Euler-Lagrange-Gleichungen und Reibungskräfte

Question

Euler-Lagrange-Gleichungen und Reibungskräfte

Jinawee

Wir können Lagrange-Gleichungen ableiten, wenn wir annehmen, dass die virtuelle Arbeit eines Systems Null ist.

δ W = \sum_{ich} (F_{ich} - \dot{P_{ich}}) δ R_{ich} = \sum_{ich} (F_{ich}^{(A)} + F_{ich} - \dot{P_{ich}}) δ R_{ich} = 0

$\delta W=\sum_i (\mathbf{F}_i-\dot {\mathbf{p}_i})\delta \mathbf{r}_i=\sum_i (\mathbf{F}^{(a)}_i+\mathbf{f}_i-\dot {\mathbf{p}_i})\delta \mathbf{r}_i=0$

Wo $\mathbf{f}_i$ sind die Zwangskräfte und sollen keine Arbeit verrichten, was in den meisten Fällen auch zutrifft. Zitat von Goldstein:

[Das Prinzip der virtuellen Arbeit] gilt nicht mehr, wenn Gleitreibungskräfte [in der Zählung der Zwangskräfte] vorhanden sind, ...

Ich verstehe also, dass wir Reibungskräfte unseres Behandlungsgutes ausschließen sollten. Nach einigen Manipulationen kommen wir zu:

\frac{D}{D T} \frac{\partial T}{\partial {\dot{Q}}_{ich}} - \frac{\partial T}{\partial Q_{ich}} = Q_{ich}

$\frac{d}{dt}\frac {\partial T}{\partial \dot q_i}-\frac{\partial T}{\partial q_i}=Q_i$

Weiter in diesem Buch wird die Rayleigh-Dissipationsfunktion eingeführt, um Reibungskräfte einzubeziehen . Also angesichts dessen $Q_i=-\frac {\partial \mathcal{F}}{\partial \dot q_i}$ Und $L=T-U$ , wir bekommen:

\frac{D}{D T} \frac{\partial L}{\partial {\dot{Q}}_{ich}} - \frac{\partial L}{\partial Q_{ich}} + \frac{\partial F}{\partial {\dot{Q}}_{ich}} = 0

$\frac{d}{dt}\frac {\partial L}{\partial \dot q_i}-\frac{\partial L}{\partial q_i}+\frac {\partial \mathcal{F}}{\partial \dot q_i}=0$

Frage: Ist das nicht eine Inkonsistenz unseres Beweises, woher wissen wir, dass die Gleichung gilt? Oder ist es nur eine fundierte Vermutung, die sich als wahr herausstellt?

Jinawee

Siehe auch: physical.stackexchange.com/q/21205

pppqqq

Die Bedingung

\sum_{i} F_{i} δ r_{i} = 0

$\sum _i F _i \delta r _i=0$ drückt das Gleichgewicht aus und gilt nicht für den dynamischen Fall. Es sollte sein

\sum_{i} (F_{i} - m a_{i}) δ r_{i}

$\sum _i (F_i - m a_i) \delta r _i$ , Rechts?

Antworten (2)

Euler-Lagrange-Gleichungen und Reibungskräfte

Die Bedingung $\sum _i F _i \delta r _i=0$ drückt das Gleichgewicht aus und gilt nicht für den dynamischen Fall. Es sollte sein $\sum _i (F_i - m a_i) \delta r _i$ , Rechts?

Valter Moretti · Answer 1

Eigentlich zumindest für einen einzelnen Punkt, der einer Reibungskraft ausgesetzt ist $F= -\gamma v$ und andere Kräfte, die mit einem Potential verbunden sind $U(t,x)$ Es gibt eine Lagrange-Funktion:

L = e^{T γ / M} (\frac{M}{2} {\dot{X}}^{2} - U (T, X)) .

${\cal L}=e^{t\gamma/m}\left(\frac{m}{2}\dot{x}^2 -U(t,x)\right)\:.$ Der Punkt ist, dass dieser Lagrange nicht von der Form ist

T - U

$T-U$ , dennoch ergibt sich die richtige Bewegungsgleichung , die auch durch die Verwendung der von Ihnen erwähnten Rayleigh-Dissipationsfunktion erhalten wird.

Dieser Lagrangian lässt sich jedoch nicht durch direkte Anwendung des von Ihnen erwähnten Prinzips der virtuellen Werke erzeugen.

Aber würde meine letzte Gleichung nicht dieselben Bewegungsgleichungen liefern?
Interessant. Kennen Sie eine nützliche Anwendung dieser oder einer ähnlichen Lagrangefunktion zur Beschreibung dissipativer Bewegungen?
Leider nicht! Ich verwende ähnliche Dinge nur als Beispiele in meinen Vorlesungen über analytische Mechanik, aber mein Forschungsgebiet ist die quantenrelativistische Theorie, also habe ich mich nie eingehend mit diesen Themen befasst.
v schlau! Könnten Sie diese Lagrange-Funktion in den Standard aufnehmen? $T-U$ durch Addieren und Subtrahieren bilden $m \dot{x}^2 /2$ (So $U=L+T$ ist ein geschwindigkeits- und zeitabhängiges Durcheinander)?
Sie haben in Ihrer Antwort angemerkt, dass der Lagrange nicht in der Form war $T-U$ : Ich frage, ob Sie es nicht in diese Form "zwingen" können. (Ich habe einen Hintergedanken für die Frage, der mit der Antwort von @QMechanic auf diese Frage zusammenhängt.) (Übrigens, um jemand anderen als den Eigentümer des Beitrags über einen Kommentar zu benachrichtigen, müssen Sie dessen Handle angeben, wie ich es hier mit QMechanic getan habe).
@Art Brown ah ja, das kannst du. Sie können auch definieren $M(t):= e^{t\gamma/m}m$ Und $U'(t,x):= e^{t\gamma/m}U(t,x)$ und du hast ${\cal L}= (1/2)M(t)\dot{x}^2 - U'(t,x)$ .

QMechaniker · Answer 2

QMechaniker

Der Hauptpunkt ist, dass Goldstein nicht sagt, dass wir Reibungskräfte in unserer Behandlung ausschließen müssen, aber wir müssen sie in die Zählung der aufgebrachten Kräfte einordnen (die wir in D'Alemberts Prinzip verfolgen) und nicht in den anderen Behälter der verbleibenden Kräfte, siehe dies und diese Phys.SE-Beiträge.

Natürlich gibt es kein verallgemeinertes Potenzial $U$ für die Reibungskräfte ${\bf F}=-k {\bf v}$ , nur die Rayleigh-Dissipationsfunktion , siehe diesen Phys.SE-Beitrag und diesen Mathoverflow-Beitrag.

Kunst Braun

Es scheint mir, dass es hier einen Konflikt zwischen Ihrer Antwort auf Ihre verknüpfte Frage (# 20929) und Professor Morettis "Reibungs" -Lagrange gibt, der als kinetische Energie abzüglich eines zeit- und geschwindigkeitsabhängigen Potentials geschrieben werden kann. Ich vermute, dass die explizite Zeitabhängigkeit die Wurzel der Sache ist. Gedanken? Danke.

QMechaniker

@Art Brown: 1. Erstens, wie V. Moretti sich selbst in seiner Antwort bereits erwähnt, stammt sein Lagrangian nicht aus dem d'Alembert-Prinzip. Es ist daher streng genommen keine Antwort auf die Frage von OP, die von d'Alemberts Prinzip ausgeht. D'Alemberts Prinzip enthält einen kinematischen und einen dynamischen Term, die additiv geschrieben sind, während sein Lagrangeian kinematische und dynamische Größen mischt. 2. Zweitens funktioniert seine Lagrange-Funktion nicht, wenn andere geschwindigkeitsabhängige Kräfte vorhanden sind, wie zB die Lorentz-Kraft.

QMechaniker

3. Drittens widerspricht sein Lagrange nicht der Tatsache, dass die Reibungskraft

F = - k v

${\bf F}=-k {\bf v}$ hat kein verallgemeinertes Potenzial

U

$U$ so dass

F = \frac{d}{d t} \frac{\partial U}{\partial v} - \frac{\partial U}{\partial r}

${\bf F}=\frac{d}{dt} \frac{\partial U}{\partial {\bf v}} - \frac{\partial U}{\partial {\bf r}}$ , vgl. der Beitrag #20929 .

Kaschmir

@Qmechanic, Sir Das Einbeziehen von Reibung in die Ableitung führt schließlich zu einer solchen Gleichung

\frac{d}{d t} \frac{\partial T}{\partial {\dot{q}}_{i}} - \frac{\partial T}{\partial q_{i}} = Q_{i}

$\frac{d}{dt}\frac {\partial T}{\partial \dot q_i}-\frac{\partial T}{\partial q_i}=Q_i$ ? Wobei Qi den Reibungsterm enthält.

QMechaniker

↑

$\uparrow$ Ja.

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pppqqq

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