Verwechslung mit der Kräuselung der Lorentz-Magnetkraft

Question

Verwechslung mit der Kräuselung der Lorentz-Magnetkraft

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Da die Magnetkraft keine Arbeitskraft ist, $dW=\vec F\cdot d\vec r=0$ für $\vec F(\vec r)=q(\vec v(\vec r) \times \vec B(\vec r))$ , Deshalb $\oint \vec F \cdot d\vec r=0$ nach dem Satz von Stoke. Deshalb, $\vec\nabla \times \vec F=0$ . Wenn diese Schlussfolgerung zutrifft, dann erweitern $\vec\nabla\times[\vec v(\vec r) \times \vec B(\vec r)]$ explizit unter Verwendung der relevanten Vektoridentität muss man auch Null erhalten. Aber es scheint im Allgemeinen nicht Null zu sein. Daher meine Frage ob $\vec\nabla\times\vec F=0$ oder nicht?

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Verwechslung mit der Kräuselung der Lorentz-Magnetkraft

QMechaniker · Answer 1

I) Es ist wahr, dass für Lorentz magnetische Kraft

\begin{matrix} (1) & F = Q v \times B, \end{matrix}

$\tag{1} {\bf F}~=~q{\bf v}\times {\bf B},$

dass daher die entsprechende (infinitesimale) Arbeit entlang der Flugbahn des Teilchens

\begin{matrix} (2) & D W = F \cdot D R = F \cdot v D T = Q (v \times B) \cdot v D T = 0 \end{matrix}

$\tag{2} dW~=~{\bf F}\cdot d{\bf r}~=~{\bf F}\cdot {\bf v}dt~=~q({\bf v}\times {\bf B})\cdot {\bf v}dt~=~0$

Null ist, einfach weil das Tripelprodukt verschwindet.

II) Die Geschwindigkeit ${\bf v}$ ist typischerweise keine Funktion der Position ${\bf r}$ , vgl. zB dieser Phys.SE-Beitrag, daher trifft der traditionelle Begriff einer konservativen Kraft nicht zu. Eine Verallgemeinerung des Begriffs der konservativen Kraft auf geschwindigkeitsabhängige Kräfte finden Sie in dieser Phys.SE-Antwort.

III) Wenn wir uns künstlich ein System vorstellen, bei dem die Geschwindigkeit ${\bf v}({\bf r})$ ist eine Positionsfunktion ${\bf r}$ nur dann findet man leicht Beispiele, bei denen die Kraft (1) nicht rotationsfrei bzw. kein Gradientenfeld ist. Dies steht nicht im Widerspruch zu Gl. (2), da Gl. (2) gilt nur für den tatsächlichen Weg des Teilchens; nicht unbedingt für einen beliebigen virtuellen Pfad.

@ Qmechanic- Wenn wir nehmen $\vec v$ unabhängig sein von $\vec r$ , dann können wir das nicht berücksichtigen $\vec v \times \vec B(\vec r)$ ein legitimes Vektorfeld sein und seine Kräuselung herausfinden? Als mathematisches Problem können wir die Kräuselung nicht berechnen $\vec v \times \vec B(\vec r)$ direkt und zeigen Sie es als Null? Was ist mit der Schlussfolgerung aus dem Satz von Stoke über die Kräuselung von $\vec F$ , Jetzt?

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QMechaniker

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