最后更新: 2025-02-01 12:48 查看: 13 次反馈刷题

Stokes例子

二． Stokes例子
先用 Stokes 公式重新做 p． 168 的例 3．（当时是用第二类曲线积分定义来计算的，后来学了 Green 公式后又用投影方法给出了第二个解法，现在则用 Stokes 公式作为第三个解．）

这时的封闭曲线 $C$ 是上半球面 $x^2+y^2+z^2=a^2$ 与柱面 $x^2+y^2=a x$ 的交线。以 $C$ 为边界的曲面不是惟一的，这里取上半球面上为 $C$ 所围的部分为 $S$ ，且取上侧，这样就可以用 Stokes 公式得到

$$
\begin{aligned}
I & =\oint_C y^2 d x+z^2 d y+x^2 d z=\iint_S\left|\begin{array}{ccc}
\cos \alpha & \cos \beta & \cos \gamma \\
\frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\
y^2 & z^2 & x^2
\end{array}\right| d S \\
& =\iint_S(-2 z \cos \alpha-2 x \cos \beta-2 y \cos \gamma) d S
\end{aligned}
$$

由于取上侧，$S$ 的法向量取为 $\left(-z_x,-z_y, 1\right)$ ．从 $S$ 的方程为 $x^2+y^2+z^2=a^2$ 可求出 $z_x=-\frac{x}{z}, z_y=-\frac{y}{z}$ ．代入后就将第二类曲面积分转化为二重积分：

$$
I=\iint_D\left(-2 x-2 \frac{x y}{z}-2 y\right) d x d y=-2 \iint_D x d x d y
$$

其中 $D$ 是 $S$ 向 $x y$ 平面的投影，即圆 $x^2+y^2 \leqslant 2 x$ ．利用 $D$ 关于 $y$ 对称，而上述积分的后两项中都含有关于 $y$ 为奇函数的因子 $y$ ，因此它们的积分为 0 ．从而只留下了一项。

用极坐标代换 $x=r \cos \theta, y=r \sin \theta$ 来计算上述最后一个积分，由于 $\partial D$ 的表达式为 $r=a \cos \theta,-\pi / 2 \leqslant \theta \leqslant \pi / 2$ ，就有

$$
\begin{aligned}
I & =-4 \int_0^{\frac{\pi}{2}} d \theta \int_0^{a \cos \theta} r^2 \cos \theta d r \\
& =-4 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{a^3}{3} \cos ^4 \theta d \theta \\
& =-\frac{4 a^3}{3} \cdot \frac{3}{4 \cdot 2} \cdot \frac{\pi}{2}=-\frac{\pi a^3}{4} .
\end{aligned}
$$

回到书上 p． 205 的第一个例子，它对于理解向量场的旋度的意义和 Stokes 公式都是有帮助的．

例题 0.1 设刚体绕 $z$ 轴旋转（该旋转轴未必与刚体相交），加速度为 $\omega$ ，从 $z$ 轴正向看下去为逆时针旋转， $v (x, y, z)$ 表示在刚体旋转时所经过的点 $(x, y, z)$ 处的速度，求 $\operatorname{rot} v$ ．

解 如图所示，在旋转轴上取定一点为原点，则在刚体经过的点 $(x, y, z)$ 处的旋转速度为

$$
v = \omega \times r .
$$

由于 $\omega =(0,0, \omega)$ ，因此就有

$$
v =\left|\begin{array}{ccc} 
i & j & k \\
\omega_x & \omega_y & \omega_z \\
x & y & z
\end{array}\right|=-y \omega i +x \omega j .
$$

![图片](/uploads/2025-02/a87274.jpg)
 
 （这里可以事先看出速度向量与 $\omega$ 和 $r$ 正交，又若记它们的夹角为 $\theta$ ，则 $| v |=r w \sin \theta$ ．）于是就有

$$
\operatorname{rot} v =\left|\begin{array}{ccc} 
i & j & k \\
\frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\
-y \omega & x \omega & 0
\end{array}\right|=2 \omega k ,
$$

可见旋度确实反映了散度场内的旋转速度的大小．
现在取围绕旋转轴的封闭曲线 $C$ ．为简单起见就取 $z=0$ 平面上的圆 $x^2+y^2=R^2$ ，取逆时针方向，则就可以对于 $C$ 和它所围绕的 $z=0$ 平面上的曲面 $S: x^2+y^2 \leqslant R^2, z=0$ ，取上侧，用 Stokes 公式（实际上也就是 Green 公式），得到

$$
\oint_C v \cdot d r =\iint_S \operatorname{rot} v \cdot d S =\iint_S(0,0,2 \omega) \cdot(0,0,1) d S=2 \omega|S|=2 \omega \pi R^2 .
$$

这表明在曲线 $C$ 上的环流量就是 $S$ 上的旋度之和（积分就是求和），这也就是 Stokes 公式的意义。

例题 0.2 求曲线积分

$$
I=\oint_C(y-x) d x+(z-x) d y+(x-y) d z
$$

其中 $C$ 是柱面 $x^2+y^2=a^2$ 和平面 $\frac{x}{a}+\frac{z}{h}=1(a>$ $0, h>0)$ 的交线，其方向从 $z$ 轴正向看去为逆时针方向．

解 1 以 $C$ 为边界的曲面不是惟一的，这里取处于平面 $\frac{x}{a}+\frac{z}{h}=1$ 上的椭圆最为简单，将它记为 $\sigma$ ．按照 Stokes 公式的要求，取 $\sigma$ 的上侧方向即与 $C$ 的给定取向相容（见图3）．
 ![图片](/uploads/2025-02/95bd63.jpg)
 先从曲面 $\sigma$ 所在的平面方程计算出 $d S =\frac{1}{\sqrt{a^2+h^2}}(h, 0, a) d S$ ，然后就可以用 Stokes 公式得到

$$
\begin{aligned}
I & =\iint_\sigma \operatorname{rot}(y-z, z-x, x-y) \cdot d S \\
& =\frac{1}{\sqrt{h^2+a^2}} \iint_\sigma(-2,-2,-2) \cdot(h, 0, a) d S \\
& =\frac{-2(h+a)}{\sqrt{h^2+a^2}} \iint_\sigma d S=\frac{-2(h+a)}{\sqrt{h^2+a^2}}|\sigma| .
\end{aligned}
$$

由于 $\sigma$ 是椭圆，长半轴是 $\sqrt{h^2+a^2}$ ，短半轴是 $a$ ，因此 $|\sigma|=\pi a \sqrt{h^2+a^2}$ ．合并以上得到 $I=-2 \pi a(h+a)$ ．

解 2 若不用向量形式的公式，则有

$$
\begin{aligned}
I & =\iint_\sigma\left|\begin{array}{ccc}
\cos \alpha & \cos \beta & \cos \gamma \\
\frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\
y-z & z-x & x-y
\end{array}\right| d S \\
& =-2 \iint_\sigma(\cos \alpha+\cos \beta+\cos \gamma) d S \\
& =-2(\cos \alpha+\cos \beta+\cos \gamma)|\sigma| .
\end{aligned}
$$

这里利用了 $\sigma$ 为平面，其法方向的方向余弦为常数．
以下若计算方向余弦，则与解 1 相同。
一个不同的方法是用投影的思想．利用 $\cos \alpha|\sigma|$ 是 $\sigma$ 向 $y z$ 平面的投影，即是以 $a, h$ 为半轴长的椭圆面积，因此等于 $\pi a h$ 。同样， $\cos \beta|\sigma|$ 是 $\sigma$ 向 $x z$ 平面的投影，这只是一个直线段，面积为 0 。最后， $\cos \gamma|\sigma|$ 是 $\sigma$ 向 $x y$ 平面的投影，即圆面积 $\pi a^2$ 。因此得到 $I=-2 \pi\left(a^2+a h\right)$ ．

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