Обсуждение:Поле равномерно двигающегося заряда

Здравствуйте!

В ходе изложения материала данной статьи Вы вычисляете дивергенцию от

$\ {\vec {E}}={\frac {Q\gamma {\vec {r}}}{(r^{2}+\gamma ^{2}{\frac {({\vec {r}}\cdot {\vec {v}})^{2}}{c^{2}}}+a^{2})^{\frac {3}{2}}}}$.

То есть,

$\ \nabla {\vec {E}}={\frac {3Q\gamma }{(r^{2}+{\frac {({\vec {r}}\cdot {\vec {v}})^{2}}{c^{2}}}+a^{2})^{\frac {3}{2}}}}-{\frac {3}{2}}{\frac {Q\gamma {\vec {r}}}{(r^{2}+{\frac {({\vec {r}}\cdot {\vec {v}})^{2}}{c^{2}}}+a^{2})^{\frac {5}{2}}}}\nabla (r^{2}+\gamma ^{2}{\frac {({\vec {r}}\cdot {\vec {v}})^{2}}{c^{2}}})$.

Вопрос: как Вы вычислили дивергенцию от второго слагаемого?

Дополнение.

А, я понял. От второго слагаемого уже градиент берется.

${\ddot {\smile }}$ Да, все верно:

$\nabla r^{2}=2\mathbf {r} ,~~~~~~\nabla (\mathbf {r} \mathbf {v} )^{2}=2(\mathbf {r} \mathbf {v} )\mathbf {v}$

Сергей Степанов 19:12, 14 января 2012 (UTC)

Про закон Кулона

А закон Кулона ведь есть нерелятивистским, ибо записан как выражение дальнодействия? Тогда можно ли к нему применять релятивистские преобразования? Не является ли его лоренц-неинвариантность причиной разбиения выражения для силы относительно произвольно движущейся ИСО на две компоненты? Maxim.

Хороший вопрос. На самом деле, можно ли использовать закон Кулона в релятивистской теории или нет, требует определенных обоснований (которыми в конечном счете является эксперимент ${\ddot {\smile }}$). Тем не менее общие рассуждения такие. Если мы считаем закон Кулона статическим экспериментальным фактом, то он не противоречит релятивизму. Статичность означает, что мы измеряем силу между двумя неподвижными зарядами. Т.е. "удерживаем" заряды некоторой "пружинкой" которая не дает им притянуться (или разлететься). Натяжение этой "пружинки" и будет мерой силы. Пока все неподвижно, разницы между классической механикой и релятивистcкой нет. Сергей Степанов 19:25, 6 апреля 2012 (UTC)

Но ведь в рамках классической механики взаимодействие распространяется мгновенно, в том числе - и при неподвижности зарядов. Как обойти такую особенность закона Кулона в рамках релятивистской механики? Дополнение: может, Вы имели в виду, что если в общем случае сила зависит от множителей вида $\ \gamma$, то в случае покоящихся зарядов $\ \gamma =1$? Maxim.

Скорость распространения означает, что нечто меняется. Например, мы начинаем сдвигать один из зарядов и смотреть как изменилась сила. Если же заряды статические, то они находятся в таком состоянии сколь угодно долго и все успело устаканиться. Как-то так. (для подписи можно использовать 4 тильды "~") Сергей Степанов 19:42, 6 апреля 2012 (UTC)

То есть, в таком случае в записи выражения для силы не фигурирует скорость распространения взаимодействия, потому что взаимодействие статическое? А при применении к закону Кулона преобразований Лоренца автоматически полагается, что скорость распространения взаимодействия, в том числе, в рамках этого закона, конечна? Maxim 19:56, 6 апреля 2012 (UTC)

И да и нет. Дело в том, что рассматривая равномерное движение (преобразования Лоренца) мы по-прежнему имеем статический случай, при котором "большой заряд" неподвижен, а пробный движется в этом статическом поле. Просто рассматриваем это все из другой инерциальной системы. Конечность скорости распространения получается, когда мы объявляем, что уравнения, полученные для равномерно движущегося заряда справедливы и при его ускоренного движения. Сергей Степанов 08:58, 9 апреля 2012 (UTC)

Про "максвеллоподобные" уравнения для гравитационного взаимодействия

А можно ли тот аппарат, что Вы использовали для выведения уравнений Максвелла, применить к закону Всемирного тяготения, получив при этом "Максвеллоподобные" уравнения для гравитационного взаимодействия (оные получаются в рамках ОТО в пределе слабых полей (однородного пространства-времени))? Maxim 19:56, 6 апреля 2012 (UTC)

Нет, не получится. Дело в том, что в законе Кулона множителями выступают инвариантные заряды. Кроме этого, если один заряд покоится, а второй движется, все равно справедлив закон Кулона. Это позволяет, перейдя в другую систему получить уравнения Максвелла.

В случае закона ньютоновского тяготения множителями стоят массы. Возникает набор вариантов, что с ними делать. Верным (с точки зрения эксперимента) является их замена на полные энергии объектов (тогда, например, свет будет также притягиваться). Т.е. если одна из масс покоится, а вторая движется, сила Ньютона уже не получается. Правильная (с точки зрения основных грав.тестов) релятивистская сила (в случае когда одна из масс покоится) в плоском пространстве приведена в разделе Сила. С уважением, Сергей Степанов 08:52, 9 апреля 2012 (UTC)

"...Дело в том, что в законе Кулона множителями выступают инвариантные заряды. Кроме этого, если один заряд покоится, а второй движется, все равно справедлив закон Кулона..."

Ну, масса, как скаляр, ведь тоже инвариантна. И кроме того, разве закон Ньютона не справедлив, аналогично, в случае, когда одна масса покоится?

В любом случае, применение изложенного подхода к закону Всемирного тяготения позволяет получить Максвеллоподобные уравнения с точностью до множителя в аналоге магнитной компоненты силы Лоренца. Этот множитель - двойка, и появляется он из-за того, что гравитационное поле описывается тензором. Я не понимаю, какая связь между тензорным описанием и двойкой. С уважением, Maxim, 20:38, 14 апреля 2012 (UTC).

К слову, вопрос снят. [:)]. Maxim 19:03, 29 сентября 2012 (UTC).

Как то я этот вопрос прозевал. Ну снят и хорошо. Сергей Степанов 06:39, 30 сентября 2012 (UTC)

Если в выражении для момента импульса заменить массу на полную энергию с точностью до множителя $\ {\frac {1}{c^{2}}}$, то при взятии производной от модифицированного момента импульса получится, что коэффициент при $\ [\mathbf {v} \times [\mathbf {r} \times \mathbf {v} ]]$ будет равен нулю, и того выражения для силы, о котором вы писали, не получится (я про написанное в разделе "Сила"). С другой стороны, если брать вместо массы только кинетическую энергию, то разве можно будет считать, что свет притягивается? Конечно, у фотона нет никакой потенциальной энергии, но все же. Maxim 13:14, 29 сентября 2012 (UTC).

Почему нет? При отсутствии силового воздействия, мы приписываем свету энергию и импульс движения, связанные при c=1 соотношением $|\mathbf {p} |=E$. При этом, если имеем монохроматическую волну с частотой $\nu$, то по формуле Планка эта энергия равна $E=h\nu$. Так как в силе стоит энергия движения массивной частицы, логично считать, что и для света там будет энергия движения. Хотя, конечно, это дополнительное предположение, т.к. строго говоря выражение для силы получено для массивной частицы. Сергей Степанов 06:39, 30 сентября 2012 (UTC)

Дельта-функция

А интеграл от дельта-функции Дирака (которая для релятивистского случая) даст единицу?

$\ \int \delta (\mathbf {r} )d^{3}\mathbf {r} =\int \limits _{-\infty }^{\infty }{\frac {3\gamma a^{2}d^{3}\mathbf {r} }{4\pi \left(r^{2}+{\frac {\gamma ^{2}}{c^{2}}}(\mathbf {r} \cdot \mathbf {u} )^{2}+a^{2}\right)^{\frac {5}{2}}}}$.

Я направлял ось z по направлению скорости $\ \mathbf {u}$, после чего совершил следующее:

$\ {\frac {3\gamma a^{2}}{4\pi }}\int \int \int {\frac {dxdydz}{\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}+{\frac {u^{2}\gamma ^{2}}{c^{2}}}z^{2}+a^{2}\right)^{\frac {5}{2}}}}=\left|z'=\left(1+\gamma ^{2}{\frac {u^{2}}{c^{2}}}\right)z\right|={\frac {3\gamma a^{2}}{4\pi {\sqrt {1+\gamma ^{2}{\frac {u^{2}}{c^{2}}}}}}}\int {\frac {dxdydz'}{(x^{2}+y^{2}+z'^{2}+a^{2})^{\frac {5}{2}}}}=\left|r'={\frac {r}{a}}={\frac {1}{a}}{\sqrt {x^{2}+y^{2}+z'^{2}}}\right|=$

$\ ={\frac {3\gamma a^{2}}{4\pi \gamma a^{2}}}\int {\frac {d^{3}\mathbf {r} '}{(1+r'^{2})^{\frac {5}{2}}}}=3{\frac {4\pi }{4\pi }}\int \limits _{0}^{\infty }{\frac {r'^{2}dr'}{(r'^{2}+1)^{\frac {5}{2}}}}=|t=r'^{2}+1,dt=2r'dr'|={\frac {3}{2}}\int \limits _{1}^{\infty }{\frac {{\sqrt {t-1}}dt}{t^{\frac {5}{2}}}}=\left|k={\frac {1}{t}},dk=-{\frac {dt}{t^{2}}}\right|=-{\frac {3}{2}}\int \limits _{1}^{0}{\sqrt {1-k}}dk=1$.

Но ошибки, вроде бы, нет. Поможете, пожалуйста? Maxim 12:31, 20 июля 2012 (UTC)

Все верно. А в чем затруднение? Так и должно быть. Напряженность движущегося заряда удовлетворяет закону Гаусса, такому же как и для неподвижного заряда. Поэтому интеграл и равен единице. Сергей Степанов 09:59, 21 июля 2012 (UTC)

О, точно. Это же используется во многих разделах, где требуется взять интеграл по объему от плотности тока. Спасибо. Maxim 09:19, 22 июля 2012 (UTC)