits_S {\sigma \left( {x,y} \right)dS} .\]
Теорема Гаусса
Поток электрического смещения \(\mathbf{D}\) через замкнутую поверхность \(S\) равен алгебраической сумме всех зарядов, расположенных внутри поверхности: \[\Phi = \iint\limits_S {\mathbf{D} \cdot d\mathbf{S}} = \sum\limits_i {{Q_i}} ,\] где \(\mathbf{D} = \varepsilon {\varepsilon _0}\mathbf{E},\) \(\mathbf{E}\) − напряженность электрического поля, \(\varepsilon\) − относительная диэлектрическая проницаемость среды, \({\varepsilon _0} = 8,85 \times {10^{ - 12}}\,\text{Ф/м}\) − диэлектрическая проницаемость вакуума.

Теорема Гаусса применима к любым замкнутым поверхностям. В случае поверхности с достаточной симметрией, данная теорема упрощает вычисление электрического поля. Теорему Гаусса рассматривают как один из основных постулатов теории электричества. Она входит в систему основных уравнений Максвелла.

   Пример 1
Найти массу цилиндрической оболочки, заданной параметрически в виде \(\mathbf{r}\left( {u,v} \right) = a\cos u \cdot \mathbf{i} + a\sin u \cdot \mathbf{j} + v \cdot \mathbf{k},\) где \(0 \le u \le 2\pi ,\;0 \le v \le H\) (рисунок \(2\) выше). Плотность оболочки определяется функцией \(\mu \left( {x,y,z} \right) = {z^2}\left( {{x^2} + {y^2}} \right).\)

Решение.
Массу оболочки определим по формуле \[m = \iint\limits_S {\mu \left( {x,y,z} \right)dS} .\] Вычислим элемент площади \(dS:\) \[dS = \left| {\frac{{\partial \mathbf{r}}}{{\partial u}} \times \frac{{\partial \mathbf{r}}}{{\partial v}}} \right|dudv.\] Найдем частные производные и их векторное произведение: \[\frac{{\partial \mathbf{r}}}{{\partial u}} = - a\sin u \cdot \mathbf{i} + a\cos u \cdot \mathbf{j} + 0 \cdot \mathbf{k},\] \[\frac{{\partial \mathbf{r}}}{{\partial v}} = 0 \cdot \mathbf{i} + 0 \cdot \mathbf{j} + 1 \cdot \mathbf{k},\] \[ {\Rightarrow \frac{{\partial \mathbf{r}}}{{\partial u}} \times \frac{{\partial \mathbf{r}}}{{\partial v}} } = {\left| {\begin{array}{*{20}{c}} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k}\\ { - a\sin u} & {a\cos u} & 0\\ 0 & 0 & 1 \end{array}} \right| } = {a\cos u \cdot \mathbf{i} + a\sin u \cdot \mathbf{j},} \] \[ {\Rightarrow \left| {\frac{{\partial \mathbf{r}}}{{\partial u}} \times \frac{{\partial \mathbf{r}}}{{\partial v}}} \right| } = {\sqrt {{a^2}{{\cos }^2}u + {a^2}{{\sin }^2}u} = a.} \] Отсюда следует, что \(dS = adudv.\) Следовательно, масса оболочки равна \[ {m = \iint\limits_S {\mu \left( {x,y,z} \right)dS} } = {\iint\limits_S {{z^2}\left( {{x^2} + {y^2}} \right)dS} } = {\iint\limits_{D\left( {u,v} \right)} {{v^2}\left( {{a^2}{{\cos }^2}u + {a^2}{{\sin }^2}u} \right)adudv} } = {{a^3}\int\limits_0^{2\pi } {du} \int\limits_0^H {{v^2}dv} } = {2\pi {a^3}\int\limits_0^H {{v^2}dv} } = {2\pi {a^3}\left[ {\left. {\left( {\frac{{{v^3}}}{3}} \right)} \right|_0^H} \right] } = {\frac{{2\pi {a^3}{H^3}}}{3}.} \]
   Пример 2
Найти массу параболической оболочки, заданной уравнением \(z = {x^2} + {y^2},\;0 \le z \le 1\) и имеющей плотность \({\mu \left( {x,y,z} \right)} = z.\)

Решение.
Воспользуемся формулой \[m = \iint\limits_S {\mu \left( {x,y,z} \right)dS}. \] Проекция \(D\left( {x,y} \right)\) параболической поверхности \(S\) на плоскость \(xy\) представляет собой круг радиусом \(1\) с центром в начале координат. Следовательно, можно записать \[ {m = \iint\limits_S {\mu \left( {x,y,z} \right)dS} } = {\iint\limits_S {zdS} } = {\iint\limits_{D\left( {x,y} \right)} {z\sqrt {1 + {{\left( {\frac{{\partial z}}{{\partial x}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{\partial z}}{{\partial y}}} \right)}^2}} dxdy} } = {\iint\limits_{D\left( {x,y} \right)} {\left( {{x^2} + {y^2}} \right)\sqrt {1 + 4{x^2} + 4{y^2}} dxdy}.} \] Переходя в подынтегральном выражении к полярным координатам, получаем \[ {m = \iint\limits_{D\left( {r,\varphi } \right)} {{r^2}\sqrt {1 + 4{r^2}} rdrd\varphi } } = {\int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } \int\limits_0^1 {{r^3}\sqrt {1 + 4{r^2}} dr} } = {2\pi \int\limits_0^1 {{r^3}\sqrt {1 + 4{r^2}} dr} .} \] Сделаем подстановку \(1 + 4{r^2} = {u^2}.\) Тогда \(8rdr = 2udu\) или \(rdr = \large\frac{{udu}}{4}\normalsize.\) Здесь \(u = 1\) при \(r = 0,\) и \(u = \sqrt 5 \) при \(r = 1.\) Следовательно, интеграл равен \[ {m = 2\pi \int\limits_1^{\sqrt 5 } {\frac{{{u^2} - 1}}{4}\sqrt {{u^2}} \frac{{udu}}{4}} } = {\frac{\pi }{8}\int\limits_1^{\sqrt 5 } {\left( {{u^2} - 1} \right){u^2}du} } = {\frac{\pi }{8}\int\limits_1^{\sqrt 5 } {\left( {{u^4} - {u^2}} \right)du} } = {\frac{\pi }{8}\left[ {\left. {\left( {\frac{{{u^5}}}{5} - \frac{{{u^3}}}{3}} \right)} \right|_1^{\sqrt 5 }} \right] } = {\frac{\pi }{8}\left[ {\left( {\frac{{{{\left( {\sqrt 5 } \right)}^5}}}{5} - \frac{{{{\left( {\sqrt 5 } \right)}^3}}}{3}} \right) - \left( {\frac{1}{5} - \frac{1}{3}} \right)} \right] } = {\frac{\pi }{8}\left( {\frac{{10\sqrt 5 }}{3} + \frac{2}{{15}}} \right) } = {\frac{{\pi \left( {25\sqrt 5 + 1} \right)}}{{60}}.} \]
   Пример 3
Найти центр масс части сферической оболочки \({x^2} + {y^2} + {z^2} = {a^2},\) расположенной в первом октанте и имеющей постоянную плотность \({\mu_0}.\)

Решение.
Очевидно, масса данной части сферы (рисунок \(3\)) равна \[ {m = \frac{1}{8}\iint\limits_S {{\mu _0}dS} } = {\frac{{{\mu _0}}}{8}\iint\limits_S {dS} } = {\frac{{{\mu _0}}}{8} \cdot 4\pi {a^2} } = {\frac{{{\mu _0}\pi {a^2}}}{2}.} \]
Рис.3
Рис.4
Вычислим момент первого порядка \({M_{yz}}.\) \[ {{M_{yz}} = \iint\limits_S {x\mu \left( {x,y,z} \right)dS} } = {{\mu _0}\iint\limits_S {xdS} } = {{\mu _0}\iint\limits_{D\left( {x,y} \right)} {x\sqrt {1 + {{\left( {\frac{{\partial z}}{{\partial x}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{\partial z}}{{\partial y}}} \right)}^2}} dxdy} ,} \] где проекция \({D\left( {x,y} \right)}\) поверхности на плоскость \(xy\) представляет собой часть круга, лежащую в первом квадранте (рисунок \(4\)).

Поскольку \[ {\frac{{\partial z}}{{\partial x}} = \frac{\partial }{{\partial x}}\sqrt {{a^2} - {x^2} - {y^2}} } = {\frac{{ - x}}{{\sqrt {{a^2} - {x^2} - {y^2}} }},} \] \[ {\frac{{\partial z}}{{\partial y}} = \frac{\partial }{{\partial y}}\sqrt {{a^2} - {x^2} - {y^2}} } = {\frac{{ - y}}{{\sqrt {{a^2} - {x^2} - {y^2}} }},} \] то \[ {\sqrt {1 + {{\left( {\frac{{\partial z}}{{\partial x}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{\partial z}}{{\partial y}}} \right)}^2}} } = {\sqrt {1 + {{\left( {\frac{{ - x}}{{\sqrt {{a^2} - {x^2} - {y^2}} }}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{ - y}}{{\sqrt {{a^2} - {x^2} - {y^2}} }}} \right)}^2}} } = {\frac{a}{{\sqrt {{a^2} - {x^2} - {y^2}} }}.} \] Отсюда находим выражение для момента \({M_{yz}}:\) \[{M_{yz}} = {\mu _0}a\int\limits_{D\left( {x,y} \right)} {\frac{{xdxdy}}{{\sqrt {{a^2} - {x^2} - {y^2}} }}} .\] Далее удобнее преобразовать интеграл в полярные координаты: \[ {{M_{yz}} = {\mu _0}a\iint\limits_{D\left( {r,\varphi } \right)} {\frac{{r\cos \varphi \cdot rdrd\varphi }}{{\sqrt {{a^2} - {r^2}} }}} } = {{\mu _0}a\int\limits_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {\cos \varphi d\varphi } \int\limits_0^a {\frac{{{r^2}dr}}{{\sqrt {{a^2} - {r^2}} }}} } = {{\mu _0}a \cdot \left[ {\left. {\left( { - \sin \varphi } \right)} \right|_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize}} \right] \cdot \int\limits_a^0 {\frac{{{a^2} - {r^2} - {a^2}}}{{\sqrt {{a^2} - {r^2}} }}dr} } = {{\mu _0}a\left[ {\int\limits_a^0 {\sqrt {{a^2} - {r^2}} dr} - {a^2}\int\limits_a^0 {\frac{{dr}}{{\sqrt {{a^2} - {r^2}} }}} } \right].} \] Вычислим первый интеграл \({\int\limits_a^0 {\sqrt {{a^2} - {r^2}} dr} }\) в квадратных скобках. Сделаем замену: \(r = a\sin t,\;dr = a\cos tdt.\) При \(r = 0\) имеем \(t = 0,\) а при \(r = a,\) соответственно, \(t = \large\frac{\pi }{2}\normalsize.\) Тогда интеграл будет равен \[ {\int\limits_a^0 {\sqrt {{a^2} - {r^2}} dr} } = {\int\limits_{\large\frac{\pi }{2}\normalsize}^0 {\sqrt {{a^2} - {a^2}{{\sin }^2}t} \cdot a\cos tdt} } = {{a^2}\int\limits_{\large\frac{\pi }{2}\normalsize}^0 {{{\cos }^2}tdt} } = {{a^2}\int\limits_{\large\frac{\pi }{2}\normalsize}^0 {\frac{{1 + \cos 2t}}{2}dt} } = {\frac{{{a^2}}}{2}\left[ {\left. {\left( {t + \frac{{\sin 2t}}{2}} \right)} \right|_{\large\frac{\pi }{2}\normalsize}^0} \right] } = {\frac{{{a^2}}}{2} \cdot \left( { - \frac{\pi }{2}} \right) } = { - \frac{{\pi {a^2}}}{4}.} \] Второй интеграл имеет значение \[ {\int\limits_a^0 {\frac{{dr}}{{\sqrt {{a^2} - {r^2}} }}} } = {\left. {\left( {\arcsin \frac{r}{a}} \right)} \right|_a^0 } = {\arcsin 0 - \arcsin 1 } = { - \frac{\pi }{2}.} \] Таким образом, момент первого порядка \({M_{yz}}\) равен \[ {{M_{yz}} = {\mu _0}a\left[ { - \frac{{\pi {a^2}}}{4} - {a^2}\left( { - \frac{\pi }{2}} \right)} \right] } = {{\mu _0}a \cdot \frac{{\pi {a^2}}}{4} } = {\frac{{{\mu _0}\pi {a^3}}}{4}.} \] Отсюда находим координату \({x_C}\) центра масс: \[{x_C} = \frac{{{M_{yz}}}}{m} = \frac{{\frac{{{\mu _0}\pi {a^3}}}{4}}}{{\frac{{{\mu _0}\pi {a^2}}}{2}}} = \frac{a}{2}.\] В силу симметрии, другие координаты имеют то же самое значение.

Итак, координаты центра масс оболочки имеют вид \[\left( {{x_C},{y_C},{z_C}} \right) = \left( {\frac{a}{2},\frac{a}{2},\frac{a}{2}} \right).\]
   Пример 4
Вычислить момент инерции однородной сферической оболочки \({x^2} + {y^2} + {z^2} = 1\;\left( {z \ge 0} \right)\) с плотностью \({\mu_0}\) относительно оси \(Oz.\)

Решение.
Момент инерции \({I_z}\) находится по формуле: \[ {{I_z} = \iint\limits_S {\left( {{x^2} + {y^2}} \right)\mu \left( {x,y,z} \right)dS} } = {{\mu _0}\iint\limits_S {\left( {{x^2} + {y^2}} \right)dS} ,} \] где поверхность \(S\) − это полусфера \({x^2} + {y^2} + {z^2} = 1\;\left( {z \ge 0} \right).\)

Поскольку поверхность верхней полусферы описывается функцией \(z = \sqrt {1 - {x^2} - {y^2}} ,\) то элемент площади равен \[ {dS = \sqrt {1 + {{\left( {\frac{{\partial z}}{{\partial x}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{\partial z}}{{\partial y}}} \right)}^2}} dxdy } = {\sqrt {1 + {{\left( {\frac{{ - x}}{{\sqrt {1 - {x^2} - {y^2}} }}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{ - y}}{{\sqrt {1 - {x^2} - {y^2}} }}} \right)}^2}} dxdy } = {\frac{{dxdy}}{{\sqrt {1 - {x^2} - {y^2}} }}.} \] Тогда поверхностный интеграл выражается через двойной интеграл в виде \[ {{I_z} = {\mu _0}\iint\limits_S {\left( {{x^2} + {y^2}} \right)dS} } = {{\mu _0}\iint\limits_{D\left( {x,y} \right)} {\frac{{{x^2} + {y^2}}}{{\sqrt {1 - {x^2} - {y^2}} }}dxdy} ,} \] где область интегрирования \({D\left( {x,y} \right)}\) представляет собой круг \({x^2} + {y^2} \le 1.\) Переходя к полярным координатам, имеем \[ {{I_z} = {\mu _0}\iint\limits_{D\left( {x,y} \right)} {\frac{{{x^2} + {y^2}}}{{\sqrt {1 - {x^2} - {y^2}} }}dxdy} } = {{\mu _0}\iint\limits_{D\left( {r,\varphi } \right)} {\frac{{{r^2}{{\cos }^2}\varphi + {r^2}{\sin^2}\varphi }}{{\sqrt {1 - {r^2}{{\cos }^2}\varphi - {r^2}{\sin^2}\varphi } }}rdrd\varphi } } = {{\mu _0}\iint\limits_{D\left( {r,\varphi } \right)} {\frac{{{r^2}}}{{\sqrt {1 - {r^2}} }}rdrd\varphi } } = {{\mu _0}\int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } \int\limits_0^1 {\frac{{{r^3}dr}}{{\sqrt {1 - {r^2}} }}} .} \] Для вычисления последнего интеграла сделаем замену: \(1 - {r^2} = t,\;\Rightarrow - 2rdr = dt\) или \(rdr = - \large\frac{{dt}}{2}\normalsize.\) Если \(r = 0,\) то \(t = 1.\) Если \(r = 1,\) то, наоборот, \(t = 0.\) В результате можно окончательно вычислить момент инерции: \[ {{I_z} = 2\pi {\mu _0}\int\limits_0^1 {\frac{{{r^3}dr}}{{\sqrt {1 - {r^2}} }}} } = {2\pi {\mu _0}\int\limits_0^1 {\frac{{{r^2} \cdot rdr}}{{\sqrt {1 - {r^2}} }}} } = {2\pi {\mu _0}\int\limits_1^0 {\frac{{\left( {1 - t} \right)\left( { - \frac{{dt}}{2}} \right)}}{{\sqrt t }}} } = {\pi {\mu _0}\int\limits_1^0 {\frac{{t - 1}}{{\sqrt t }}dt} } = {\pi {\mu _0}\left[ {\int\limits_1^0 {\sqrt t dt} - \int\limits_1^0 {\frac{{dt}}{{\sqrt t }}} } \right] } = {\pi {\mu _0}\left[ {\left. {\left( {\frac{{{t^{\frac{3}{2}}}}}{{\frac{3}{2}}} - \frac{{{t^{\frac{1}{2}}}}}{{\frac{1}{2}}}} \right)} \right|_1^0} \right] } = {\pi {\mu _0}\left[ {\left. {\left( {\frac{2}{3}\sqrt {{t^3}} - 2\sqrt t } \right)} \right|_1^0} \right] } = {\frac{4}{3}\pi {\mu _0}.} \]
   Пример 5
Найти силу притяжения между полусферой с постоянной плотностью \({\mu_0}\) радиусом \(r\) с центром в начале координат и точечной массой \(m,\) расположенной в начале координат.

Решение.
Рассмотрим точку \(M\left( {x,y,z} \right)\) полусферы, которая принадлежит малому участку поверхности \(dS\) (рисунок \(5\)). Силу притяжения \(d\mathbf{F}\left( M \right)\) между элементом поверхности \(dS\) и массой \(m\) можно записать в виде \[d\mathbf{F}\left( M \right) = \frac{{G{\mu _0}mdS}}{{{r^2}}}\mathbf{e}\left( {O,M} \right),\] где \(G\) − гравитационная постоянная, \(\mathbf{e}\left( {O,M} \right)\) − единичный вектор, направленный из точки \(O\) в точку \(M.\)
Так как \(\mathbf{e}\left( {O,M} \right) = \left( {\large\frac{x}{r}\normalsize, \large\frac{y}{r}\normalsize, \large\frac{z}{r}\normalsize} \right),\) то можно записать \[d\mathbf{F}\left( M \right) = \frac{{G{\mu _0}mdS}}{{{r^3}}}\left( {x,y,z} \right).\] После интегрирования по поверхности полусферы получаем следующие выражения для компонентов силы притяжения: \[ {{F_x} = \frac{{G{\mu _0}m}}{{{r^3}}}\iint\limits_S {xdS} ,}\;\; {{F_y} = \frac{{G{\mu _0}m}}{{{r^3}}}\iint\limits_S {ydS} ,}\;\; {{F_z} = \frac{{G{\mu _0}m}}{{{r^3}}}\iint\limits_S {zdS} .} \] В сферических координатах уравнение полусферы записывается в виде \[ {\mathbf{r}\left( {\psi ,\theta } \right) } = {r\cos \psi \sin \theta \cdot \mathbf{i} + r\sin \psi \sin \theta \cdot \mathbf{j} + r\cos \theta \cdot \mathbf{k},} \] где \(0 \le \psi \le 2\pi ,\;0 \le \theta \le \large\frac{\pi }{2}\normalsize.\)

Известно, что элемент площади для сферы равен \(dS = {r^2}\sin \theta d\psi d\theta .\) Тогда компоненты силы притяжения будут равны \[ {{F_x} = \frac{{G{\mu _0}m}}{{{r^3}}}\iint\limits_S {xdS} } = {\frac{{G{\mu _0}m}}{{{r^3}}}\iint\limits_{D\left( {\psi ,\theta } \right)} {r\cos \psi \sin \theta \cdot {r^2}\sin \theta d\psi d\theta } } = {G{\mu _0}m\int\limits_0^{2\pi } {\cos \psi d\psi } \int\limits_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {{\sin^2}\theta d\theta } } = {G{\mu _0}m \cdot \left[ {\left. {\left( {\sin \psi } \right)} \right|_0^{2\pi }} \right] \cdot \int\limits_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {{\sin^2}\theta d\theta } } = {G{\mu _0}m \cdot 0 \cdot \int\limits_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {{\sin^2}\theta d\theta } = 0;} \] \[ {{F_y} = \frac{{G{\mu _0}m}}{{{r^3}}}\iint\limits_S {ydS} } = {\frac{{G{\mu _0}m}}{{{r^3}}}\iint\limits_{D\left( {\psi ,\theta } \right)} {r\sin \psi \sin \theta \cdot {r^2}\sin \theta d\psi d\theta } } = {G{\mu _0}m\int\limits_0^{2\pi } {\sin \psi d\psi } \int\limits_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {{\sin^2}\theta d\theta } } = {G{\mu _0}m \cdot \left[ {\left. {\left( {-\cos \psi } \right)} \right|_0^{2\pi }} \right] \cdot \int\limits_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {{\sin^2}\theta d\theta } } = {G{\mu _0}m \cdot 0 \cdot \int\limits_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {{\sin^2}\theta d\theta } = 0;} \] \[ {{F_z} = \frac{{G{\mu _0}m}}{{{r^3}}}\iint\limits_S {zdS} } = {\frac{{G{\mu _0}m}}{{{r^3}}}\iint\limits_{D\left( {\psi ,\theta } \right)} {r\cos \theta \cdot {r^2}\sin \theta d\psi d\theta } } = {G{\mu _0}m\int\limits_0^{2\pi } {d\psi } \int\limits_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {\sin\theta \cos \theta d\theta } } = {2\pi G{\mu _0}m \cdot \int\limits_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize} {\sin\theta d\left( {\sin \theta } \right)} } = {2\pi G{\mu _0}m \cdot \left[ {\left. {\left( {\frac{{{{\sin }^2}\theta }}{2}} \right)} \right|_0^{\large\frac{\pi }{2}\normalsize}} \right] } = {2\pi G{\mu _0}m \cdot \frac{1}{2} } = {\pi G{\mu _0}m.} \] Заметим, что результат \({F_x} = {F_y} = 0\) очевиден вследствие симметрии и однородности поверхности. Поэтому, результирующая сила \(F = {F_z} = \pi G{\mu _0}m\) направлена вдоль оси \(Oz.\)
Рис.5
Рис.6
   Пример 6
Оценить силу давления, действующую на дамбу, схематически показанную на рисунке \(6\) и представляющую собой резервуар воды шириной \(W\) и высотой \(H.\)

Решение.
В условиях гидростатического равновесия давление на поверхность дамбы зависит от координаты \(z\) в соответствии с формулой \[p\left( z \right) = \rho g\left( {H - z} \right),\] где \(\rho\) − плотность воды, \(g\) − ускорение свободного падения.

Полная сила давления, действующая на плотину, будет равна \[ {\mathbf{F} = \iint\limits_S {p\mathbf{n}dS} } = {\int\limits_0^W {\int\limits_0^H {\rho g\left( {H - z} \right) \cdot \left( { - \mathbf{i}} \right)dydz} } } = {\rho gW\left( { - \mathbf{i}} \right)\left[ {\left. {\left( {Hz - \frac{{{z^2}}}{2}} \right)} \right|_0^H} \right] } = {\frac{{\rho gW{H^2}}}{2}\left( { - \mathbf{i}} \right).} \] Вектор \(\left( { - \mathbf{i}} \right)\) показывает направление действия силы \(\mathbf{F}.\) Абсолютное значение силы равно \[\left| \mathbf{F} \right| = \frac{{\rho gW{H^2}}}{2}.\]
   Пример 7
Вязкая жидкость течет в цилиндрической трубе радиусом \(R\) со скоростью \(\mathbf{v} = C{e^{ - r}}\mathbf{k}\;\left( {\text{м} \cdot {{\text{с}}^{ - 1}}} \right),\) где \(\mathbf{k}\) − единичный вектор, направленный вдоль оси трубы в сторону потока, \(r\) − расстояние от оси, \(C\) − некоторая константа (рисунок \(7\)). Вычислить поток жидкости через поперечное сечение трубы.

Решение.
Для определения потока жидкости необходимо вычислить поверхностный интеграл \[\Phi = \iint\limits_S {\mathbf{v} \cdot d\mathbf{S}} .\] Так как векторы \(d\mathbf{S}\) и \(\mathbf{v}\) сонаправлены, то поток равен \[\Phi = \iint\limits_S {C{e^{ - r}}dS} .\] Переходя к полярным координатам, получаем \[ {\Phi = C\int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } \int\limits_0^R {{e^{ - r}}rdr} } = {2\pi C\int\limits_0^R {{e^{ - r}}rdr} .} \] Последний интеграл можно вычислить с помощью интегрирования по частям. Полагая \[ {u = r,\;\;{e^{ - r}}dr = dv,}\;\; {\Rightarrow du = dr,}\;\; {v = \int {{e^{ - r}}dr} = - {e^{ - r}},} \] можно записать \[ {\int\limits_0^R {{e^{ - r}}rdr} } = {\left. {\left( { - r{e^{ - r}}} \right)} \right|_0^R - \int\limits_0^R {\left( { - {e^{ - r}}} \right)dr} } = {\left. {\left( { - r{e^{ - r}}} \right)} \right|_0^R + \int\limits_0^R {{e^{ - r}}dr} } = {\left. {\left( { - r{e^{ - r}}} \right)} \right|_0^R - \left. {\left( { - {e^{ - r}}} \right)} \right|_0^R } = {\left. {\left[ { - {e^{ - r}}\left( {r + 1} \right)} \right]} \right|_0^R } = { - {e^{ - R}}\left( {R + 1} \right) + {e^0} } = {1 - \left( {R + 1} \right){e^{ - R}}.} \] Таким образом, поток жидкости равен \[ \Phi = 2\pi C\left[ {1 - \left( {R + 1} \right){e^{ - R}}} \right]\;\left( {{\text{м}^3} \cdot {\text{с}^{ - 1}}} \right).\]
Рис.7
Рис.8
   Пример 8
Определить электрическое поле бесконечной пластины с однородно распределенным зарядом плотностью \(\sigma.\)

Решение.
В силу симметрии системы вектор напряженности электрического поля должен быть перпендикулярен поверхности, а величина напряженности должна быть одинакова во всех точках, равноудаленных от пластины.

Рассмотрим условную гауссовскую поверхность в форме цилиндра с поперечным сечением \(S\) и высотой \(2H\) (рисунок \(8\)). Поток электрического смещения отличен от нуля лишь на основаниях цилиндра. Следовательно, \(\Phi = 2{\varepsilon _0}ES,\) где \(E\) − электрическое поле в основаниях цилиндра. Полный заряд внутри цилиндрической поверхности равен \(Q = \sigma S.\) Тогда по теореме Гаусса получаем \[ {\Phi = {\varepsilon _0}\iint\limits_S {E \cdot dS} = Q,}\;\; {\Rightarrow 2{\varepsilon _0}ES = \sigma S\;\;\text{или}\;\;} {E = \frac{\sigma }{{2{\varepsilon _0}}}.} \]

Все права защищены © www.math24.ru, 2009-2016   info@math24.ru
Сайт оптимизирован для Chrome, Firefox, Safari и Internet Explorer.