纯剪切应力状态的Euler角表示

τ1 - τ2 0
- τ2 τ1
0
显然文献[4 ] 中 (11 1) 式即本文 (21) 式的第 1 个矩阵 , 其 (21 14) 式即本文 (21) 式的第 3 个矩阵 、第 4 个矩阵 、
和本文 (22) 式的第 2 个矩阵.
现考虑σ2 = 0 的特殊情形. 当σ2 = 0 时 , 从 (7) 式解出
题推广至 n 维非对称的矩阵.
本文的目的是利用 Euler 角给出 Gutin 命题充分性的一个初等的直观的证明 , 它将在下面的第 1 节中给
出. 在第 2 节和第 3 节中分别给出了全体纯剪切基的集合与全体纯剪切应力分量的集合 , 结果表明这些集
合中的元素单参数地依赖于进动角. 最后 , 在第 4 节中作一个简单的小结.
第 4 期 柴维斯 , 等 : 纯剪切应力状态的 Euler 角表示
165
φ1
= φ, φ2
=
π 2
+ φ,
(13)
φ3
= π +φ, φ4
=
3 2
π
+φ
同样对于给定的ψ及章动角θ2 , 又有 4 个自转角 , 分别设为
φ5
=
π 2
-
φ, φ6
= π - φ,
(14)
φ7
=
代入 (5) 式得
sinθ =
2 3
,
co sθ =
1 3
,φ=
π 4
Leabharlann Baidu
ξ= 1 6
3co sψ - sinψ 3 sinψ + co sψ 2
- 3co sψ - sinψ
η = 1 - 3 sinψ + co sψ
(18)
6
2
2 si nψ
ζ = 1 - 2co sψ 6 2
如果在上式中 ,
将ψ换成
{ξ, η, ζ} , {η, - ξ, ζ} ,
{ - ξ, - η, ζ} , { - η, ξ, ζ}
(15)
当θ2 = π - θ时 , φ按 (14) 式给出的 4 个基是
{η, ξ, - ζ} , {ξ, - η, - ζ} ,
{ - η, - ξ, - ζ} , { - ξ, η, - ζ}
θ2 , 即
θ1 = θ, θ2 = π - θ
(10)
其中 , 不失一般性 , 假定 0 ≤θ ≤π2 . 从 (8) 式可以得出
1
+
σ2 σ1
≤tan2θ ≤1
+
σ1 σ2
(11)
从上式可以得到
π ≤θ ≤π
4
2
(12)
也就是说ζ轴是在一个带状区域内章动. 从上式也可以看出 , ζ轴章动的带状区域之张角 , 即文献[2 ] 的椭
个初等证明 , 一个是几何的 , 另一个是代数的 , 并给出了纯剪切基的几何解释. 2004 年 , Bo ulanger 和
Hayes[3] 又给出了一个初等的证明. 2006 年 , Ting[4] 也给出了一个初等证明 , 并给出了全体纯剪切基的集
合. 2006 年 , No rris[5] 给出了纯剪切基的向量表示. 2008 年 , Hayes 和 L affey[6] 从纯数学的角度 , 将上述命
σ1 l21 +σ2 m21 +σ3 n21 = 0
σ1 l22 +σ2 m22 +σ3 n22 = 0
(7)
σ1 l23 +σ2 m23 +σ3 n23 = 0
由条件 (3) 可以看出式 (7) 中仅有两个方程独立. 即从上式第三式可解出
t
a
n2θ
=
σ1
si
σ1 n2ψ
+σ2 +σ2 co
s2ψ
(8)
(16)
不难看出 , (15) 、(16) 式恰恰就是文献[2 ] 定理 1 中给出的 8 个基.
现考虑σ1 = σ2 的特殊情形. 此时从 (8) 、(9) 式解出
sinθ =
2 3
,
co sθ = ±
1 3
φ1
=
π 4
,
φ2
ππ = 2 +4
(17)
φ3
=
π+
π 4
,
φ4
=
3π 2
+
π 4
若在上式中 , 取
T = σ1 e1 e1 +σ2 e2 e2 +σ3 e3 e3
(1)
式中{ e1 , e2 , e3 } 为与主轴坐标系 Ox 1 x2 x3 对应的正交基.
如果应力张量 T 在某个坐标系 O x 1 x2 x″3 下可以写成
T =τ1 (η ζ+ζ η)
+τ2 (ζ ξ +ξ ζ)
(2)
+τ3 (ξ η +η ξ)
其中{ξ, η, ζ} 为与坐标系 Ox 1 x2 x″3 对应的正交基 , 则称 T为纯剪切应力张量. 关于纯剪切应力张量 T有如
下 Gutin 命题[1 ] .
命题 : 张量 T 为纯剪切应力张量的充分必要条件是 t r T = 0 , 即
σ1 +σ2 +σ3 = 0
(3)
该命题的必要性是显而易见的 , 只须证明充分性. 1998 年 Belik 和 Fo sdick[2] 给出了 Gutin 命题充分性的两
(6)
n2 = co sφsinθ
l3 = sinθsinψ
m3 = - sinθco sψ
n3 = co sθ
这里ψ为进动角 , θ为章动角 , φ为自转角 , 通常
0 ≤ψ < 2π, 0 ≤θ ≤π, 0 ≤φ < 2π
在坐标变换 (5) 式下 , 如果 (ξ, η, ζ) 是纯剪切基 , 只须满足
(21)
τ3
0 - τ1 , - τ3 0 τ2
- τ2 - τ1 0
- τ1 τ2
0
类似在满足 (14) 式条件下有
0 τ3 τ1
0 - τ3 τ2
τ3 0 τ2 , - τ3 0 - τ1 ,
τ1 τ2 0
τ2
0 τ3 τ1
- τ1 0 0 - τ3 - τ2
(22)
τ3 0 - τ2 , - τ3 0 τ1
l1 = ±n1 , l2 = ±n2 , l3 = ±n3
(23)
由于 (5) 式中变换矩阵是非奇异的 , 所以上式中必有一个量的符号与另外两个相反. 例如 , 我们取
l1 = n1 , l2 = n2 , l3 = - n3
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3 纯剪切应力分量的 Euler 角表示
设应力张量 T 是纯剪切的 , 并在基{ξ, η, ζ} 下 , 表示成了 (2) 式的形式 , 那么其剪切应力分量有如下
表达式
(4)
① 收稿日期 : 2009203210 基金项目 : 广东省自然科学基金资助项目 (04105386) . 作者简介 : 柴维斯 (19632) , 女 , 黑龙江哈尔滨人 , 副教授 , 博士研究生 , 主要从事计算固体力学方面的工作.
© 1994-2010 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved. http://www.cnki.net
3 2
π
-
φ,
φ8
= 2π - φ
其中 , 不失一般性 , 假定 0 ≤φ ≤π2 .
综合 (10) 、(11) 、(13) 和 (14) 式可知 , 对于任意给定的进动角ψ可以有 8 个纯剪切基. 这 8 个纯剪切基
单参数地依赖于进动角ψ, 构成了全体纯剪切基的集合. 即
对于给定的ψ, 当θ1 = θ时 , φ按 (13) 式给出的 4 个基是
3 2
π
+ψ,
并作如下坐标变换
x′1
0 1 0 x1
x′2 = 0 0 1 x2
x′3
1 0 0 x3
那么 (18) 式就成为了文献[4 ] 中的 (31 14) 式.
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2co s2φco s2θ- co s2φco s2θ co sφsin2θ
τ2
= σ3
2sin2φco s2θ+ co s2φco s2θ si nφsi n2θ
(20)
τ3
= - σ3
co s2θ si n2θsi n2φ
上式中的θ为进动角ψ的函数 , 即 (8) 式 , φ亦为进动角ψ的函数 , 即 (8) 、(9) 两式. 上式表明剪切应力分量
l3 m3 n3 e3
其中
l1 = co sφco sψ - sinφco sθsinψ
m1 = co sφsinψ + sinφco sθco sψ
n1 = sinφsinθ
l2 = - sinφco sψ - co sφco sθsinψ
m2 = - sinφsinψ + co sφco sθco sψ
坐标系 Ox′1 x″2 x″3 , 最后再按 (9) 式的解绕坐标轴 x″3 即ζ轴旋转φ角 , 得坐标系 Ox 1 x2 x″3 , 即可得到一个 纯剪切基 (ξ, η, ζ) . 由此证明了 Gurtin 命题的充分性.
2 纯剪切基的 Euler 角表示
方程 (8) 表明 , 当主轴坐标系 Ox 1 x2 x3 绕 x3 轴进动ψ角以后 , 绕即时轴 x′1 可有两个章动角 , 设为θ1 、
2009 年 8 月 A ug1 2009
纯剪切应力状态的 Euler 角表示 ①
柴维斯1 ,2 , 顾赫宁2 , 张湘伟2
11 重庆大学 资源与环境工程学院 , 重庆 400030 ; 21 广东工业大学 建设学院 , 广州 510006
摘要 : 利用 Euler 角证明了主应力之和为零是纯剪切应力状态的充分条件. 还利用 Euler 角表示了纯剪切基及纯剪
球锥之张角大于直角.
方程 (9) 表明 , 对于给定的ψ及章动角θ1 , 可有 4 个自转角 , 分别设为
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1 Gutin 命题的证明
为证明 Gutin 命题的充分性 , 只须指出张量 T 在条件 (3) 下 , 存在一个坐标系 Ox 1 x2 x″3 使 T 可表示成
式 (2) 的形式. 基于条件 (3) , 对于非零应力张量 T, 不失一般性假定 (否则 , 将 T 换成 - T)
σ1 ≥σ2 > σ3 , σ2 ≥0
切应力分量. 并给出了全体纯剪切基的集合与全体纯剪切应力分量的集合 , 结果显示这些集合中的元素单参数地
依赖于进动角ψ.
关 键 词 : 连续介质力学 ; 纯剪切 ; Euler 角
中图分类号 : O302
文献标识码 : A
经典力学中 Cauchy 应力张量 T 是对称的 , 在主轴坐标系 Ox 1 x2 x3 下可表示为
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利用 Euler 角 , 设{ξ, η, ζ} 与{ e1 , e2 , e3 } 之间的坐标变换为
ξ
l1 m1 n1 e1
η = l2 m2 n2 e2
(5)
ζ
将式 (7) 第 2 式减去第 1 式 , 并利用式 (8) 式可以得到
tan2φ = -
2
σ1 σ1
+σ2
co s2θ
- σ2 co sθsin2θsin2ψ
(9)
由于方程 (7) 在条件 (3) 下有解答 (8) 、(9) . 此解答给出的纯剪切基有以下明确的几何解释 : 即将主轴坐标
系 Ox 1 x2 x3 绕 x3 轴旋转任意一个ψ角后 , 得坐标系 Ox′1 x′2 x3 , 再按 (8) 式的解绕即时轴 x′1 旋转θ角 , 得
第 34 卷 第 4 期
西 南 师 范 大 学 学 报 (自然科学版)
Vol1 34 No1 4 Journal of Southwest China Normal University (Natural Science Edition)
文章编号 :100025471 (2009) 0420163205
均依赖于单参数ψ, 且剪切应力分量的全体是ψ的单参数的集合.
如果用张量 T 相对应的矩阵来表示剪切应力分量 , 在满足 (13) 式条件下 , 可写为
0 τ3 τ2
0 - τ3 τ1
τ3 0 τ1 , - τ3 0 - τ2 ,
τ2 τ1 0 0 τ3
τ1 - τ2
- τ2 0 0 - τ3 - τ1
τ1 = σ1 l2 l3 +σ2 m2 m3 +σ3 n2 n3
τ2 = σ1 l3 l1 +σ2 m3 m1 +σ3 n3 n1
(19)
τ3 = σ1 l1 l2 +σ2 m1 m2 +σ3 n1 n2
将 (6) 式代入 (19) 式 , 并利用 (8) 、(9) 两式 , 可以得到
τ1
= σ3