Тензорный анализ для физиков (Сборник материал для ознакомления с ФП), страница 10

Таким образом,qrϕ (r ) =−1det ε ij ⋅ ε mnxm xn.Задача решена.§ 2. Тензор инерцииРассмотрим 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 в одной из еготочек (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 началокоординат:rr rrdr ′ = dR′ + [dϕ , r ].rЗдесь dϕ – вектор, абсолютная величина кото-рого определяется углом поворота, а направление совпадает с осью поворота.

Разделив эторавенство на приращение времени dt, получимсвязь между скоростью отдельной материальной точки в составе ТТ относительно лабораторной системы отсчёта, скоростью ТТ как целого, а также угловой скоростью вращения:r rr rv′ = V ′ + [ω, r ] .59Рис. 7.Рассчитаем теперь кинетическую энергию произвольно движущегося ТТотносительно лабораторной системы отсчёта.

По определению, это сумма кинетических энергий всех N материальных точек, образующих ТТ:rNmα vα′2.T =∑2α =1Чтобы не загромождать последующие выкладки, далее мы будем опускать индекс α, нумерующий материальные точки в составе ТТ, при этом сам значоксуммы оставим. Все индексы, возникающие в дальнейшем, будут нумероватькомпоненты векторов, относящихся к каждой отдельной материальной точке;при суммировании по ним будем придерживаться правила Эйнштейна, избегаяиспользования значков суммирования.

Итак, продолжим:rrrr r 2r r2r r rmv′2m (V ′ + [ω, r ])mV ′2m[ω , r ]=∑T =∑.=∑+ ∑ m (V ′, [ω, r ]) + ∑2222Рассмотрим теперь по-отдельности каждое из трёх слагаемых. Так, первое из них можно существенно упростить, вынеся за знак суммы квадрат скороrсти V ′2 как параметр, общий для всех слагаемых:rrrmV ′2 V ′2M ⋅ V ′2∑ 2 = 2 ∑m = 2 .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 массам и радиус-векторам материальных точек:rr r rr rr r r⎛ r r ∑ mr ⎞r M′′⎜′⎟′, ω, rC ).()()([]mV,ω,rV,ω,mrMV,ω,MV===∑∑ M⎜⎟M⎝⎠rВектор rC – радиус-вектор центра масс ТТ относительно системы координат,связанной с ТТ. Если выбрать начало координат этой системы в центре массr(что и предлагается далее сделать), то rC , а вместе с ним и всё второе слагаемоеобратятся в нуль.60В последнем слагаемом выражения для кинетической энергии квадратr r2векторного произведения [ω ,r ] удобно преобразовать к виду:[ωr , rr ]2 = [ωr , rr ]n2 = ε nik ωi xk ε njl ω j xl = (δ ijδ kl − δ il δ kj )ωi xk ω j xl = (δ ij xk2 − xi x j )ωiω j .В результатеr r2m(δ ij xk2 − xi x j )ωiω j 1m[ω , r ]= ωiω j I ij ,∑ 2 =∑22где введён тензор инерции ТТI ij = ∑ m(δ ij xk2 − xi x j ).(34)Очевидно, он обладает свойством симметрии: I ij = I ji .В результате выражение для кинетической энергии ТТ принимает следующий вид:rM ⋅ V ′2 1T=+ ωiω j I ij ,22где второе слагаемое описывает энергию вращения ТТ вокруг оси, проходящейчерез его центр масс.Если описывать ТТ не как дискретный набор материальных точек, а каксплошную среду, то от суммирования необходимо перейти к интегрированиюпо всему объему ТТ:I ij = ∫ (δ ij xn2 − xi x j )ρdV .(35)VПри этом следует иметь в виду, что плотность распределения материи ρ можеттакже зависеть от координат.Если известен тензор инерции, нетрудно рассчитать момент инерции ТТпри его вращении относительно любой оси, проходящей через центр масс.

Действительно, с одной стороны энергия вращения есть ωiω j I ij 2 , а с другой – этоIω 2 2 . Таким образом,11ωiω j I ij = Iω 222flI=ωi ω jIω ω ij61flI = ni n j I ij(36)Рис. 8.rгде n – единичный направляющий вектор, ориентированный по оси вращения.☺ Пример 22. Пусть дана конфигурация их трёх материальных точек с массами3m, 4m и 5m, скрепленных между собой невесомыми жесткими стержнями (см.рис. 8а). Найдём главные оси и главные моменты инерции данной системы.Данная задача распадается на ряд этапов. В первую очередь необходимонайти центр масс системы, далее – рассчитать компоненты тензора инерции всистеме центра масс, а затем – найти его собственные значения и собственныевекторы.Для нахождения центра масс необходимо ввести некоторую систему координат. Воспользуемся для этого геометрическими особенностями конфигурации системы и сориентируем оси координат, например, так, как показано нарис.

8б. Тогда для центра масс имеем:xC′ =∑ mx = 5m ⋅ 3a + 3m ⋅ (− a ) = 12ma = a ,3m + 4m + 5m12m∑m62yC′ =∑ my = 4m ⋅ 3a = 12ma = a .∑ m 3m + 4m + 5m 12mИтак, центр масс расположен в точке с координатами (а, а). Теперь выберемновую систему координат с началом именно в этой точке. Оси при этом можносориентировать произвольным образом, однако, принимая во внимание геометрию системы, удобно направить их параллельно осям исходной системы координат (см. рис. 8в).Распишем теперь в явном виде тензор инерции, изначально определённый как I ij = ∑ m (δ ij xn2 − xi x j ).

Первое слагаемое здесь, пропорциональное квадрату расстояния каждой массы от начала координат и символу Кронекера, даётвклад только в диагональные компоненты. Например,I11 = ∑ m (δ11 xn2 − x1 x1 ) = ∑ m (x12 + x22 + x32 − x12 ) = ∑ m ( y 2 + z 2 ).Вычисляя аналогичным образом оставшиеся пять компонент (тензор I ij – симметричен!), в итоге получим⎛ ∑ m( y 2 + z 2 )⎜I ij = ⎜ − ∑ myx⎜ − mzx∑⎝− ∑ mxy∑ m(x 2 + z 2 )− ∑ mzy− ∑ mxz ⎞⎟− ∑ myz ⎟ .∑ m(x 2 + y 2 )⎟⎠В нашем случае система материальных точек расположена в плоскости z = 0,поэтому матрица тензора заметно упрощается:∑ my− ∑ mxy⎛⎜I ij = ⎜⎜⎝20− ∑ mxy∑ mx 20⎞0⎟0⎟.∑ m(x 2 + y 2 )⎟⎠Таким образом, для построения тензора инерции необходимо рассчитать трисуммы:∑ mx , ∑ my22и∑ mxy .∑ mx2= 5m ⋅ (2a ) + 4m ⋅ (− a ) + 3m ⋅ (− 2a ) = 36ma 2∑ my2= 5m ⋅ (− a ) + 4m ⋅ (2a ) + 3m ⋅ (− a ) = 24ma 2222222∑ mxy = 5m ⋅ 2a (− a ) + 4m ⋅ (− a )2a + 3m ⋅ (− 2a )(− a ) = −12maВ итоге, матрица тензора инерции приобретает следующий вид:632⎛ 24ma 2 12ma 2⎜I ij = ⎜ 12ma 2 36ma 2⎜ 00⎝0 ⎞⎛ 2 1 0⎞⎟⎜⎟20 ⎟ = 12ma ⎜ 1 3 0 ⎟ .⎜ 0 0 5⎟60ma 2 ⎟⎠⎝⎠Собственные значения и собственные векторы построенной таким образом матрицы ищутся известным образом (см.

гл. 2, § 4). Заметим, однако, чтосреди недиагональных компонент отличными от нуля здесь являются толькоI12 = I 21 . Это означает, что диагонализация матрицы может быть достигнута путём поворота системы координат вокруг оси z; при этом одно из собственныхзначений останется равным I 33 = 60ma 2 . И действительно, стандартный расчёт()даёт следующие значения главных моментов инерции: I1, 2 = 6 5 ± 5 ma 2 иI 3 = 60ma 2 . Что касается главных осей инерции, то для первых двух собственных значений компоненты собственного вектора{ax, a y , a z } связаны следую-щим образом:ay =1± 5ax , az = 0.2Нормированные на единицу направляющие векторы для главных осей инерциибудут тогда иметь вид:⎛ 5− 5 ⎞⎟1 ⎜⎜r5+ 5 ⎟e1 =10 ⎜⎟⎜ 0 ⎟⎠⎝и⎛− 5+ 5 ⎞⎟1 ⎜⎜r5− 5 ⎟.e2 =10 ⎜⎟⎟⎜0⎠⎝Как и ожидалось, они лежат в плоскости xOy.

Легко убедиться, что оставшийсяорт, соответствующий I 3 = 60ma 2 , ориентирован вдоль оси z:⎛ 0⎞r ⎜ ⎟e3 = ⎜ 0 ⎟ .⎜ 1⎟⎝ ⎠Направляющие векторы главных осей инерции показаны на рис. 8г.64Задания для самостоятельного решенияIII-1. Материал, характеризуемый тензором диэлектрической проницаемости0 ⎞⎛3 2⎟⎜ε ij = ⎜ 2 4 − 2 ⎟ ,⎜0 − 2 5 ⎟⎠⎝rпомещён в однородное электрической поле с напряженностью E . Найти:• тензор диэлектрической восприимчивости α ij диэлектрика;rr• векторы поляризации диэлектрика P и электрической индукции D ,rа также углы, которые они образуют с вектором E ;Рассмотреть два случая:rа).

E = E 0 { 2, 1, − 2} ;rб). E = E 0 { − 2, 2, 1} .rrУказать направления, для которых векторы D и E коллинеарны.III-2. Материал, характеризуемый тензором магнитной проницаемости⎛ 2⎜µ kn = ⎜ 2⎜⎝ 02 0⎞⎟4 1⎟ ,⎟1 2⎠rпомещён в однородное магнитное поле напряженностью H . Найти:• тензор магнитной восприимчивости χ ik магнетика;rr• векторы намагниченности I и магнитной индукции B , а также угrлы, которые они образуют с вектором H .Рассмотреть два случая:rа). H = H 0 { 1, 2 , 1} ;rб). H = H 0 { 2 , − 1, 1} .rrУказать направления, для которых векторы B и H коллинеарны.III-3. Монокристалл, характеризуемый тензором проводимостиσ jk1⎞⎛2 0⎟⎜= σ 0 ⎜ 0 2 − 1⎟ ,⎜1 −1 1 ⎟⎠⎝65rпомещён в однородное электрическое поле E . Найти направление вектораrплотности электрического тока j , угол, образуемый им с направлениемr rполя, а также количество джоулева тепла q = j ⋅ E , выделяющегося при()его прохождении.

Рассмотреть два случая:rrа). E = E 0 { 1, 2, − 1} ;б). E = E 0 { 1, 1, 0} .III-4. Найти главные оси инерции и главные моменты инерции систем матери-альных точек, изображённых на рис. 9. Найти значения кинетическойэнергии, соответствующие вращательному движению с частотой Ω вокругглавных осей инерции.Рис. 9.III-5. Для двумерного газа невзаимодействующих электронов с плотностью n,находящегося в перпендикулярном постоянном и однородном магнитномrполе H , вычислить компоненты тензора проводимости σ ij , связывающегоусреднённую по большому промежутку времени плотность тока с напряжённостью электрического поля. Считать, что на электрон действует силаrrвязкого трения F = −γv .66IV.