Документ: Kratn_2, страницы 51-55 | База учебных материалов

то z0 =

Физический смысл поверхностного интеграла первого рода зависит от физического характера данного скалярного поля: он может определять массу, распределенную по данной поверхности, электрический заряд и т. д.

Пример 4.4. Определить статический момент относительно плоскости 0xy и положение центра масс однородной полусферы Σ:

Имеем:

x2 + y2 + z2 = R2 (z ≥ 0).

Mxy = ZZ z dσ = ZZ pR2 − x2 − y2s

1 + ∂x

+ ∂y

dx dy,

∂g

2

∂g

2

Σ

D

x2 + y2

R2

z = g(x, y) =

R2

x2

y2

где

– круг∂g

≤

, x

∂gp

−

−y

. Находим:

=

−

;

= −

;

∂x

∂y

R2

−

x2

−

y2

R2

−

x2

−

y2

p

s1 +

∂g

2

∂g

2

= s1 +

x

2

y

2

+

=

∂x

∂y

R2 − x2 − y2

=

R

,

p

следовательно,

R2 − x2 − y2

Mxy = ZZ

z dσ = ZZ R dx dy = R ZZ dx dy = RπR2 = πR3.

Σ

D

Определим координаты центра масс полусферы. В силу симметрии x0 = y0 = 0. Так как площадь |Σ| поверхности полусферы Σ равна 2πR2,

Mxy = R.

|Σ| 2

Пример 4.5. На всей поверхности конуса с высотой h и радиусом основания a распределены электрические заряды. В каждой точке поверхности плотность заряда пропорциональна аппликате этой точки (e = kz). Вершина конуса – в начале координат, его ось направлена по оси 0z. Определить суммарный заряд всей поверхности конуса.

Суммарный заряд основания конуса равен произведению его площади πa2 на плотность точечного заряда, т. е. kh. Таким образом, Eосн = kπa2h. Заряд боковой поверхности Σ определяется интегралом

ZZ

Eбок.пов = kz dσ.

Σ

50

дим:

ap

≤

Уравнение поверхности конуса z = g(x, y) =

h

x2

+ y2, 0

z

h. Нахо-

∂g

=

h

x

;

∂g

=

h

y

;

2

∂x a2px2 + y2

2

∂y

2

a px2

+ y2

2

s

= s

1 +

∂x

+ ∂y

1 + a2

x2 + y2

+ a2

x2 + y2 =

√a

a+

h

,

∂g

h

x

h

y

поэтому

Eбок.пов = k ZZ

z dσ =

a

ZZ

px2

+ y2

dx dy

y = ρ sin ϕ

=

a

kh

√a2 + h2

x = ρ cos ϕ

						Σ
		√				ZZ
=	kh	√	a2	+	h2
=			a2
						D0

D

√

2π

a

2

+ h

Z

dϕ Z ρ2dρ = 3kπahpa2

+ h2.

ρρ dρ dϕ =

a2

kh

a

2

0

Находим весь заряд:

2

kπah

E = Eосн + Eбок.пов = kπa2h +

+ h2

=

3a + 2 a2

+ h2

.

3 kπah a2

3

p

Упражнения.

ZZ

4.1. Вычислить (x2 + y2)dσ, где Σ – сфера x2 + y2 + z2 = a2.

Σ

4.2. Найти массу части сферы x2 + y2 + z2 = a2, находящейся в первом октанте (x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0), если плотность распределения масс на сфере

p

равна x2 + y2.

	ZZ
4.3. Вычислить	z dσ, где Σ – часть поверхности геликоида:
	Σ
x = u cos v,	y = u sin v, z = v (0 ≤ u ≤ a, 0 ≤ v ≤ 2π).

4.4.Определить массу, распределенную на части поверхности гиперболического параболоида 2az = x2−y2, вырезаемой цилиндром x2+y2 = a2, если плотность в каждой точке поверхности равна k|z|.

4.5.Определить момент инерции однородной боковой поверхности ко-

p

нуса z = x2 + y2 (0 ≤ z ≤ a) относительно оси 0Z.

4.6. Определить суммарный электрический заряд, распределенный на

части поверхности двуполостного гиперболоида z2 = x2 + y2 + a2 (a ≤ z ≤

√

≤ a 2), если плотность заряда в каждой точке пропорциональна аппликате этой точки (e = kz).

51

4.7. Определить массу, распределенную по поверхности куба x = ±a,

y

3=

±a,

z = ±a, если поверхностная плотность в точке P (x, y, z) равна

k

|xyz|

(k = const).

электрический заряд, распределенный на

p 4.8. Определить суммарный

= x

2

+ y

2

, вырезаемой из него ци-

части поверхности параболоида 2az

линдром x2 + y2 = a2, если плотность заряда в каждой точке равна k√

z

(k = const).

8

1

Ответы: 4.1.

πa4.

4.2. m =

π2a3.

3

8

8ka3

πa4√

4.3. π2

a√

+ ln(a + √

) .

4.4.

(√

+ 1).

4.5.

2

.

1 + a2

2

27 3

15

2

kπa3

πk

4.6.

(3√3 − 1).

4.7.

ka .

4.8.

a

√a 3√2 − ln(1 + √2 ) .

3

2

4

4.2. Поверхностный интеграл второго рода

В пособии [1] были определены двухсторонние и односторонние поверхности. Пусть заданы двухсторонняя поверхность Σ и на ней вектор-

~

ная функция f(P ). Для поверхности Σ выберем одну из двух функций, ~n+(P ) или ~n−(P ), задающих нормаль к Σ в каждой точке P Σ. Поверхность Σ с заданной на ней функцией ~n(P ) будем называть ориентированной поверхностью и обозначать Σ+ (в случае ~n(P ) = ~n+(P )) или Σ− (при

~n(P ) = ~n−(P )).

Определение 4.1 [1]. Поверхностным интегралом второго рода от

~

функции f(P ) по ориентированной поверхности Σ+ называется число

ZZ

~

I = f(P ), ~n+(P ) dσ;

Σ
этот интеграл обозначается обычно так:
I = ZZ	f(P ), −→
Σ+
	~	dσ .
		dσ .
Σ+				Σ−
Из определения ясно, что ZZ	~	dσ	= − ZZ		~		P		, dσ	, так как
		dσ			f	(	P	)	, dσ
	f(P ), −→					(		)	−→

~n+(P ) = −~n−(P ).

Поверхностный интеграл второго рода называют также потоком век-

~

торного поля f(P ) через поверхность Σ. Его можно интерпретировать как количество жидкости или газа, протекающее за единицу времени в заданном направлении через поверхность Σ. Переход к другой стороне поверх-

52

ности меняет направление нормали к поверхности, а потому и знак поверхностного интеграла второго рода.

Вычисление поверхностного интеграла второго рода сводится к вычислению поверхностного интеграла первого рода:

ZZ

f(P ),

−→

= ZZ

=

ZZ ( x cos

+

y cos

+

z cos

)

Σ+

~

dσ

~

dσ

f

α

f

β

f

γ dσ,

f, ~n

где ~n = (cos α, cos β, cos γ) – единичная нормаль к поверхности, или к вычислению суммы трех двойных интегралов:

ZZ	f(P ),	−→	= ZZ fx(p(y, z), y, z)dy dz + ZZ fy(x, h(x, z), z)dx dz+
Σ+			Dyz	Dxz
	~	dσ
		dσ

ZZ

+fz(x, y, g(x, y))dx dy.

Dxy

Здесь Dyz, Dxz, Dxy – проекции поверхности Σ+ соответственно на плоскости 0yz, 0xz и 0xy, а функции p(y, z), h(x, z) и g(x, y) получены из уравнения поверхности Σ+ разрешением относительно соответствующих коор-

динат.				~			T	через часть

Пример 4.6. Найти поток вектора f(x, y, z) = [x, y, z]
x2			y2		z2
поверхности эллипсоида		+		+		= 1, лежащую в первом октанте, в
	a2		b2		c2
направлении внешней нормали.
Поток заданного вектора равен:
ZZ (f~, ~n)dσ = ZZ (x cos α + y cos β + z cos γ)dσ.
Σ+		Σ+

Так как в первом октанте внешняя нормаль эллипсоида со всеми осями координат образует острые углы, то все 3 направляющих косинуса

y2

z2

неотрицательны. Поэтому x

= p(y, z) =

r1 −

−

, y = h(x, z) =

b2

c2

= r

, z = g(x, y) = r

и

1 − a2

− c2

1 − a2 − b2

x2

z2

x2

y2

ZZ (f~, ~n)dσ = ZZ ar

dy dz + ZZ

br

1 − b2

− c2

1 − a2

− c2 dx dz+

y2

z2

x2

z2

Σ+

Dyz

Dxz

+ ZZ cr

1 − a2

− b2 dx dy = 3 · 8 ·

3

πabc =

2

x2

y2

1

4

πabc

Dxy

53

(каждый из интервалов определяет объем одной восьмой части эллипсоида).

	~	2		2	2	]	T	через всю
Пример 4.7. Найти поток вектора f(x, y, z) = [x				, −y	, z	]		через всю
поверхность тела x2 + y2 + z2 ≤ 3R2, 0 ≤ z ≤			x2 + y2 − R2		в направлении
		равен:
внешней нормали. Поток заданного вектора p
ZZ (f~, ~n)dσ = ZZ (x2 cos α − y2 cos β + z2 cos γ)dσ =
Σ+	Σ+
= ZZ	x2 cos α dσ − ZZ y2 cos β dσ + ZZ z2 cos γ dσ.
Σ+	Σ+		Σ+

Заданная поверхность ограничена сверху сегментом сферы x2 + y2 + z2 = = 3R2, с боков – частью поверхности гиперболоида x2 + y2 −z2 = R2, снизу

– кругом x2 + y2 ≤ R2, z = 0. На плоскости 0yz и 0xz поверхность Σ+ проецируется дважды с разных сторон, поэтому, в силу симметрии поверхности относительно этих плоскостей, первые 2 интеграла в записи потока равны нулю:

ZZ ZZ

x2 cos α dσ =

y2 cos β dσ = 0.

Σ+

На

плоскость 0xy сферический сегмент проецируется в круг D

: x2 + y2

≤

2

, часть поверхности гиперболоида – в кольцо D2: R

2

1

2

≤

2R2

≤ x

+ y

≤

2R

,2

а

нижним основанием служит лежащий в этой плоскости круг D

:

≤2

2

3

x

+ y

≤

R

. Однако для сегмента сферы cos γ > 0, для гиперболоида

cos γ < 0, а на нижнем основании z = 0, поэтому

ZZ (f~, ~n)dσ = ZZ z2 cos γ dσ =

Σ+

= ZZ (3R2 − x2 − y2)dx dy − ZZ (x2 + y2 − R2)dx dy = y = ρ sin ϕ =

D1

D2

x = ρ cos ϕ

2π

R√

2π

R√

2

πR4

= Z dϕ Z

(3R2 − ρ2)ρ dρ − Z

dϕ Z

(ρ2 − R2)ρ dρ = 4πR4 −

7

πR4

=

.

2

0

R

Если поверхность Σ задана в параметрическом виде, то для вычисле-

ния интеграла второго рода удобно использовать следующую формулу:

ZZ (f~(P ), d~σ) = ZZ

f~(~r(u, v)), ~r u0 × ~r v0

du dv,

Σ+

D

54

Материал: Kratn_2

Смотрите также: