1612045823-d5aae996d32081bbcbe16d742991f022 (533744), страница 24
Текст из файла (страница 24)
Это градиент произведенияgrad(uv) = v grad u + u grad v( 14 )и градиент сложной функцииgrad f (u) = f ′ (u) grad u.( 15 )Обратимся к примерам. Начнём со случая сферически симметричного поляu(| r |) = u(r)с центром симметрии, совпадающим с началом координат. Непосредственно из инвариантного определения очевидно, что градиент в любойточке в этом случае направлен радиально и по величине равен производной u′ (r) :du rgrad u(r) =.dr r18.3. Скалярное поле.
Градиент153Преследуя чисто учебные цели, в приводимых ниже примерах 1, 2 кподобному результату придём путём вычислений.Пример 1. Пусть u1 (r) = r.√Можно представить это поле в декартовых координатах в виде u1 = x2 + y 2 + z 2 и воспользоваться формуxex + yey + zezлой ( 9 ). В результате получим grad u1 = √, то естьx2 + y 2 + z 2grad r =r.r( 16 )Конечно, простейший путь к этому результату — это использованиеестественной для данного поля сферической системы координат. Полеu1 не зависит от угловых координат и из формулы ( 13 ) прямо видно,что grad r = 1 · er , т. е.
результат ( 16 ).Пример 2. Воспользовавшись формулой ( 15 ), найдёмgrad1d(1)n r=grad r = − n+1 .rndr rnrrzgrad’ RRgrad Rr’rOyxРис. A.15Пример 3. В качестве обобщения приведенных примеров рассмотрим функцию R(r ′ , r) =| r − r ′ |, зависящую от координат точек r ′ и r,и равную расстоянию между ними (см. рис. A.15). В электродинамикечасто приходится иметь дело с этой функцией. Для неё различают двавида градиентов, обозначаемые grad R и grad′ R. Градиент «без штриха» подразумевает, что точка r ′ фиксирована, а переменными являютсякоординаты точки r.
(Иными словами, центр симметрии поля R совпадает с точкой r ′ .) Для градиента «со штрихом», наоборот, точка r —фиксирована, а меняются координаты r ′ .154Глава 18. Приложение. Векторный анализИз результата ( 16 ) очевидно, чтоgrad R(r ′ , r) =RR,grad′ R(r ′ , r) =−RR,( 17 )где вектор R направлен от r ′ к r. (рис. A.15).Соответственно для 1/Rn (r ′ , r) имеемgrad1d ( 1 )n R=grad R = − n+1 ,nnRdR RRRn R1= n+1 .RnRRПример 4. Так же часто встречается полеgrad′ϕ = (k · r),представляемое скалярным произведением некоторого постоянного вектора k и радиуса-вектора r.
Для него результат можно найти так:grad ϕ = grad(kx x + ky y + kz z) = (kx ex + ky ey + kz ez ) = k.Вообще говоря, в этом вычислении необходимости нет. Просто необходимо одну из осей координат (например, z) направить вдоль вектора k иполе записать в виде ϕ = kz.
Отсюда результат становится очевидным:grad(k · r) = k.A.4.( 18 )Векторное поле. Поток. Дивергенция.Теорема Остроградского-ГауссаВернёмся к векторному полю. Примеры приводить не будем. Сразунапомним, что две интегральные величины характеризуют векторноеполе. Первая из них — это поток, с него и начнём обсуждение. Дляэтого через точку P мысленно проведём бесконечно малую площадкуdS, ориентацию которой зададим единичным вектором n(P ) нормалик площадке.
Произведение нормальной компоненты вектора a(P ) навеличину площадкиdN = an (P )dS18.3. Векторное поле. Дивергенция155называют потоком поля a(P ) через элементарную площадку dS.Теперь представим себе конечную поверхность S с нормалью n(P )в каждой точке (причём n(P ) меняется непрерывным образом при переходе от точки к точке) и разобъём её на систему элементарных площадок ∆Si . Принимая, что в пределах каждой малой площадки поле aи нормаль∑ n постоянны и равны a(Pi ), n(Pi ), составим интегральнуюсумму i (a(Pi ) · n(Pi ))∆Si .
Предел этой интегральной суммы∫N=an dS( 19 )Sназывается потоком векторного поля a через конечную поверхность S.Таким образом, в каждом конкретном случае вычисление потокасводится к замене символической записи ( 19 ) соответствующим определённым двойным интегралом и его вычислению. Выполнение первогоиз этих этапов, представляющее определённую трудность для начинающих, продемонстрируем на примере.Пример.
Поток поля точечного заряда E(r) = (q/r2 )(r/r) через участок цилиндрической поверхности ρ = a, 0 ≤ α ≤ π/2, 0 ≤ z ≤ a (см.рис. A.16).zaO qaayxРис. A.16В качестве элементарной площадки здесь естественно принять элемент dS = adαdz координатной поверхности ρ = a. Внешней нормальюк площадкам dS служит n = eρ√. Поскольку радиус-вектор точки наповерхности r = aeρ + zez , r =√ a2 + z 2 , то нормальная компонентаполя E в этой точке En = qa/( a2 + z 2 )3 и поток ( 19 ) выражается156Глава 18. Приложение.
Векторный анализдвумерным интегралом∫a ∫π/2N1 =00qa√adαdz2( a + z 2 )3Подынтегральная функция не зависит от α. Вычисление приводит крезультату∫adzπ 12π√N1 = qa=q √ .22322 2( a +z )0Для самопроверки полезно составить интеграл для вычисления потока того же поля через часть плоской крышки рассматриваемого цилиндра z = a, 0 ≤ ρ ≤ a, 0 ≤ α ≤ π/2.Должен получиться следующий результат:πN2 = qa2∫a0ρdρπ1√= q (1 − √ ).22( a2 + ρ2 )3Дивергенция поля. Рассмотрим теперь произвольную точку P0и окружим её замкнутой поверхностью S. В качестве вектора n на Sвыберем единичный вектор внешней нормалии поток вектора a(P ) поHэтой замкнутой поверхности обозначим an dS.После разделения на объём Vs , ограниченный рассматриваемой замкнутой поверхностью, и взятия предела при стягивания S в точку P0 ,отсюда получается величина, играющая важную роль в теории поля.Называется она дивергенцией векторного поля в точке P0I1div a(P0 ) = liman dS( 20 )Vs →0 Vsи является одной из двух локальных характеристик поля.Необходимо отметить, что определение ( 20 ) имеет смысл только втом случае, если предел не зависит от того, какие формы принимает S впроцессе стягивания в точку P0 (или в процессе уменьшения объёма Vs ).В достаточно широких для приложений условиях это действительноимеет место, но при этом одной непрерывности поля a(P ) оказываетсянедостаточно, и мы будем предполагать, что компоненты вектора a(P )18.5.
Вычисление дивергенции157имеют непрерывные частные производные.1Следствием инвариантного определения дивергенции ( 20 ) являетсяинтегральная теорема Остроградского-ГауссаI∫an dS = div adV( 21 )SVо равенстве потока через любую замкнутую поверхность S интегралуот дивергенции по объёму V, заключённому внутри этой замкнутой поверхности. Чтобы в этом утвердиться, достаточно разбить весь объёмна систему бесконечно малых элементарных объёмов dV, для каждого из которых справедливо равенство dN = div adV, где dN — потокполя через замкнутую поверхность объёма dV.
Сложив все эти равенства, учитывая, что потоки через внутренние границы между соседними элементами dV при этом компенсируются, в результате придём кравенству ( 21 ).A.5.Вычисление дивергенции в ортогональных координатахОсновывается на инвариантном определении дивергенции ( 20 ). Дляэтого можно использовать стандартную последовательность операцийв каждой из систем координат:1.
Замкнутую поверхность выбрать в виде поверхности ортогонального параллелепипеда (криволинейного в общем случае), образованноготрёмя парами координатных поверхностей, и содержащего внутри себярассматриваемую точку P0 .2. Вычислить суммарный поток поля через эту замкнутую поверхность, мысленно её разбив на три пары противоположных граней параллелепипеда. Вклад каждой пары в суммарный поток вычисляетсяотдельно.3. Разделить поток на объём, заключённый внутри замкнутой поверхности и перейти к предусмотренному пределу ( 20 ).1 Впрочем, наличие поверхности разрыва поля a или его частных производныхне вносит больших трудностей при работе с рассматриваемой величиной, но на этоммы не будем останавливаться.158Глава 18. Приложение.
Векторный анализНаиболее просто эта процедура выполняется для декартовой системы координат. Здесь параллелепипед с центром в точке P0 и гранями, параллельными координатным плоскостям, легко изобразить в виде рис. A.17. Длины его рёбер приняты равными ∆x, ∆y, ∆z; его объём∆V = ∆x∆y∆z.Рассмотрим грани, перпендикулярные оси x, с внешними нормалямиn = ex и n = −ex (см. рис.
A.17). Вклад этой пары можно представитьв виде11∆Nx = [ax (x + ∆x, y∗ , z∗ ) − ax (x − ∆x, y∗∗ , z∗∗ )]∆y∆z,22где y∗ , z∗ — координаты некоторой внутренней точки правой грани параллелепипеда, y∗∗ , z∗∗ — аналогичные координаты точки его левой грани, пока неопределённые в случае произвольных ∆y, ∆z. Поскольку величину Nx нам предстоит разделить на ∆V = ∆x∆y∆z и перейти кпределу при стягивании параллелепипеда в точку P0 , то очевидно, чтоэти неопределённые координаты внутренних точек можно заменить наy0 , z0 . При этом рассматриваемое отношение переходит вax (x + 12 ∆x, y0 , z0 ) − ax (x − 12 ∆x, y0 , z0 )∆Nx=,∆V∆x∂ax(P0 ).∂xа при ∆x → 0 даётz∆xP0∆zn∆yynyP0xx 0 − 1 ∆x2Рис.
A.17x0x0 + 1 ∆x2Oα0ρ0α 0 − 1 ∆α21ρ0 + ∆ρ2xРис. A.18Аналогично этому оставшиеся две пары противоположных граней18.5. Вычисление дивергенции159приводят к результатам∆Ny∂ay→(P0 ),∆V∂y∆Nz∂az→(P0 ).∆V∂zТак что в общей сложности мы получаем формулуdiv a(P0 ) =∂ax∂ay∂az(P0 ) +(P0 ) +(P0 ).∂x∂y∂zЗаменяя в полученной формуле точку P0 произвольной точкой, окончательную формулу для вычисления дивергенции поля в прямоугольныхдекартовых координатах запишем в видеdiv a =∂ax (x, y, z) ∂ay (x, y, z) ∂az (x, y, z)++.∂x∂y∂z( 22 )Перейдём к цилиндрическим координатам. Замкнутую поверхностьсоответствующего ортогонального параллелепипеда, внутри себя содержащего точку P0 с координатами ρ0 , α0 , z0 , мы теперь имеем возможность изобразить в двумерном виде его сечения плоскостью z = z0 (рис.A.18).
Представляем, что ребро, перпендикулярное плоскости z, имеетдлину ∆z, а объём параллелепипеда ∆V = ρ0 ∆α∆z. Поток поля черезпару граней ρ0 − 12 ∆ρ, ρ0 + 12 ∆ρ данного параллелепипеда запишем ввиде[]1111∆Nρ = (ρ0 + ∆ρ)aρ (ρ0 + ∆ρ, α0 , z0 )−(ρ0 − ∆ρ)aρ (ρ0 − ∆ρ, α0 , z0 ) ∆α∆z,2222сразу же координаты α∗ , z∗ и α∗∗ , z∗∗ заменив на значения α0 , z0 . Обращаем внимание на важное обстоятельство. Здесь площадь грани, соответствующей координатной поверхности Sρ , зависит от её координатыи это нельзя не учитывать при составлении ∆Nρ .
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
