Un experimento de pensamiento, y la posible contradicción entre el electromagnetismo y relatividad especial

Question

He diseñado un sencillo y cualitativa del experimento de pensamiento, a través de la cual creo que he encontrado una incoherencia en el relativista electromagnetismo. Un punto de carga de la $+q$, con respecto al laboratorio de observadores $A$, se deja caer en un campo eléctrico uniforme ${E^\prime}_{y^\prime}$ que está rodeado por algunas de las paredes. Es claro que la carga se acelera a lo largo de $y^\prime$ sin ser desviadas en $x^\prime$ e $z^\prime$, y por lo tanto la carga nunca golpear las paredes que se han erigido en paralelo al campo eléctrico como se ve por el laboratorio de calidad de observador $A$. [Ver la Figura 1-a)]

Ahora considere el escenario desde el punto de vista del observador $B$ que se mueve a $u$ perpendicular a la dirección del campo eléctrico. De acuerdo a la transformación de Lorentz para la EM campos, el campo eléctrico es mayor a $E_y=\gamma_u {E^\prime}_{y^\prime}$ a lo largo de $y$, y, además, un campo magnético de $B_z=-\gamma_u (u/c^2){E^\prime}_{y^\prime}$ es, de hecho, producidos a lo largo de $-z$. [Ver la Figura 1-b)]

El extraño punto es que $B$ mide la velocidad resultante $w$ de la carga que cumpla con las relativista de la velocidad de adición como:

$$w=\sqrt{(\alpha_uv)^2+u^2},$$ donde $\alpha_u=1/\gamma_u=\sqrt{1-u^2/c^2}$, e $v$ es la velocidad instantánea de la carga medida por $A$ cuando la carga alcanza una altitud de $\Delta y^{\prime}$. Observador $B$ afirma que la carga se mueve a $w$ en un campo magnético $B_z$. Por lo tanto, una fuerza de Lorentz de $F_B=qwB_z$ es ejercida sobre la carga, que tiende a acelerar la carga a lo largo de $-x$ así como $-y$. La componente horizontal de esta fuerza empuja la carga hacia la pared de la derecha hasta que haga contacto el uno con el otro. (Paradoja)

¿De dónde me salen mal?

Antes de responder a esta pregunta por favor, recuerde que:

1- se supone que la radiación de la aceleración de la carga es despreciable, o asumir que la carga se mueve a una velocidad constante a través de un fluido como la de alcanzar una velocidad terminal de $v$.

2- El experimento se lleva a cabo lejos de cualquier campo gravitacional.

Answer 1

Todo lo que has dicho es perfectamente correcta. Sin embargo, no hay ninguna contradicción, porque en teoría especial de la relatividad, la fuerza es no paralelo a la aceleración.

Para ver esto formalmente, tenga en cuenta que en la relatividad especial, la definición de la fuerza es $\mathbf{F} = d\mathbf{p}/dt$, y el impulso es $\mathbf{p} = \gamma m \mathbf{v}$. La combinación de estos y suponiendo constante la masa, tenemos $$\mathbf{F} = m \frac{d}{dt}(\gamma \mathbf{v}).$$ Esto no es necesariamente paralela a $\mathbf{a} = d\mathbf{v}/dt$, debido a $\gamma$ puede cambiar en el tiempo.

Usted podría quejarse de que esto no tiene sentido, y en vez de eso debemos definir la fuerza como $\mathbf{F}' = m \mathbf{a}$. Así, se puede definir la palabra "fuerza" como quieras, pero sólo para la primera definición es cierto que $$\mathbf{F} = q (\mathbf{E} + \mathbf{v} \times \mathbf{B}).$$ Si se utiliza la segunda definición, esto no es cierto. Usted puede finalmente conseguir la misma respuesta, pero sólo después de mucho trabajo, que es precisamente la razón por la definición de $\mathbf{F} = d\mathbf{p}/dt$ es más común.

En su caso, la velocidad horizontal de la carga debe permanecer constante, mientras que la vertical de la velocidad se incrementa. Para hacer esto, necesitamos un valor distinto de cero fuerza horizontal $$F_x = m v_x \frac{d\gamma}{dt}.$$ Con un poco más de trabajo, puede confirmar que esta $F_x$ es, precisamente, la componente horizontal de la fuerza magnética que se encuentran.

Answer 2

He encontrado una incoherencia en el relativista electromagnetismo

Que este escenario plantea ninguna paradoja se convierte en muy fácil ver si el uso habitual de la notación matemática apropiada para relativista electromagnetismo. En la pared del marco de la cuatro-fuerza sobre la carga está dada por: $$f_{\mu}=q F_{\mu \nu} U^{\nu}$$ donde $f$ es el cuatro de fuerza, $q$ es el costo, $F$ es el tensor de campo electromagnético, y $U$ es el cuatro de velocidad. La transformación de Lorentz de un fotograma para el otro es $x'^{\mu'}=\Lambda_{\mu}^{\mu'}x^{\mu}$ o $x'_{\mu'}=\Lambda_{\mu'}^{\mu}x_{\mu}$ donde $x$ es la cuatro-vector o co-vector para ser transformados, $\Lambda$ es la transformación de Lorentz, y los números primos representar cantidades en el marco de cebado. Así $$f'_{\mu'}=\Lambda_{\mu'}^{\mu}f_{\mu}=\Lambda_{\mu'}^{\mu}\Lambda_{\nu'}^{\nu}\Lambda_{\nu}^{\nu'}f_{\mu}$$ $$=\Lambda_{\mu'}^{\mu}\Lambda_{\nu'}^{\nu}\Lambda_{\nu}^{\nu'}(q F_{\mu\nu}U^{\nu})$$ $$=q(\Lambda_{\mu'}^{\mu}\Lambda_{\nu'}^{\nu}F_{\mu\nu})(\Lambda_{\nu}^{\nu'} U^{\nu})$$ $$=q F'_{\mu' \nu'} U'^{\nu'}$$

Así, en todos los marcos de la transformación de la fuerza es exactamente lo que usted esperaría de la transformación de los campos y la velocidad. Es constante en todos los marcos, no es una paradoja. Tenga en cuenta que esta derivación no está limitado a una configuración específica, sino que se aplica para todas las configuraciones. Si se incluye un fluido o no, o cómo el ángulo de los campos no importa, es todo lo que se garantiza la coherencia.

Ahora que podemos ver que no hay ninguna incoherencia/paradoja podemos ver en la raíz del problema. El problema es, como @knzhou mencionados, que han entendido mal la forma en que las fuerzas y las aceleraciones de transformación de la relatividad. En la relatividad tenemos algo que se parece a las de Newton 2º de la ley de $f_{\mu}=m A_{\mu}$ pero aquí $A$ es el cuatro de aceleración, no de los tres-aceleración. En términos de las tres de la velocidad de $u$ y el tres de aceleración $a$ el cuatro de aceleración está dada por $(\gamma \dot\gamma c,\gamma^2 a + \gamma \dot\gamma u)$ lo $a$ no es generalmente paralela a la espacial parte de $A$.

También, puesto que la carga se mueve a la velocidad terminal en la imprimado marco, a continuación, la fuerza neta $\Sigma f_{\mu}=0$ entonces $\Sigma f'_{\mu'}=\Lambda_{\mu'}^{\mu}\Sigma f_{\mu}=\Lambda_{\mu'}^{\mu} 0=0$

Answer 3

Hay un montón de enfoques para resolver este problema. Agradezco a @knzhou contestar ya que se explica todo lo que iba a decir, sin embargo, no responde a la pregunta directamente y por eso voy a responder a esta pregunta así. @Dale 's respuesta, por otro lado es bueno, porque es completamente general y se puede utilizar siempre que sea necesario, pero en mi humilde opinión, es matar a un pájaro con un nuke o algo. Así que voy a presentar dos maneras fáciles para este problema en el marco de la relatividad especial.

Tenga en cuenta que $v$ es la velocidad de las partículas w.r.t mover el marco, y la $u$ es la velocidad de movimiento frame w.r.t marco del resto.

El primero es calcular la aceleración en el eje x, directamente. Podemos utilizar esta ecuación: $$a=\frac{1}{\gamma_v m_0}(F-\frac{(v.F)v}{c^2})$$ Voy a omitir su derivación, porque es fácil. Comprobar la wikipedia para más información. Todo lo que necesitas hacer es ir hacia atrás a partir de la última ecuación a la primera. Accelration en el eje x, es: $$a_x=\frac{1}{\gamma_v m_0}(F_x-\frac{(v.F)v_x}{c^2})$$ Calcularemos $v.F$ muy pronto, pero antes de que encontráramos $F$

$$F=qE_y+qv\times B=qE\hat{j}+qv_yB_z\hat{i}-qv_xB_z\hat{j}$$

Por lo tanto tenemos: $$v.F=qv_yE + qv_x v_yB_z-qv_x v_yB_z=qv_yE$$ Fácil ¿verdad? Sustituimos esta a la ecuación de la aceleración:

$$a_x=\frac{1}{\gamma_v m_0}(qv_yB_z-\frac{qv_yEv_x}{c^2})$$ Pero sabemos que $B_z=-\gamma_u \frac{uE_y'}{c^2}$ e $E_y=\gamma_uE_y'$ Así: $$a_x=\frac{1}{\gamma_v m_0}(qv_y(-\gamma_u \frac{uE_y'}{c^2})-\frac{qv_y(\gamma_uE_y')v_x}{c^2})$$ Bien sabemos que $v_x=-u$ porque después de todo, nuestro observador se considera a sí mismo en reposo y se refieren a su velocidad de las partículas y por lo $$a_x=0$$ No hay paradoja.

El segundo, sin embargo, es aún más fácil! Todo lo que tenemos que hacer es el uso de la transformación de lorentz para la aceleración (en Realidad, esto es Dale la respuesta, pero sin tensor y cuatro vectores). $$a_x=\frac{a_x'}{\gamma_u^3(1+\frac{v_x' u}{c^2})^3}=0,$$

debido a $a_x'=0$ obviamente.

EDITAR:

He sustituido la transformación de lorentz para la fuerza con la aceleración. por supuesto, $f_x$ no es cero, se $qv_yB_z$