Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

Руководство к решению задач

.pdf
Скачиваний:
160
Добавлен:
02.03.2016
Размер:
647.64 Кб
Скачать

11

D = 12 ( D + Dc ) + 12 ( D Dc ) = E + F ,

где Е = Ес – симметричная часть тензора D, F = -Fc – антисимметричная часть тензора D.

Вычислим их значения

 

 

 

 

 

 

 

E = 1

(D + D ) =

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

c

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 (6ee

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

+ 4ee

+ 4ee

+ 6ee

+ 6ee

+14ee

+10ee

+10ee

+

2ee

+ 2ee€ ) =

 

2

1 1

1 3

3 1

2 1

1

2

 

2

2

 

 

3 1

 

1 3

 

3

2

2

3

 

 

=3ee

+3ee

+7ee

+3ee

+ 7ee

+ ee

+ 7ee

+ ee

= E ,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 1

1

2

1 3

2 1

2

2

 

2

3

 

3 1

3

2

 

c

 

 

 

 

 

 

 

 

 

F = 1 (D D ) =

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

c

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 (4ee

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

4ee

+ 6ee

6ee

+10ee

10ee

+

2ee

2ee€ ) =

 

2

1 3

3 1

 

2 1

1

2

 

3 1

 

 

1 3

 

 

3

2

 

2

3

 

= −3ee

3ee

+3ee

ee+3ee

+ ee

= −F .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

2

 

1 3

2 1

2

3

 

3 1

 

3

2

 

 

c

 

 

Проверим правильность ответа

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

E + F =3ee+3ee+7ee+3ee+

7ee

+ ee

 

+

7ee

+ ee

 

 

 

1 1

 

1

2

1 3

 

2 1

2

2

 

2

3

 

 

3 1

3

2

 

3e€1e€2 3e€1e€3 + 3e€2e€1 e€2e€3 +3e€3e€1 + e€3e€2 =

=3e€1e€1 + 4e€1e€3 + 6e€2e€1 + 7e€2e€2 +10e€3e€1 + 2e€3e€2 = D .

1.5.В трехмерном пространстве расшифровать следующие тензорные

символы: Aii, Bijj, Rij, aiTij, aibjSij.

Решение.

Aii представляет одну сумму:

Aii = A11 + A22 + A33 .

Выражение Bijj представляет три суммы:

1)при i = 1 B111 + B122 + B133 ,

2)при i = 2 B211 + B222 + B233 ,

3)при i = 3 B311 + B322 + B333 .

Выражение Rij представляет девять компонент, которые можно записать в виде матрицы

 

R

R

R

 

 

11

12

13

.

R =

R

R

R

ij

21

22

23

 

 

R

R

R

 

 

31

32

33

 

Выражение aiTij представляет три суммы:

12

1) при

2) при

3) при Выражение aibj Sij

j =1

a1T11 + a2T21 + a3T31 ,

j = 2

a2T12 + a2T22 + a3T32 ,

j = 3

a1T13 + a2T23 + a3T33 .

представляет сумму девяти членов. Первое слагае-

мое по i дает aibj Sij = a1b j S1 j + a2bj S2 j + a3bj S3 j . Затем каждое из этих слагаемых суммируем по j:

aibj Sij = a1b1S11 + a1b2 S12 + a1b3 S13 + a2b1S21 + a2b2 S22 + a2b3 S23 +

+a3b1S31 + a3b2 S32 + a3b3 S33 .

1.6.В трехмерном пространстве вычислить следующие выражения, содержащие дельту Кронекера δij : а) δii , б) δij δij , в) δij δik δjk , г) δij Aik .

Решение.

а) δii = δ11 22 33 =3;

б) δij δij = δ1 j δ1 j + δ2 j δ2 j +δ3 j δ3 j =

δ11δ11 + δ12δ12 + δ13δ13 + δ21δ21 + δ22δ22 + δ23δ23 + δ31δ31 + δ32δ32 + δ33δ33 =

 

 

δ11 + δ22 + δ33 = 3;

 

 

г) δij Aik = δ1 j A1k + δ2 j A2k + δ3 j A3k

при j =1

δij Aik

= δ11 A1k + δ21 A2k + δ31 A3k → δ11 A1k

 

 

при k =1

δ11 A11

A11

 

 

k = 2

δ11 A12

A12

 

 

k = 3

δ11 A13

A13

при j = 2

δij Aik

= δ12 A1k + δ22 A2k

+ δ32 A3k δ22 A2k

 

 

k =1

δ22 A21 A21

 

 

k = 2

δ22 A22 A22

 

 

k = 3

δ33 A23

A33

при j = 3

δij Aik

= δ13 A1k + δ23 A2k

+ δ33 A3k

k =1 k = 2 k = 3

В результате получим, что δij Aik

δ33 A31 A31

δ33 A32 A32

δ33 A33 A33 .

=Ajk .

1.7. Для тензора Леви-Чивиты εijk непосредственным расписыванием по

индексам показать, что: а) εijk εkij

= 6, б) εijk ak ak

= 0.

Решение.

 

 

а) Суммируем сначала по i:

 

 

εijk εkij = ε1 jk

εk1 j + ε2 jk εk 2 j

+ ε3 jk εk3 j .

13

Затем суммируем по j, записывая только отличные от нуля члены:

εijk εkij = ε12k εk12 + ε13k εk13 + ε21k εk 21 + ε23k εk 23 + ε31k εk 31 + ε

Наконец, суммируем по k, опять оставляя только ненулевые члены:

εijk εkij = ε123 ε312 + ε132 ε213 + ε213 ε321 + ε231 ε123 + ε312 ε231 + ε321

=(1)(1)+(1)(1)+(1)(1)+(1)(1)+(1)(1)+(1)(1)= 6.

32k εk 32 .

ε132 =

б) Суммируем по j, затем по k, оставляя ненулевые члены:

εijk a j ak = εi1k

a1ak + εi2k a2 ak + εi3k a3ak =

= εi12 a1a2 + εi13 a1a3 + εi21 a2 a1 + εi23 a2 a3 + εi31 a3a1 + εi32 a3a2 .

Из этого выражения получим:

при i =1

ε1 jk a j ak

= a2 a3 a3a2 = 0,

при i = 2

ε2 jk a j ak

= a1a3 + a3a1 = 0,

при i = 3

ε3 jk a j ak

= a1a2 a2a1 = 0.

Отметим, что выражение εijk a j ak является индексной формой записи

векторного произведения вектора a самого на себя и, следовательно, должно быть равно нулю a х a = 0.

1.8. Вычислить компоненту f2

данных ниже векторов:

а) fi = εijkTjk , б)

fi =

c

i

bj

c j

bj .

 

 

xi

 

 

x j

 

Решение.

 

 

 

 

 

 

а) f2 = ε2 jkTjk = ε213T13 + ε231T31 = −T13 +T31 .

 

 

б)

 

 

 

 

 

 

f

 

= c2 b + c2

b +

c2 b

c1

b c2 b

c3 b =

 

 

 

 

 

2

x

1

x

2

2

 

x

3

x

 

1

x

2

2

x

3

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

2

 

 

 

 

2

.

 

 

 

 

 

c2

 

c1

b

+

c2

c3

b .

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x

 

x

 

 

1

 

x

 

x

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

1.9. Написать в развернутой форме и по возможности упростить выра-

жение Dij xi x j , если: а)

Dij

= D ji , б)

Dij

= −D ji .

 

 

 

 

 

 

 

Решение.

Суммируем сначала по i, затем по j

Dij xi x j = D1 j x1 x j + D2 j x2 x j + D3 j x3 x j =

=D11x1x1 + D12 x1 x2 + D13 x1 x3 + D21 x2 x1 + D22 x2 x2 + D23 x2 x3 +

+D31 x3 x1 + D32 x3 x2 + D33 x3 x3 .

14

Поэтому

а) Dij xi x j = D11(x1 )2 + D22 (x2 )2 + D33 (x3 )2 + 2D12 (x1x2 )+ 2D13 (x1x3 )+ 2D23 (x2 x3 ).

б) Dij xi x j = 0, т.к. D11 = −D11 , D12 = −D21 и т.д.

1.10. Оси декартовой системы координат Ox1x2x3 получены поворотом системы Ox1 x2 x3 на угол θ вокруг оси x3 . Определить коэффициенты преобразования aij указанных осей и найти компоненты вектора v = v1e€1 + v2e€2 + v3e€3 в

системесоштрихами.

Решение.

По определению aij = cos(xi,x j ).

Углы между соответствующими осями указаны на рис. (1.3), что позволяет найти таблицу направляющих косинусов:

Таким образом, тензор преобразования имеет вид

 

cos θ

sinθ

0

 

 

- sinθ

cosθ

0

 

A =

.

 

0

0

1

 

 

 

Рис. 1.3

 

По правилу преобразования векторов

 

 

получаем

v1′ = a1 j v j

= v1 cos θ+ v2 sin θ,

= a2 j v j

= −v1 sin θ+ v2 cos θ,

v2

v3′ = a3 j v j = v3 .

1.11. Пусть углы между направлениями осей координат системы со штрихами и системы без штрихов даны в следующей таблице:

 

x1

x2

x3

x1

135o

60o

120o

90

o

45

o

45

o

 

 

 

x2

 

 

 

x3

45o

60o

120o

Определить коэффициенты преобразования aij и показать, что выполнены условия ортогональности.

15

Решение.

Коэффициенты aij являются направляющими косинусами и могут быть сразу вычислены в соответствии с данной таблицей углов. Таким образом,

 

 

1

1

1

 

 

 

2

2

2

 

 

 

 

 

 

aij

 

 

0

1

 

1

 

=

 

2

 

2

.

 

 

 

1

 

 

 

 

 

1

1

 

 

 

 

2

2

2

 

 

 

 

 

 

Условия ортогональности aij aik

= δjk требуют,

чтобы

выполнялись

следующие условия:

 

 

 

 

 

 

1) при

j = k =1 должно быть a11a11 + a21a21 + a31a31

=1; левая часть, оче-

видно, представляет собой сумму квадратов элементов первого столбца;

2) при

j = 2 ,

k = 3

должно

быть

выполнено

равенство

a12 a13 + a22 a23 + a32 a33

= 0 , левая часть которого является суммой произведе-

ний соответствующих элементов второго и третьего столбцов; 3) сумма произведений соответствующих элементов любых двух столбцов

должна быть равна нулю; сумма квадратов элементов любого столбца должна быть равна единице.

Если условие ортогональности записано в форме a ji aki = δjk , то вместо

столбцов перемножаются строки.

Указанное выше решение удовлетворяет всем этим требованиям.

1.12. Если Bij – антисимметричный и Aij

– симметричный тензоры, то

Aij Bij = 0 . Доказать это.

 

 

 

 

 

 

 

Решение.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Так как Aij

= Aji и Bij = −B ji , то Aij Bij = −Aji B ji или

 

 

Aij Bij + Aji B ji = Aij Bij + Apq Bpq = 0 .

Поскольку

все

индексы

 

являются

немыми,

Apq Bpq = Aij Bij , и поэтому

2Aij Bij = 0, или Aij Bij = 0 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1.13. Для векторов

a

= 3e1 + 4e3 ,

b

= 2e2 6e3 и диадика

 

 

 

 

 

путем перемножения матрицы вычислить

D = 3e1 e1 + 2e1 e3 4 e2 e2

5e3 e2

произведение a D , D b и a D b .

Решение.

Пусть a D = v ; тогда

16

 

 

 

 

 

[v ,v

 

 

 

 

 

]

 

 

3

0

2

 

 

 

 

 

 

 

 

2,

v

3

= [3,0,4] 0

4 0

= [9,20,6].

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

5

 

 

 

 

Пусть D

 

=

 

 

; тогда

 

 

0

0

 

 

 

b

ω

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ω

 

 

3 0 2

0

 

 

12

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ω2

=

0

4 0

2

=

8

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

D

 

 

 

 

 

ω3

 

 

0

5 0

6

 

10

Пусть

 

 

=

 

 

 

= λ; тогда

 

 

 

 

 

 

a

b

v

b

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

[λ]=

[9, 20, 6]

 

2 = [76].

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

6

 

 

 

1.14. Найти главные направления и главные значения декартова тензора Т второго порядка, который представлен матрицей

[T

 

3

1

0

]= −1

3 0 .

ij

 

 

 

 

 

 

0

0

 

 

 

1

Решение.

Для определения главных значений имеем определитель

3 −λ

1

0

 

 

 

 

 

1

3 − λ

0 .

 

 

 

 

 

 

0

0

1 − λ

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Решая его, получим определяющее уравнение

 

 

 

 

 

 

 

(1 − λ)[(3 − λ)2 1]= 0 .

 

 

 

 

 

Определим корни этого кубического уравнения

 

 

 

 

 

λ3 7λ2 +14λ−8 =(λ−1)(λ−2)(λ−4)=0, которые равны λ

=1, λ

(2)

= 2, λ

(3)

=4.

 

 

 

(1)

 

 

 

Пусть теперь ni(1) – компоненты единичного вектора главного направления, соответствующего λ(1) =1. Тогда имеем следующую систему уравнений:

2n(1) n(1) = 0

 

 

 

1

2

 

 

(1)

(1)

 

(1)

(1)

= 0

 

= 0 , а из условия ni ni =1 получим

n1

+ 2n2

 

, откуда n1

= n2

 

0

= 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n3(1) = ±1.

17

Для λ(2) = 2 система запишется в виде

n(2) n(2) = 0

 

 

 

 

 

 

1

 

2

 

 

 

(2)

(2)

(2)

 

1

 

 

(2)

(2)

 

 

= ±

, так как ni ni =1.

n1

 

+ n2

 

= 0

, откуда n3

= 0 , а n1

= n2

2

 

 

 

n(2)

= 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Для λ(3) = 4 получаем

 

 

 

 

 

n(3)

n(3)

= 0

 

 

 

 

 

 

1

 

2

 

 

 

(3)

(3)

(3)

 

1

 

(

3)

 

(3)

= 0

 

= ±

.

n1

 

+ n2

, откуда n3

= 0 , а n1

= −n2

 

 

3n(3)

= 0

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ориентация главных осей xi относительно исходной системы xi определяется направляющими косинусами, которые даны в следующей таблице:

 

 

x1

 

x2

x3

x1*

 

0

 

0

±1

x2*

±

1

±

1

0

 

2

2

x3*

m

1

±

1

0

 

2

2

Отсюда видно, что матрица тензора преобразования такова:

 

 

 

 

 

 

 

0

 

0

±1

 

1

±

1

0

 

A = ±

2

2

.

 

 

 

 

 

1

±

1

0

 

m

2

2

 

 

 

 

 

1.15. Показать, что матрица тензора T ij

задачи 1.14 может быть приве-

дена к диагональной (главной) форме преобразованием T *

= a

ip

a

jp

T

pq

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ij

 

 

 

 

 

Решение.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

]=

 

0

0

1

3

1 0 0 1

2

 

1 2

 

 

 

*

 

1 2 1

2

 

 

 

 

1

2

1 2

 

 

=

 

[Tij

 

0

1 3

0 0

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

0

 

 

0

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

1 2 1

0

0

1 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

18

 

 

 

 

 

 

 

 

0

0

1

0 1

2

1 2

 

 

1 0

0

 

2

 

 

 

1

2

1 2

 

=

 

 

 

=

2 0

0

 

0

2 0 .

 

 

 

 

 

 

0

0

 

 

 

0

 

2 2 2 2 0

1

 

 

 

0

4

Задачи для самостоятельного решения

1.16.Для произвольных векторов a и b показать, что

λ=( a ×b ) ( a ×b ) +( a b )2 =( ab )2 .

1.17.Пусть u = ω×u и v = ω×v ; показать, что

ddt ( u ×v ) = ω×( u ×v ) .

1.18. Для симметричного тензора

 

 

 

 

 

7

3

0

 

Tij

 

3

7

4

 

=

.

 

 

0

4

7

 

 

 

 

Определить главные значения и направления главных осей.

1.19. Если

 

 

 

= 0 ,

 

 

 

 

 

 

 

 

••

 

 

 

 

×

 

=

 

 

и

 

×

 

= −

 

. Показать, что

 

=

 

.

 

v

 

v

w

 

v

v

v

v

1.20. Преобразование, связывающее

системы

координат Ox1x2x3и

Ox1 x2 x3 задано таблицей:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x1

 

 

 

x3

 

 

 

 

 

 

 

x1

 

 

+3 / (5 2)

1/ 2

 

4 / (5 2)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4 / 5

 

 

0

 

3 / 5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

x3

 

 

 

3 / (5 2)

1/ 2

4 / (5 2)

 

 

 

 

 

а) Показать, что выполнены условия ортогональности.

б) Определить в системе со штрихами координаты точки, имеющие ра-

 

 

 

 

 

 

 

 

диус-вектор

 

= 2 e1

e3 .

 

r

 

Ответ: б) 2 / 5

2 ,

11

, 2 / 5 2 .

 

5

 

 

 

 

 

 

 

19

Раздел 2

Равновесие сплошной среды

ОсновноезначениевравновесиисплошнойсредыимеютравенстваКоши.

pn€ = n1 p1 + n2 p2 + n3 p3 .

(2.1)

Векторы напряжений p1 , p2 , p3 , приложенные к координатным пло-

щадкам, не имеют объективного физического смысла, так как зависят от выбора системы координат.

Проекция равенства (2.1) на оси координат дает три равенства:

pn1

= n1 p11 + n2 p21 + n3 p31 ,

 

pn2

= n1 p12 + n2 p22 + n3 p32 ,

(2.2)

pn3

= n1 p13 + n2 p23 + n3 p33 .

 

В этих равенствах первый индекс при р отмечает принадлежность напряжения к площадке, перпендикулярной к данной оси координат, второй – ось проекций. Они позволяют вычислить напряжение pn на любой площадке,

если известна ее ориентация n€ .

Если использовать операции умножения тензора на вектор справа или

слева, то получим (2.1) в следующем виде

 

pn = P* n€ = n€ P .

(2.3)

Уравнение статики сплошной среды «в напряжениях» в символической

форме

 

Div P

 

= 0 ,

(2.4)

f

где P – тензор напряжений,

ρ – плотность сплошной среды,

f– объемная (массовая) сила.

Впроекциях на декартовы координатные оси (2.4) приводится к системе трех дифференциальных уравнений в частных производных относительно компонент тензора напряжений.

p11

+

 

p12

+

 

p13

 

f1 = 0 ,

 

 

 

 

 

 

 

x1

 

x2

 

x3

 

p21

+

 

p22

+

 

p23

f2 = 0 ,

(2.5)

 

 

 

x1

 

x2

 

x3

 

20

p31

+

p32

+

p33

+ ρf3 = 0 .

 

 

 

x1

x2

x3

Для идеально текучей среды, в которой касательные напряжения отсутствуют, т.е.

p12 = p21 = p23 = p32 = p13 = p31 = 0 ,

а для нормальных напряжений справедливо равенство p11 = p22 = p33 = −p ,

уравнение равновесия (2.4) примет вид

p f = grad p ,

что в проекциях на оси дает

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

сf1 =

p

 

сf2 =

p

 

сf3 =

p

 

,

 

 

,

 

 

.

x

x

2

x

3

 

1

 

 

 

 

 

 

 

(2.6)

(2.7)

В случае если объемная сила

 

 

 

=

 

 

, то уравнение (2.6) запишется так:

f

g

 

 

 

 

 

 

с

 

= grad p .

 

 

 

(2.8)

 

 

 

 

 

 

g

 

 

 

В точке М нормальная составляющая σN

вектора напряжения имеет

величину

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

σN

= pi ni =

 

n n€ = σij ni n j ,

(2.9)

 

 

p

а квадрат величины касательной компоненты получается как разность

 

 

 

 

 

 

σS

2

 

= pi pi −σN

2 .

 

 

(2.10)

Разложение тензора напряжений на шаровой и довиатор напряжений

описывается формулами

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

σ

ij

= δ

ij

 

σkk

 

+ s

ij

или P = σ

 

I + P .

(2.11)

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

M

D

 

Главные значения девиатора напряжений равны

 

 

 

 

 

 

 

 

sk

= σk −σM .

 

 

 

(2.12)

Примеры решения задач

2.1. Тензор напряжений в точке М задан так:

 

6

0

3

 

 

0

5

0

 

P =

.

 

3

0

4

 

 

 

Тут вы можете оставить комментарий к выбранному абзацу или сообщить об ошибке.

Оставленные комментарии видны всем.