Пособие для самостоятельного обучения решению задач по физике в вузе - Мелёшина А.М.
Скачать (прямая ссылка):
dS, значение которого равно dS, а направление совпадает с направлением
нормали к элементу dS (при этом нормали ко всем точкам поверхности
расположены по одну ее сторону) (рис. М26).
Элементарным потоком вектора F через элемент_поверх-ности dS называется
скалярная величина d<E>==(F, dS). Полный поток через поверхность S Ф= { {
F(r)dS, где интеграл
S
берется по всей поверхности S (т. е. радиус-вектор пробегает все точки
поверхности, a dS выкладывает всю ее площадь). Хотя поверхность
расположена в трехмерном пространстве, координаты точек поверхности не
являются независимыми, и одна из них, например z, может быть выражена с
помощью уравнения поверхности как функция х и у. Поэтому поверхностный
интеграл является двойным интегралом по переменным х и у.
М7.2. Пример. Найти площадь поверхности шара (сферы).
Решение. Введем сферическую систему координат с нач_алом в центре сферы
г, %, ф (см. рис. М16). Примем, что F - единичный вектор: F - r/г.
Очевидно, что вектор
426
•dS направлен вдоль F, т. е. Pd5 = FdS. Элементарная площадь поверхности
в сферических координатах dS = = R2sm%d)^ (см М3.1). Поверхность шара S =
я 2я я л
= { dx { d9R2 sin %=R2 / sin % d% / d9=4jtR2, или S = 4jtR2. 0 0
0 0
M8. Интеграл по объему
M8.1. Объемный 'интеграл применяется, например, в случае, когда требуется
определить величину электрического заряда в некоторой области
пространства (объем V), если в каждой точке задана его плотность б(г).
Плотностью заряда называется количество заряда в единице объема. Поэтому
в объеме dV находится количество заряда dQ = Q(r)dV. Тогда полный заряд в
объеме У можно определить с помощью интеграла по объему V: Q= / q(r) dV.
Например, в декартовой
V
системе координат Q= { { |q(x, у, z)dxdydz, где интеграл берется по х, у,
z в пределах их значений, ограничивающих объем V.
М8.2. Пример. Найти объем шара радиусом R.
Решение. Положим е=1 и введем сферическую систему координат г, х, ф с
началом в центре шара. Элемент •объема dxdydz = r2 sin % drdxdcp. Тогда
объем шара
R я 2я R ~ 2я
V= / { / г2 sin % drd^dqj = / r2dr / sin % { d9=4/3jtR3.
0 0 0 0 0 0
Объем шара радиусом R равен 4/3 jtR3.
M8.3. Интегральные теоремы. В интегральном исчислении доказываются
следующие тождества.
1. /gгadфdV== ^q-dS: интеграл по объему от век-
У S
тора градиента скалярной функции ф равен интегралу по поверхности S,
окружающей объем V от функции ф (где dS - вектор, описанный в М7.1);
2. {divadV=$ adS: интеграл от дивергенции век-
V S
тора по объему равен интегралу от потока этого вектора сквозь
поверхность, окружающую объем (теорема Остро-хр адского-Г аусса),
3. { rotadS= <? adl\ поток ротора некоторого векто-S , L
427
pa а сквозь поверхность S равен интегралу от тангенциальной составляющей
а по кривоь L, на которую опирается эта поверхность (теорема Стокса).
М9. Дифференциальные уравнения
М9.1. Дифференциальным уравнением (ДУ) называется равенство, связывающее
между собой неизвестную функцию
Г/4Л I df , d2f
f(t) некоторого аргумента t, ее производные =/, ==
= /,... и известные функции от t, и обращающееся в тождество, если f(t)
найдена правильно. Символически это записывается так: F(t, f, f, /,...)
=0.
Рассмотрим следующее простое ДУ:
^-=v,(t), (*)
где x(t)-искомая функция; vx(t)-известная функция t-Равенство (*) можно
переписать так: dx=vx(t)dt. Поэтому решение этого ДУ можно получить
простым интегрированием'
x(t) = {vx(t)idt+C,
где С = const. Обратите внимание на то, что при интегрировании получилась
произвольная постоянная, т. е. в найденном решении имеется некоторый
произвол. Такое решение называется общим решением. Для того чтобы
получить частное решение, лишенное указанного произвола, необходимо по
каким-то данным найти произвольную постоянную. Далее будет показано, как
это делается.
ДУ может быть сложным, содержать производные более высокого порядка в
разных степенях и даже под знаком сложной функции. Порядком уравнения
называется порядок высшей производной от искомой функции.
М9.2. Наиболее простое - линейное ДУ первого порядка вида
A(t)i+B(t)x+C(t)=0, где А, В, С - известные функции t. Уравнение (*) есть
частный случай этого уравнения при А=1, В = 0, С=-vx(t). Решение ДУ
первого* порядка содержит одну произвольную постоянную, так как для его
отыскания необходимо однократное интегрирование.
М9.3. В механике часто встречаются уравнения второго порядка вида F(x, х,
x,t) =0. Обычно уравнение второго порядка имеет вид
428
x=i(x, x, t),
где f - известная функция. Его решение содержит две произвольные
постоянные.
Наиболее простой вид уравнение второго порядка имеет в том случае, когда
его правая часть не зависит от искомой функции и ее производной, т. е.
x=f(t). Тогда его решение находят двумя последовательными
интегрированиями. В самом деле, уравнение можно записать так: ~ )
=
dt Vdt j
= f(t). Отсюда
Взяв интеграл / f (t)dt = g(t), получим известную функцию g(t). После
этого уравнение превратится в уравнение первого порядка:
