Verallgemeinerte Kraft, die aus einem geschwindigkeitsabhängigen Potential entsteht

Question

Verallgemeinerte Kraft, die aus einem geschwindigkeitsabhängigen Potential entsteht

Trevor Kafka

Auf Folie 16 dieser Präsentation wird ohne Beweis angegeben, dass ein geschwindigkeitsabhängiges Potential gegeben ist $U(q,\dot q, t)$ , die zugehörige verallgemeinerte Kraft ist

\begin{matrix} (1) & Q_{J} = - \frac{\partial U}{\partial Q^{J}} + \frac{D}{D T} \frac{\partial U}{\partial {\dot{Q}}^{J}} . \end{matrix}

$Q_j = - \frac{\partial U}{\partial q^j} + \frac{d}{dt} \frac{\partial U}{\partial \dot q^j}.\tag{1}$ Ich versuche dies anhand der Definition der verallgemeinerten Kräfte vergeblich für mich zu beweisen und suche nach Hilfe.

Mein bisheriger Versuch

Verallgemeinerte Kräfte sind wie folgt definiert.

\begin{matrix} (2) & Q_{J} = F \cdot \frac{\partial X}{\partial Q^{J}} . \end{matrix}

$Q_j = \mathbf F \cdot \frac{\partial \mathbf x}{\partial q^j}.\tag{2}$

Seit

\begin{matrix} (3) & F = - \nabla U, \end{matrix}

$\mathbf F = - \nabla U ,\tag{3}$ dies reduziert sich wie folgt.

\begin{matrix} (4) & \begin{aligned} Q_{J} & = - \nabla U \cdot \frac{\partial X}{\partial Q^{J}} \\ = - \frac{\partial U}{\partial X^{k}} \frac{\partial X^{k}}{\partial Q^{J}} \\ = - \frac{\partial U}{\partial Q^{J}} . \end{aligned} \end{matrix}

$\begin{align} Q_j &= - \nabla U \cdot \frac{\partial \mathbf x}{\partial q^j} \\ &= -\frac{\partial U}{\partial x^k} \frac{\partial x^k}{\partial q^j} \\ &= -\frac{\partial U}{\partial q^j}. \end{align}\tag{4}$

Ich habe also offensichtlich bewiesen, dass der erste Term gilt, aber woher kommt der zweite? Oder, vielleicht meine Interpretation, dass $\mathbf F = - \nabla U$ gilt für geschwindigkeitsabhängige Potentiale ist falsch? Kann jemand klären?

Bence Racskó

Für ein geschwindigkeitsabhängiges Potential gilt das nicht

F = - \nabla U

$\mathbf F=-\boldsymbol{\nabla}U$ . Ein Hinweis ist, dass angenommen wird, dass die Lagrange-Funktion von der Form ist

L = T (\dot{r}) - U (r, \dot{r})

$L=T(\mathbf {\dot r})-U(\mathbf r,\mathbf{\dot r})$ .

Trevor Kafka

Ich versuche, dies als Rechtfertigung für mich selbst zu verwenden, warum die Euler-Lagrange-Gleichungen gültig sind (wie sie es hier in der Präsentation tun - dies ist der Teil der Ableitung der EL-Gleichungen). Wie kann dies ohne Bezugnahme auf die EL-Gleichungen gerechtfertigt werden?

Trevor Kafka

@qmechanic gibt es keine andere Logik als "es ist nur das, was die Euler-Lagrange-Gleichungen funktionieren lässt?"

Alex Opremcak

Die gleichung

F = - \nabla U

${\bf F}=-\nabla U$ gilt nur für konservative Kräfte. Denken Sie an die Lorentzkraft. Würde die Arbeit, die Sie leisten müssen, um eine Punktladung von A nach B zu bewegen, davon abhängen, ob oder nicht

\vec{v}

$\vec{v}$ Und

\vec{B}

$\vec{B}$ waren parallel oder senkrecht?

Trevor Kafka

@AdamOpremcak Auf jeden Fall ein gültiger Punkt; Woher kommt also die Formel?

Alex Opremcak

Es ist nur eine Verallgemeinerung, so dass die Dinge genauso "aussehen" wie im geschwindigkeits- / zeitunabhängigen Fall. Siehe nhn.ou.edu/~gut/notes/cm/lect_09.pdf . Ich empfehle, dieses Problem für die Lorentz-Kraft zu lösen und zu sehen, dass alles in Ordnung ist.

Antworten (4)

Verallgemeinerte Kraft, die aus einem geschwindigkeitsabhängigen Potential entsteht

Für ein geschwindigkeitsabhängiges Potential gilt das nicht $\mathbf F=-\boldsymbol{\nabla}U$ . Ein Hinweis ist, dass angenommen wird, dass die Lagrange-Funktion von der Form ist $L=T(\mathbf {\dot r})-U(\mathbf r,\mathbf{\dot r})$ .
Ich versuche, dies als Rechtfertigung für mich selbst zu verwenden, warum die Euler-Lagrange-Gleichungen gültig sind (wie sie es hier in der Präsentation tun - dies ist der Teil der Ableitung der EL-Gleichungen). Wie kann dies ohne Bezugnahme auf die EL-Gleichungen gerechtfertigt werden?
@qmechanic gibt es keine andere Logik als "es ist nur das, was die Euler-Lagrange-Gleichungen funktionieren lässt?"
Die gleichung ${\bf F}=-\nabla U$ gilt nur für konservative Kräfte. Denken Sie an die Lorentzkraft. Würde die Arbeit, die Sie leisten müssen, um eine Punktladung von A nach B zu bewegen, davon abhängen, ob oder nicht $\vec{v}$ Und $\vec{B}$ waren parallel oder senkrecht?
@AdamOpremcak Auf jeden Fall ein gültiger Punkt; Woher kommt also die Formel?
Es ist nur eine Verallgemeinerung, so dass die Dinge genauso "aussehen" wie im geschwindigkeits- / zeitunabhängigen Fall. Siehe nhn.ou.edu/~gut/notes/cm/lect_09.pdf . Ich empfehle, dieses Problem für die Lorentz-Kraft zu lösen und zu sehen, dass alles in Ordnung ist.

Bence Racskó · Answer 1

Ich bezweifle, dass OP die Gültigkeit der EL-Gleichungen durch geschwindigkeitsabhängige Potentiale auf irgendeine Weise feststellen kann.

Sofern die EL-Gleichungen (oder alternativ das Variationsprinzip) nicht als Axiom postuliert werden, ist der wahrscheinlich natürlichste Weg, sie zu erreichen, das Argument, das in Classical Mechanics von Goldstein präsentiert wird, das viel zu lang ist, um es hier wiederzugeben.

Um es kurz zu machen, durch die Analyse von Systemen mit holonomen Einschränkungen kann man zu der Tatsache gelangen, dass die EoMs geschrieben werden können als

0 = \frac{\partial L}{\partial Q^{ich}} - \frac{D}{D T} \frac{\partial L}{\partial {\dot{Q}}^{ich}}

$0=\frac{\partial L}{\partial q^i}-\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial\dot q^i}$ Wo

L (Q, \dot{Q}, T) = T (Q, \dot{Q}) - U (Q) .

$L(q,\dot q,t)=T(q,\dot q)-U(q).$ Hier wurden gewöhnliche konservative Kräfte berücksichtigt, und die Koordinaten sind verallgemeinerte Koordinaten, die an die Einschränkungen angepasst und dann reduziert wurden.

Von diesem Punkt an kann man dann erkennen, dass die gegebene Aktion funktional ist

S [γ] = \int D T L (Q (T), \dot{Q} (T), T),

$S[\gamma]=\int dt\ L(q(t),\dot q(t),t),$ die EL-Gleichungen sind äquivalent mit

\frac{δ S}{δ Q^{ich} (T)} = 0,

$\frac{\delta S}{\delta q^i(t)}=0,$ z.B. das funktionale Derivat muss verschwinden.

Man schlägt dann dieses Variationsprinzip als grundlegend vor, also sagen wir, dass ein Lagrange-System eines mit einem Aktionsfunktional der Form ist

S = \int D T L (Q (T), \dot{Q} (T), T) .

$S=\int dt\ L(q(t),\dot q(t),t).$ Das funktioniert nicht immer, da nicht alle klassischen mechanischen Systeme diese Form haben. Allerdings sind so ziemlich alle etwas "fundamentalen" Systeme!

Nun kann man den Fall eines gewöhnlichen Teilchens in betrachten $\mathbb R^3$ , dessen Lagrange-Funktion von der Form ist

L = \frac{1}{2} M {\dot{R}}^{2} - U (R, \dot{R}) .

$L=\frac{1}{2}m\dot{\mathbf r}^2-U(\mathbf r,\dot{\mathbf r}).$ Das haben wir eindeutig

\frac{\partial T}{\partial R} = 0, \frac{D}{D T} \frac{\partial T}{\partial \dot{R}} = M \ddot{R} = F,

$\frac{\partial T}{\partial\mathbf r}=0,\ \frac{d}{dt}\frac{\partial T}{\partial\dot{\mathbf r}}=m\ddot{\mathbf r}=\mathbf F,$ und so erhalten wir

0 = \frac{\partial L}{\partial R} - \frac{D}{D T} \frac{\partial L}{\partial \dot{R}} = (\frac{\partial T}{\partial R} - \frac{D}{D T} \frac{\partial T}{\partial \dot{R}}) - (\frac{\partial U}{\partial R} - \frac{D}{D T} \frac{\partial U}{\partial \dot{R}}) = - F - \frac{\partial U}{\partial R} + \frac{D}{D T} \frac{\partial U}{\partial \dot{R}},

$0=\frac{\partial L}{\partial\mathbf r}-\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial\dot{\mathbf r}}=\left(\frac{\partial T}{\partial\mathbf r}-\frac{d}{dt}\frac{\partial T}{\partial\dot{\mathbf r}}\right)-\left(\frac{\partial U}{\partial\mathbf r}-\frac{d}{dt}\frac{\partial U}{\partial\dot{\mathbf r}}\right) \\ =-\mathbf F-\frac{\partial U}{\partial\mathbf r}+\frac{d}{dt}\frac{\partial U}{\partial\dot{\mathbf r}},$ und Umstellen erhalten wir das gewünschte Ergebnis.

Nun, der Punkt ist, das ist im Grunde nichts Tiefes. Alles, was wir abgeleitet haben, ist, dass, wenn ein Lagrange einen geschwindigkeitsabhängigen Potentialterm hat, die EoMs so aussehen.

Ich kenne nur zwei Arten von geschwindigkeitsabhängigen Kräften in der Physik (möglicherweise mehr, idk), Reibungen und die Lorentz-Kraft. Wie dem auch sei, die Lorentz-Kraft kann auf diese Weise beschrieben werden, während die meisten Reibungskräfte dies nicht können (es gibt einige Ausnahmen, aber die Lagrangians haben in diesen Fällen keine wirkliche Bedeutung, sondern nur mathematische Kuriositäten).

Frobenius · Answer 2

Meiner Meinung nach die $^{\prime}$ speziell $^{\prime}$ Fall einer verallgemeinerten Kraft, die mit einem geschwindigkeitsabhängigen Potential verbunden ist $\,U(q,\dot q, t)\,$

\begin{matrix} (01) & Q_{J} = - \frac{\partial U}{\partial Q_{J}} + \frac{D}{D T} (\frac{\partial U}{\partial {\dot{Q}}_{J}}) \end{matrix}

$\begin{equation} Q_j = - \frac{\:\partial U\hphantom{_j}}{\partial q_j} + \frac{\mathrm d}{\mathrm dt} \left(\frac{\:\partial U\hphantom{_j}}{\partial \dot q_j}\right) \tag{01}\label{eq01} \end{equation}$ ist motiviert durch die Forderung, die elektromagnetische Lorentz-Kraft in den Lagrange-Formalismus einzuführen.

Jetzt fangen wir mit einer Kraft an $\,\mathbf F\,$

\begin{matrix} (02) & Q_{J} = F \cdot \frac{\partial X}{\partial Q_{J}} \end{matrix}

$\begin{equation} Q_j = \mathbf F \boldsymbol \cdot \frac{\partial \mathbf x\hphantom{_j}}{\partial q_j} \tag{02}\label{eq02} \end{equation}$ mit

\begin{matrix} (03) & verallgemeinerte Koordinate Q_{J} \equiv kartesischen Koordinaten X_{J} \end{matrix}

$\begin{equation} \text{generalized coordinate } q_j \equiv \text{ cartesian coordinate } x_j \tag{03}\label{eq03} \end{equation}$ so dass

\begin{matrix} (04) & X = (Q_{1}, Q_{2}, Q_{3}) = (X_{1}, X_{2}, X_{3}) \end{matrix}

$\begin{equation} \mathbf x =\left(q_1,q_2,q_3\right)=\left(x_1,x_2,x_3\right) \tag{04}\label{eq04} \end{equation}$ Einfügen des Ausdrucks der Lorentzkraft

\begin{matrix} (05) & F = Q (E + v \times B) \end{matrix}

$\begin{equation} \mathbf F = q \left(\mathbf{E}+\mathbf{v}\boldsymbol{\times}\mathbf{B} \right) \tag{05}\label{eq05} \end{equation}$ in Gleichung

(02)

$\eqref{eq02}$ wir haben

\begin{matrix} (06) & Q_{J} = Q {(E + v \times B)}_{J} \end{matrix}

$\begin{equation} Q_j = q \left(\mathbf{E}+\mathbf{v}\boldsymbol{\times}\mathbf{B} \right)_j \tag{06}\label{eq06} \end{equation}$ Seit

\begin{matrix} (07) & E = - \nabla ϕ - \frac{\partial A}{\partial T}, B = \nabla \times A \end{matrix}

$\begin{equation} \mathbf{E} = -\boldsymbol{\nabla}\phi-\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial t}\,,\quad \mathbf{B} = \boldsymbol{\nabla}\boldsymbol{\times}\mathbf{A} \tag{07}\label{eq07} \end{equation}$ für die erste Komponente

Q_{1}

$\,Q_1\,$ wir haben

\begin{aligned} \frac{Q_{1}}{Q} & = {(E + v \times B)}_{1} = E_{1} + {(v \times B)}_{1} = E_{1} + v_{2} B_{3} - v_{3} B_{2} = E_{1} + {\dot{Q}}_{2} B_{3} - {\dot{Q}}_{3} B_{2} \\ = - \frac{\partial ϕ}{\partial Q_{1}} - \frac{\partial A_{1}}{\partial T} + {\dot{Q}}_{2} (\frac{\partial A_{2}}{\partial Q_{1}} - \frac{\partial A_{1}}{\partial Q_{2}}) - {\dot{Q}}_{3} (\frac{\partial A_{1}}{\partial Q_{3}} - \frac{\partial A_{3}}{\partial Q_{1}}) \\ = - \frac{\partial ϕ}{\partial Q_{1}} + \underset{= v \cdot \frac{\partial A}{\partial Q_{1}} = \frac{\partial (v \cdot A)}{\partial Q_{1}}}{\underset{⏟}{({\dot{Q}}_{1} \frac{\partial A_{1}}{\partial Q_{1}} + {\dot{Q}}_{2} \frac{\partial A_{2}}{\partial Q_{1}} + {\dot{Q}}_{3} \frac{\partial A_{3}}{\partial Q_{1}})}} - \underset{= \frac{D A_{1}}{D T} = \frac{D}{D T} [\frac{\partial (v \cdot A)}{\partial {\dot{Q}}_{1}}] = - \frac{D}{D T} [\frac{\partial (ϕ - v \cdot A)}{\partial {\dot{Q}}_{1}}]}{\underset{⏟}{(\frac{\partial A_{1}}{\partial T} + {\dot{Q}}_{1} \frac{\partial A_{1}}{\partial Q_{1}} + {\dot{Q}}_{2} \frac{\partial A_{1}}{\partial Q_{2}} + {\dot{Q}}_{3} \frac{\partial A_{1}}{\partial Q_{3}})}} \\ (08) & = - \frac{\partial (ϕ - v \cdot A)}{\partial Q_{1}} + \frac{D}{D T} [\frac{\partial (ϕ - v \cdot A)}{\partial {\dot{Q}}_{1}}] \end{aligned}

$\begin{align} \!\!\!\!\!\!\frac{Q_1}{q} & =\left(\mathbf{E}+\mathbf{v}\boldsymbol{\times}\mathbf{B} \right)_1 = E_1+\left(\mathbf{v}\boldsymbol{\times}\mathbf{B} \right)_1= E_1+\mathrm v_2 B_3 -\mathrm v_3 B_2= E_1+\dot{q}_2 B_3 -\dot{q}_3 B_2 \nonumber\\ &=-\frac{\partial\phi\hphantom{_1}}{\partial q_1}-\frac{\partial A_1}{\partial t} +\dot{q}_2\left(\frac{\partial A_2}{\partial q_1}-\frac{\partial A_1}{\partial q_2} \right)-\dot{q}_3\left(\frac{\partial A_1}{\partial q_3}-\frac{\partial A_3}{\partial q_1} \right) \nonumber\\ &=-\frac{\partial\phi\hphantom{_1}}{\partial q_1}+\underbrace{\left(\dot{q}_1\frac{\partial A_1}{\partial q_1}+\dot{q}_2\frac{\partial A_2}{\partial q_1}+\dot{q}_3\frac{\partial A_3}{\partial q_1} \right)}_{\boldsymbol{=}\mathbf{v}\boldsymbol{\cdot}\frac{\partial \mathbf{A}}{\partial q_1}\boldsymbol{=}\frac{\partial (\mathbf{v}\boldsymbol{\cdot}\mathbf{A})}{\partial q_1}}-\underbrace{\left(\frac{\partial A_1}{\partial t}+\dot{q}_1\frac{\partial A_1}{\partial q_1}+\dot{q}_2\frac{\partial A_1}{\partial q_2}+\dot{q}_3\frac{\partial A_1}{\partial q_3} \right)}_{\boldsymbol{=}\frac{\mathrm d A_1}{\mathrm d t}\boldsymbol{=}\frac{\mathrm d }{\mathrm d t}\left[\frac{\partial (\mathbf{v}\boldsymbol{\cdot}\mathbf{A})}{\partial \dot{q}_1}\right]\boldsymbol{=-}\frac{\mathrm d }{\mathrm d t}\left[\frac{\partial (\phi-\mathbf{v}\boldsymbol{\cdot}\mathbf{A})}{\partial \dot{q}_1}\right]} \nonumber\\ &=-\frac{\partial\left(\phi-\mathbf{v}\boldsymbol{\cdot} \mathbf{A}\right)}{\partial q_1}+\frac{\mathrm d }{\mathrm d t}\left[\frac{\partial (\phi-\mathbf{v}\boldsymbol{\cdot}\mathbf{A})}{\partial \dot{q}_1}\right] \tag{08}\label{eq08} \end{align}$ das ist

\begin{matrix} (09) & Q_{1} = - \frac{\partial U}{\partial Q_{1}} + \frac{D}{D T} (\frac{\partial U}{\partial {\dot{Q}}_{1}}) \end{matrix}

$\begin{equation} Q_1 = - \frac{\:\partial U\hphantom{_1}}{\partial q_1} + \frac{\mathrm d\hphantom{t}}{\mathrm dt} \left(\frac{\:\partial U\hphantom{_j}}{\partial \dot q_1}\right) \tag{09}\label{eq09} \end{equation}$ So

\begin{matrix} (10) & Q_{J} = - \frac{\partial U}{\partial Q_{J}} + \frac{D}{D T} (\frac{\partial U}{\partial {\dot{Q}}_{J}}) \end{matrix}

$\begin{equation} Q_j = - \frac{\:\partial U\hphantom{_1}}{\partial q_j} + \frac{\mathrm d\hphantom{t}}{\mathrm dt} \left(\frac{\:\partial U\hphantom{_j}}{\partial \dot q_j}\right) \tag{10}\label{eq10} \end{equation}$ Wo

\begin{matrix} (11) & U (Q, \dot{Q}, T) = Q [ϕ - ({\dot{Q}}_{1} A_{1} + {\dot{Q}}_{2} A_{2} + {\dot{Q}}_{3} A_{3})] = Q [ϕ (Q, T) - v \cdot A (Q, T)] \end{matrix}

$\begin{equation} U(q,\dot q,t) =q\left[\phi-\left(\dot{q}_1 A_1+\dot{q}_2 A_2+\dot{q}_3 A_3\right)\right] = q\left[\phi(q,t)-\mathbf{v}\boldsymbol{\cdot} \mathbf{A}(q,t)\right] \tag{11}\label{eq11} \end{equation}$

Notiz :

Diese Ausarbeitung [um ein geschwindigkeitsabhängiges Potential zu finden $\,U(q,\dot q, t)\,$ für die elektromagnetische Lorentz-Kraft] ist identisch mit der .pdf-Datei im Link, den der Benutzer @Alex Opremcak in seinem Kommentar angegeben hat

Es ist nur eine Verallgemeinerung, so dass die Dinge genauso "aussehen" wie im geschwindigkeits- / zeitunabhängigen Fall. Siehe Physik 5153 Klassische Mechanik - Geschwindigkeitsabhängige Potentiale . Ich empfehle, dieses Problem für die Lorentz-Kraft zu lösen und zu sehen, dass alles in Ordnung ist. – Alex Opremcak.

QMechaniker · Answer 3

Kein Nachweis erforderlich. OPs Gl. (1) ist nur die definierende Beziehung für ein geschwindigkeitsabhängiges Potential $U$ . OPs Gl. (3) ist nicht immer gültig.

Christoph · Answer 4

Früher dachte ich, dies könnte abgeleitet werden. Eine frühere Antwort besagte, dass es so definiert ist, aber warum es so definiert wurde, ist wichtig herauszufinden. Dazu müssen wir auf die Entwicklung der Lagrange-Gleichungen zurückgreifen.

Bei der Ableitung der Lagrange-Gleichungen kommen wir schließlich an den Punkt, an dem wir haben:

${\frac{d}{dt} \Big( \frac{\partial T}{\partial \dot q_j} \Big) - \frac{\partial T}{\partial q_j} = Q_j}$ $\quad$ [Basisgleichung]

Hier ist T die kinetische Energie und $Q_j$ ist die verallgemeinerte Kraft. Wenn das System konservativ ist, dann wissen wir es aus der grundlegenden Mechanik $Q_j$ (eine Kraft) kann durch die negative Änderung eines Potentials dargestellt werden. Das ist, $Q_j$ kann dargestellt werden als:

${Q_j = -\frac{\partial V}{\partial q_j} }$

Dann können wir haben:

${\frac{d}{dt} \Big( \frac{\partial T}{\partial \dot q_j} \Big) - \frac{\partial T}{\partial q_j} = -\frac{\partial V}{\partial q_j}}$

${\frac{d}{dt} \Big( \frac{\partial T}{\partial \dot q_j} \Big) - \frac{\partial (T-V)}{\partial q_j} = 0}$

Und da $V$ , unser Potential, keine Funktion der Geschwindigkeit ist (enthält keine Geschwindigkeitsterme), können wir schreiben:

${\frac{d}{dt} \Big( \frac{\partial (T-V)}{\partial \dot q_j} \Big) - \frac{\partial (T-V)}{\partial q_j} = 0}$

${\frac{d}{dt} \Big( \frac{\partial L}{\partial \dot q_j} \Big) - \frac{\partial L}{\partial q_j} = 0}$

Angenommen, wir wollen diese Gleichungen verwenden, aber wir haben Kräfte in unserem System, die geschwindigkeitsabhängig sind. Können wir den Lagrangian dieser Form noch verwenden? Wenn wir das empfohlene Rezept für verwenden $Q_i$

${Q_j = \frac{\partial U}{\partial q_j} + \frac{d}{dt}\frac{\partial U}{\partial \dot q_j} }$

Wenn wir das dann in die Basisgleichung einsetzen und dem gleichen Verfahren folgen:

${\frac{d}{dt} \Big( \frac{\partial T}{\partial \dot q_j} \Big) - \frac{\partial T}{\partial q_j} = Q_j}$

${\frac{d}{dt} \Big( \frac{\partial T}{\partial \dot q_j} \Big) - \frac{\partial T}{\partial q_j} = \frac{\partial U}{\partial q_j} + \frac{d}{dt}\frac{\partial U}{\partial \dot q_j}}$

${\frac{d}{dt} \Big( \frac{\partial (T-U)}{\partial \dot q_j} \Big) - \frac{\partial (T-U)}{\partial q_j} = 0}$

${\frac{d}{dt} \Big( \frac{\partial L}{\partial \dot q_j} \Big) - \frac{\partial L}{\partial q_j} = 0}$

Wir können also dieselben Lagrange-Gleichungen für eine geschwindigkeitsabhängige Kraft verwenden, wenn wir diese Kraft definieren können $Q_j$ wie in der Frage beschrieben. In der Elektrodynamik können wir das. Nicht einfach, aber der Prozess wird in der vorherigen Antwort auf diese Frage recht gut behandelt.

Verallgemeinerte Kraft, die aus einem geschwindigkeitsabhängigen Potential entsteht

Trevor Kafka

Bence Racskó

Trevor Kafka

Trevor Kafka

Alex Opremcak

Trevor Kafka

Alex Opremcak

Antworten (4)

Bence Racskó

Frobenius

QMechaniker

Christoph

Interne potentielle Energie und relativer Abstand des Teilchens

Lagrangesche Bewegungsgleichungen, Konservative Kräfte

Nicht-konservative system- und geschwindigkeitsabhängige Potentiale

Susskind & Hrabovsky: Für jedes System Fi=−∂iVFi=−∂iVF_i=-\partial_{i}V?

Warum können wir einer dissipativen Kraft kein (möglicherweise geschwindigkeitsabhängiges) Potential zuschreiben?

Zeichen der Schwerkraft

Feynman-Vortrag Prinzip der kleinsten Wirkung: Taylor-Entwicklung beschönigt?

Ableitung der effektiven potentiellen Energie aus dem Lagrange eines Zweikörpersystems [Duplikat]

In f=−∇uf=−∇u\textbf{f} = -\boldsymbol{\nabla} u, was ist uuu?

Warum verschwindet die gesamte virtuelle Arbeit, die von Kräften aus Zwangsbedingungen geleistet wird? (Rechtwinkligkeit von zwei oder mehr Teilchen)