Притяжение полушарий

ALEX165 · Сообщение **ALEX165** » 21 май 2011, 18:38

s2009_33 писал(а):Source of the post
da67 писал(а):Source of the post
Почти устно всё получается.

Тогда решение приведите пожалуйста и ответ, чтобы было с чем сравнивать.

Интеграл по сферам легко берётся без всяких прибамбасов. Даже лень его писать. (Когда полушары остаются на том же месте, где разрезали шар).

s2009_33 · Сообщение **s2009_33** » 21 май 2011, 20:01

ALEX165 писал(а):Source of the post
s2009_33 писал(а):Source of the post
da67 писал(а):Source of the post
Почти устно всё получается.

Тогда решение приведите пожалуйста и ответ, чтобы было с чем сравнивать.

Интеграл по сферам легко берётся без всяких прибамбасов. Даже лень его писать. (Когда полушары остаются на том же месте, где разрезали шар).

Когда полушары не раздвинуты? А если раздвинуты.
Я имел ввиду решение с применением тензорного анализа.

ALEX165 · Сообщение **ALEX165** » 21 май 2011, 20:10

s2009_33 писал(а):Source of the post
Когда полушары не раздвинуты? А если раздвинуты.
Я имел ввиду решение с применением тензорного анализа.

У ТС-а нераздвинуты, вначале я думал, что они в произвольном положении друг от друа. В произвольном положении всё равно долго и нудно считать (по-моему).

s2009_33 · Сообщение **s2009_33** » 21 май 2011, 20:16

ALEX165 писал(а):Source of the post
В произвольном положении всё равно долго и нудно считать (по-моему).

А если разбивать не на полусферы, а на круги, не легче будет?

da67 · Сообщение **da67** » 21 май 2011, 20:37

s2009_33 писал(а):Source of the post Когда полушары не раздвинуты? А если раздвинуты.
Я имел ввиду решение с применением тензорного анализа.

Я имел в виду конечно нераздвинутые.

fir-tree · Сообщение **fir-tree** » 22 май 2011, 12:22

da67 писал(а):Source of the post Я имел в виду конечно нераздвинутые.

А интеграл-то вы какой имели в виду, не интригуйте?

da67 · Сообщение **da67** » 22 май 2011, 14:22

$\displaystyle F=\frac{1}{2}\int_0^RE(r)\cdot \rho2\pi r^2\,dr$ , $\displaystyle E(r)=\frac{Q}{R^2}\frac{r}{R}$ , $\displaystyle Q=\frac{4}{3}\pi R^3$

Итого $\displaystyle F=\frac{3}{16}\frac{Q^2}{R^2}$

peregoudov · Сообщение **peregoudov** » 23 май 2011, 09:43

da67 писал(а):Source of the post Идея Перегудова замечательная.

Идея, собственно, не моя, это стандартная формула для силы, действующей на тело в электромагнитном поле
$\displaystyle F_\mu=\int_{\partial G}T_{\mu\nu}\,dS_\nu,$
где интегрирование производится по поверхности тела, а тензор энергии-импульса вычисляется по полному (в том числе и создаваемому самим телом) полю. В электростатическом случае
$\displaystyle {\bf F}=\frac1{4\pi}\int_{\partial G}({\bf E}({\bf En})-\tfrac12{\bf n}E^2)\,dS,$
$\bf n$ --- внешняя нормаль. В нашей задаче при интегрировании по полусфере поле нормально, постоянно и равно $$E=Q/R^2$$

, а интеграл по большому кругу (сечению шара) равен нулю, итого
$\displaystyle F=\frac{Q^2}{8R^2}.$
(Интеграл от вектора нормали дает просто площадь сечения.)

Другие способы прокомментирую позже.

da67 · Сообщение **da67** » 23 май 2011, 10:41

peregoudov писал(а):Source of the post Идея, собственно, не моя, это стандартная формула для силы, действующей на тело в электромагнитном поле

Это понятно, но обычно при обсуждении этой темы сказывается дефицит нормальных задач. Решают, например, тензором натяжений задачу о взаимодействии двух точечных зарядов, которая без него решается гораздо проще. В итоге не остаётся ощущения, что это что-то полезное.
Пример задачи, в которой тензор натяжений даёт одно из самых простых решений, на мой взгляд очень важен. Накидайте ещё, если есть.

peregoudov писал(а):Source of the post интеграл по большому кругу (сечению шара) равен нулю

Почему нулю? Второй член даст вдвое меньше в ту же сторону (силовые линии отталкиваются) и станет 3/16 как у всех.

peregoudov · Сообщение **peregoudov** » 23 май 2011, 10:46

Так, у меня ошибочка. Интеграл по сечению равен нулю для заряженной сферы, а для шара второе слагаемое в подынтегральном выражении выживает и дает
$\displaystyle \frac1{4\pi}\int_{\textrm{big circle}}\tfrac12{\bf n}E^2\,dS\to\frac1{4\pi}\frac12\int_0^{2\pi}d\phi\int_0^R r\,dr\,\left(\frac{rQ}{R^3}\right)^2=\frac{Q^2}{16R^2},$
так что окончательный ответ совпадает с Mipter'овским
$\displaystyle F=\frac{3Q^2}{16R^2}.$

Пример задачи, в которой тензор натяжений даёт одно из самых простых решений, на мой взгляд очень важен. Накидайте ещё, если есть.

Ну, помимо очевидных вариаций этой задачи можно, например, вычислить напряжения в трубе, вдоль которой течет ток. Я слыхал, что сплющивание трубок мощными импульсами тока находит какое-т применение у экспериментаторов.

P. S. Ага, Mipter уже ошибку нашел

yourdomain.com