Основы_вектан. Учебнометодический комплекс по дисциплине Векторный и тензорный анализ
 Скачать 1.02 Mb.
|
|
§ 2. Тензор инерции Рассмотрим модель твёрдого тела (далее ТТ) как совокупность материальных точек, расстояние между которыми в процессе движения не изменяется. С твёрдым телом свяжем систему координат, выбрав её начало водной из его точек (см. рис. 7). При этом бесконечно малое перемещение отдельной материальной точки в составе ТТ может быть представлено как смещение ТТ как целого и бесконечно малый поворот относительно оси, проходящей через начало координат [ ] r d R d r d r r r Здесь ϕ r d – вектор, абсолютная величина которого определяется углом поворота, а направление совпадает с осью поворота. Разделив это равенство на приращение времени dt, получим связь между скоростью отдельной материальной точки в составе ТТ относительно лабораторной системы отсчёта, скоростью ТТ как целого, а также угловой скоростью вращения [ ] r V r r r Рис. 7. Рассчитаем теперь кинетическую энергию произвольно движущегося ТТ относительно лабораторной системы отсчёта. По определению, это сумма кинетических энергий всех N материальных точек, образующих ТТ: ∑ = ′ = N m T 1 Чтобы не загромождать последующие выкладки, далее мы будем опускать индекс, нумерующий материальные точки в составе ТТ, при этом сам значок суммы оставим. Все индексы, возникающие в дальнейшем, будут нумеровать компоненты векторов, относящихся к каждой отдельной материальной точке при суммировании по ним будем придерживаться правила Эйнштейна, избегая использования значков суммирования. Итак, продолжим [ ] ( ) [ ] ( ) [ ] ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ + ′ + ′ = + ′ = ′ = 2 , , , 2 2 , 2 2 2 2 2 r m r V m V m r V m m T r r r r r r r r r Рассмотрим теперь по-отдельности каждое из трёх слагаемых. Так, первое из них можно существенно упростить, вынеся за знак суммы квадрат скорости как параметр, общий для всех слагаемых 2 2 2 2 2 2 V M m V V m ′ ⋅ = ′ = ′ ∑ ∑ r Здесь ввели ∑ = m M – массу всего ТТ. Таким образом, первое слагаемое описывает кинетическую энергию поступательного движения ТТ. Во втором слагаемом суммирование также следует отнести лишь к массами радиус-векторам материальных точек [ ] ( ) ( ) ( ) C r V M M r m V M M M r m V r V m r r r r r r r r r r r Вектор C rr – радиус-вектор центра масс ТТ относительно системы координат, связанной с ТТ. Если выбрать начало координат этой системы в центре масс что и предлагается далее сделать, то C rr , а вместе сними всё второе слагаемое обратятся в нуль. В последнем слагаемом выражения для кинетической энергии квадрат векторного произведения [ ] 2 ,rr r ω удобно преобразовать к виду [ ] [ ] ( ) ( ) j i j i k ij l j k i kj il kl ij l j njl k i nik n x x x x x x x r r ω ω δ ω ω δ δ δ δ ω ε ω ε ω ω − = − = = = 2 2 2 , , r r r В результате [ ] ( ) ij j i j i j i k ij I x x x m r m ω ω ω ω δ ω 2 1 2 2 , 2 2 = − = ∑ ∑ r где введён тензор инерции ТТ ( ) ∑ − = j i k ij ij x x x m I 2 δ . (34) Очевидно, он обладает свойством симметрии В результате выражение для кинетической энергии ТТ принимает следующий вид ij j i I V M T ω ω 2 1 2 2 + ′ ⋅ = r , где второе слагаемое описывает энергию вращения ТТ вокруг оси, проходящей через его центр масс. Если описывать ТТ не как дискретный набор материальных точек, а как сплошную среду, то от суммирования необходимо перейти к интегрированию по всему объему ТТ: ( ) ∫ − = V j i n ij ij dV x x x I ρ δ 2 . (35) При этом следует иметь ввиду, что плотность распределения материи ρ может также зависеть от координат. Если известен тензор инерции, нетрудно рассчитать момент инерции ТТ при его вращении относительно любой оси, проходящей через центр масс. Действительно, с одной стороны энергия вращения есть 2 ij j i I ω ω , ас другой – это 2 2 ω I . Таким образом, 2 2 1 2 1 ω ω ω I I ij j i = fl ij j i I I ω ω ω ω = fl ij j i I n n I = (36) где nr – единичный направляющий вектор, ориентированный по оси вращения. ☺ Пример 22. Пусть дана конфигурация их трёх материальных точек с массами 3m, 4m и 5m, скрепленных между собой невесомыми жесткими стержнями (см. риса. Найдём главные оси и главные моменты инерции данной системы. Данная задача распадается наряд этапов. В первую очередь необходимо найти центр масс системы, далее – рассчитать компоненты тензора инерции в системе центра масса затем – найти его собственные значения и собственные векторы. Для нахождения центра масс необходимо ввести некоторую систему координат. Воспользуемся для этого геометрическими особенностями конфигурации системы и сориентируем оси координат, например, так, как показано на рис. б. Тогда для центра масс имеем ( ) a m ma m m m a m a m m mx x C = = + + − ⋅ + ⋅ = = ′ ∑ ∑ 12 12 5 4 3 3 3 5 , Рис. 8. 63 a m ma m m m a m m my y C = = + + ⋅ = = ′ ∑ ∑ 12 12 5 4 3 3 Итак, центр масс расположен в точке с координатами (а, а. Теперь выберем новую систему координат с началом именно в этой точке. Оси при этом можно сориентировать произвольным образом, однако, принимая во внимание геометрию системы, удобно направить их параллельно осям исходной системы координат (см. рис. в. Распишем теперь в явном виде тензор инерции, изначально определён- ный как ( ) ∑ − = j i n ij ij x x x m I 2 δ . Первое слагаемое здесь, пропорциональное квадрату расстояния каждой массы от начала координат и символу Кронекера, даёт вклад только в диагональные компоненты. Например, ( ) ( ) ( ) ∑ ∑ ∑ + = − + + = − = 2 2 2 1 2 3 2 2 2 1 1 1 2 11 Вычисляя аналогичным образом оставшиеся пять компонент (тензор ij I – симметричен, в итоге получим ( ) ( ) ( ) ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ + − − − + − − − + = ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ 2 2 2 2 2 В нашем случае система материальных точек расположена в плоскости z = 0, поэтому матрица тензора заметно упрощается ( ) ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ + − − = ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ 2 2 2 2 0 0 0 Таким образом, для построения тензора инерции необходимо рассчитать три суммы ∑ 2 mx , ∑ 2 my и ∑ mxy . ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 36 2 3 4 2 5 ma a m a m a m mx = − ⋅ + − ⋅ + ⋅ = ∑ ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 24 3 2 4 5 ma a m a m a m my = − ⋅ + ⋅ + − ⋅ = ∑ ( ) ( ) ( )( ) 2 12 2 3 2 4 В итоге, матрица тензора инерции приобретает следующий вид 64 ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ = ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ = 5 0 0 0 3 1 0 1 2 12 60 0 0 0 36 12 0 12 24 2 2 2 2 Собственные значения и собственные векторы построенной таким образом матрицы ищутся известным образом (см. гл. 2, § 4). Заметим, однако, что среди недиагональных компонент отличными от нуля здесь являются только 21 12 I I = . Это означает, что диагонализация матрицы может быть достигнута пут м поворота системы координат вокруг оси z; при этом одно из собственных значений останется равным 2 33 60ma I = . И действительно, стандартный расчёт даёт следующие значения главных моментов инерции ( ) 2 2 , 1 5 5 6 ma I ± = и 2 3 60ma I = . Что касается главных осей инерции, то для первых двух собственных значений компоненты собственного вектора { } z y x a a a , , связаны следующим образом x y a a 2 5 1 ± = , Нормированные на единицу направляющие векторы для главных осей инерции будут тогда иметь вид ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ + − = 0 5 5 5 5 10 1 1 er и ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − + − = 0 5 5 5 5 10 Как и ожидалось, они лежат в плоскости xOy. Легко убедиться, что оставшийся орт, соответствующий 2 3 60ma I = , ориентирован вдоль оси z: ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ = 1 0 0 Направляющие векторы главных осей инерции показаны на рис. г. Задания для самостоятельного решения III-1. Материал, характеризуемый тензором диэлектрической проницаемости ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − − = 5 2 0 2 4 2 0 2 3 ij ε , помещён в однородное электрической поле с напряженностью E r . Найти тензор диэлектрической восприимчивости ij α диэлектрика векторы поляризации диэлектрика P r и электрической индукции D r , а также углы, которые они образуют с вектором E r ; Рассмотреть два случая а. } 2 , 1 , 2 { 0 − = E E r ; б. } 1 , 2 , 2 { 0 − = Указать направления, для которых векторы D r и E r коллинеарны. III-2. Материал, характеризуемый тензором магнитной проницаемости ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ = 2 1 0 1 4 2 0 2 2 kn µ , помещён в однородное магнитное поле напряженностью H r . Найти тензор магнитной восприимчивости ik χ магнетика векторы намагниченности I r и магнитной индукции B r , а также углы, которые они образуют с вектором Рассмотреть два случая а. } 1 , 2 , 1 { 0 H H = r ; б. } 1 , 1 , 2 { 0 − = Указать направления, для которых векторы B r и H r коллинеарны. III-3. Монокристалл, характеризуемый тензором проводимости ⎟ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ − − = 1 1 1 1 2 0 1 0 2 0 σ σ jk , 66 помещён в однородное электрическое поле E r . Найти направление вектора плотности электрического тока j r , угол, образуемый им с направлением поля, а также количество джоулева тепла ( ) E j q r r ⋅ = , выделяющегося при его прохождении. Рассмотреть два случая а. } 1 , 2 , 1 { 0 − = E E r ; б. } 0 , 1 , 1 { 0 E E = r III-4. Найти главные оси инерции и главные моменты инерции систем материальных точек, изображённых на рис. 9. Найти значения кинетической энергии, соответствующие вращательному движению с частотой вокруг главных осей инерции. III-5. Для двумерного газа невзаимодействующих электронов с плотностью n, находящегося в перпендикулярном постоянном и однородном магнитном поле H r , вычислить компоненты тензора проводимости ij σ , связывающего усреднённую по большому промежутку времени плотность тока с напря- жённостью электрического поля. Считать, что на электрон действует сила вязкого трения v r Рис. 9. 67 IV. Тензорные поля § 1. Дифференциальные операторы тензорного анализа. Векторные тождества Всюду ранее мы рассматривали ситуации, когда компоненты тензоров зависели лишь от системы координат. Отметим теперь, что компоненты тензоров физических величин являются, как правило, функциями координата также, возможно, времени, температуры и т.п. Определение Если каждой точке пространства однозначно соответствует значение компонент тензора, то говорят, что задано тензорное поле. Например, в каждой точке пространства своё атмосферное давление p, которое меняется со временем, поэтому можно говорить, что функция ( ) t r p , r – тензорное поле нулевого ранга. Примером тензорного поля первого ранга может служить стационарный поток жидкости, в каждой точке которого вектор скорости имеет свои модуль и направление. А, например, компоненты введён- ных ранее тензоров поляризуемости и диэлектрической проницаемости в случае неоднородной среды также являются функциями координат, значит, тут можно говорить о тензорных полях второго ранга и т.д. Рассмотрим подробнее поле нулевого ранга ( ) rr ϕ , те. скалярное поле. При перемещении в пространстве от точки к точке значение функции ( ) rr ϕ как- то изменяется. Чтобы охарактеризовать это изменение, используют набор производных по координатам i x ∂ ∂ ϕ . Посмотрим, как преобразуются эти производные при повороте системы координат ( ) j ij j ki T jk i k T jk j i j j i x x x x x x x x x ∂ ∂ = ∂ ∂ = ′ ∂ ′ ∂ ∂ ∂ = ′ ∂ ∂ ∂ ∂ = ′ ∂ ∂ ϕ α ϕ δ α α ϕ ϕ ϕ fl ( ) ( ) j ij i x r x r ∂ ∂ = ′ ∂ ′ ∂ r Таким образом, закон преобразования имеет тот же вид, что и для тензоров первого ранга, следовательно, производные i x ∂ ∂ ϕ являются компонентами вектора 68 k z j y i x r r r ∂ ∂ + ∂ ∂ + ∂ ∂ = ϕ ϕ ϕ ϕ grad , который носит название градиента скалярной функции ϕ и обозначается ϕ grad . Таким образом, по определению i i x ∂ ∂ = ϕ ϕ grad (37) Из определения следует важное свойство градиента это – вектор, направленный в сторону наискорейшего возрастания функции. Для сокращения записи часто используют векторный дифференциальный оператор ∇ (читается набла, изначально введённый Уильямом Роуэном Гамильтоном Тогда ϕ ϕ ∇ ≡ grad ☺ Пример 23. В качестве примера найдём градиенты скалярных функций ( и ( ) ( ) r a r r r r , = ψ r x r x x x x r x x x x x x r r i mi m i m m m i n n i i i = = ∂ ∂ = ∂ ∂ = ∂ ∂ = ∂ ∂ = δ 2 2 1 2 1 grad 2 В результате r r r r = grad ( ) i ij j j j i i a a x a x r a = = ∂ ∂ = δ r r, grad , откуда ( ) a r a r r r = , grad ☺ Пример 24. Рассчитать напряжённость электрического поля E r , создаваемого диполем с дипольным моментом Как известно, ( ) r E r r ϕ grad − = , где ( ) rr ϕ – распределение скалярного потенциала. В случае, когда источником электрического поля является диполь, ( ) ( ) 3 , r r d r r r r = ϕ . Найдём ( ) rr ϕ grad : 69 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) = ∂ ∂ − + ∂ ∂ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ + ∂ ∂ = ∂ ∂ = i j j i i i i i x r r r d x d x r r x r d r d x r r r d x r r d 4 3 3 3 3 3 3 , 1 1 , , 1 , , grad r r r r r r r r r r ( ) ( ) 5 3 4 3 , 3 3 , 1 r x r d r d r x r r d d r i i i ij j r r r В итоге, ( ) ( ) 5 3 3 , 3 , grad r r r d r d r r d r r r r r r − = , следовательно, ( ) ( ) 3 5 , 3 r d r r r d r E r r r r r Оператор набла может действовать и на векторные поля, результатом чего являются дивергенция или ротор векторного поля. Определение. Дивергенцией векторного поля ( ) r A r r называется скалярная функция A r div , определяемая в декартовой системе координат так ( ) i i x A A A ∂ ∂ ≡ ∇ = r r r , div (38) Определение. Ротором векторного поля ( ) r A r r называется векторное поле A r rot , определяемая в декартовой системе координат так [ ] k j ijk i i i A x e A e A ∂ ∂ ≡ ∇ = ε r r r r r , rot (39) Заметим также, что если 0 rot r r ≡ A , то векторное поле ( ) r A r r называется потенциальным, а если 0 div ≡ A r , то – вихревым или соленоидальным. ☺ Пример 25. В порядке упражнения рассчитаем дивергенцию и ротор векторного поля ( ) r r r A r r r = ( ) r r r x x r x r x rx x r r r r i i ii i i i i 4 3 , div = + = + ∂ ∂ = ∂ ∂ = ∇ = δ r r [ ] 0 , rot = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + = ∂ ∂ = ∇ = jk j k ijk k j ijk i i r r x x rx x r r r r δ ε ε r r fl 0 rot r r = r r Таким образом, векторное поле ( ) r r r A r r r = является потенциальным. ☺ Пример 26. Рассчитать напряжённость магнитного поля H r , создаваемого магнитным диполем с магнитным моментом Как известно, векторный потенциал магнитного поля, создаваемого магнитным диполем, имеет вид ( ) [ ] 3 , r r r A r r r r µ = . Напряжённость магнитного поля может быть найдена как A H r r rot = [ ] [ ] = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ∂ ∂ = ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡∇ = 3 3 3 , , , rot r x x r r x r r A m j n knm ijk k j ijk i i µ ε ε µ ε µ r r r r r ( ) ( ) 3 5 5 3 5 3 , 3 3 3 r r x r r x x r r x x r i i n i in n m j mj n jn im jm in µ µ δ µ δ µ δ δ δ δ − = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ + − = ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − − = r r , те. ( ) 3 5 , 3 r r r r H µ µ r r r r r − = . Нетрудно установить, что [ ] ( ) 0 , div 3 = r rr Интерес представляет также и кратное действие оператора набла, что позволяет, в частности, определить дифференциальные операции второго порядка. Так, например, поскольку градиент скалярного поля является в свою очередь полем векторным, можно рассчитать его дивергенцию и ротор ( ) ϕ ϕ ϕ ϕ ∆ = ∂ ∂ = ∇ ∇ = 2 2 , grad div i x , где ввели оператор 2 2 2 2 2 2 z y x ∂ ∂ + ∂ ∂ + ∂ ∂ = ∆ , называемый оператором Лапласа или лапласианом. Что касается ротора, то [ ] 0 , grad rot 2 r r = ∂ ∂ ∂ = ∇ ∇ = k j ijk i x x e ϕ ε ϕ ϕ , поскольку смешанные производные симметричны по отношению к перестановке индексов j и k, а тензор Леви-Чивита – антисимметричен. Таким образом, градиент любой скалярной функции является потенциальным полем. Градиент дивергенции векторного поля есть вектор, компонентами которого являются суммы смешанных производных 71 ( ) ( ) j i j i x x A e A r A ∂ ∂ ∂ = ∇ ∇ = 2 , div grad r r По отношению к ротору векторного поля можно рассчитать его дивергенцию, откуда следует, что ротор любого векторного поля в свою очередь является полем вихревым. Нетрудно также показать, что ротор от ротора может быть выражен через ранее рассмотренные функции ( ) [ ] [ ] ( ) ( ) A A A A A r A r r r r r r r ∆ − = ∇ ∇ − ∇ ∇ = ∇ ∇ = div grad , , , , rot Важную роль в векторном анализе играют различные векторные тождества, позволяющие удобным образом преобразовывать различные соотношения. Особенно часто необходимость в этом возникает, например, в электродинамике. Докажем некоторые из них. ☺ Пример 27. Доказать тождество ( ) ( ) ϕ ϕ ϕ grad , div div A A A r r r + = ⋅ , где ϕ и A r – соответственно скалярная и векторная функции координат. Распишем левую часть этого равенства по определению ( ) ( ) ( ) ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ grad , div div A A x A x A A x A i i i i i i r Тождество доказано. ☺ Пример 28. Доказать тождество ( ) ( ) B A A B B A r r r r r r , div , ∇ + = ∇ , где A r и B r – векторные функции координат. Заметим в первую очередь, что в выражении, стоящем в левой части равенства, оператор набла действует на все функции, стоящие правее его, поэтому. Подобно предыдущему примеру распишем ю компоненту левой части ( ) ( ) ( ) i i i j j j j i i j j i B A A B B x A x A B B A x B A ∇ + = ∂ ∂ + ∂ ∂ = ∂ ∂ = ∇ , div , r r r , откуда следует векторное равенство ( ) ( ) B A A B B A r r r r r r , div , ∇ + = ∇ , которое и требовалось доказать. В заключение раздела приведём без доказательства следующую теорему. Теорема Гельмгольца. Любое квадратично-интегрируемое векторное поле A r можно представить в виде суммы вихревой (соленоидальной) V r и потенциальной составляющих, те. P V A r r r + = , где 0 rot r r = P и Как же найти эти составляющие векторного поля Очевидно, например, что P A r r div div = . В силу потенциальности поля P r его можно представить как градиент некоторой скалярной функции ϕ : ϕ grad = P r . Напомним, что ротор градиента тождественно равен нулю. В итоге получим A r div grad div = ϕ fl A r Последнее равенство представляет собой уравнение Пуассона с известной правой частью. Для его решения можно использовать известные стандартные методы. В результате найдём ( ) ( ) ∫ ′ ′ − ′ − = V d r r r A r r r r r r div 4 1 π ϕ , откуда ( ) ∫ ′ ′ − ′ − = V d r r r A P r r r r r div grad 4 Что касается вихревой составляющей, то заметим, что V A r r rot rot = . Вихревое поле V r можно в свою очередь представить как ротор некоторого другого поля, например, B r , тогда будет B B B A r r r r ∆ − = = div grad rot rot Потребуем дополнительно, чтобы поле B r само по себе было вихревыми в результате вновь придём к уравнению Пуассона 73 A B r r rot − = ∆ , решение которого ( ) ( ) ∫ ′ ′ − ′ = V d r r r A r B r r r r r r rot 4 Соответственно, вихревая составляющая векторного поля ( ) ∫ ′ ′ − ′ = V d r r r A V r r r r r rot rot 4 Очевидно, что потенциальная составляющая ( ) r P r r векторного поля ( ) r A r может быть найдена, если известна A r div во всём пространстве, а для нахождения вихревой составляющей ( ) r V r r необходимо знание A r rot во всём пространстве. Таким образом, теорему Гельмгольца можно сформулировать в виде равенства В качестве иллюстрации рассмотрим электромагнитное поле, создаваемое статическим распределением зарядов с объёмной плотностью ( ) rr ρ . В уравнениях Максвелла для электрического и магнитного полей ( E r и B r соответственно в рассматриваемом случае следует положить 0 r r = j (токи отсутствуют, а также 0 = ∂ ∂ = ∂ ∂ t B t E r r (задача стационарная. Тогда из теоремы Гельмгольца следует, что магнитное поле B r всюду равно нулю, а вектор напряжённости электрического поля E r совпадает со своей потенциальной компонентой 74 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ∫ ∫ ′ ′ − ′ − ⋅ ′ − = ′ ′ − ′ − = = r d r r r r r r d r r r r E r E p r r r r r r r r r r r r r Фактически, последнее равенство является выражением закона Кулона для системы распределённых зарядов. Очевидно, что при ( ) 0 = rr ρ это кулоновское поле обращается в нуль. Наряду с этим, как известно, переменные поля ( ) t r E , r r и ( ) t r B , r r (электромагнитные волны) могут существовать ив отсутствие источников, те. при ( ) 0 = rr ρ и ( ) 0 r r r = r j . В таком случае из уравнений Максвелла и теоремы Гельм- гольца следует, что эти поля являются вихревыми ( ) ( ) r E r E v r r r r ≡ и ( ) ( ) r B r B v r r r В заключение заметим, что в силу уравнения 0 div = B r магнитное поле всегда имеет вихревой характер. Это также можно трактовать, как факт отсутствия в природе магнитных зарядов. |