¿Depende la existencia de ondas estacionarias electromagnéticas del marco de referencia de los observadores?

Question

Si tomo dos ondas EM planas que viajan en dirección opuesta, por ejemplo. $E = E_0 \sin (kx- \omega t)$ y $E=E_0 \sin (kx + \omega t)$ se suman para dar una onda estacionaria con un promedio de tiempo del vector Poynting de cero.

Si utilizo las transformaciones relativistas especiales apropiadas para derivar cómo estos campos se presentan a un observador que viaja a $v$ a lo largo del eje X, encuentro que un campo E disminuye, uno aumenta, mientras que al mismo tiempo una onda se desplaza en azul y la otra en rojo. Estas ondas no se suman para dar una onda estacionaria en el marco de referencia en movimiento y tienen un vector de Poynting con un promedio de tiempo distinto a cero.

Entonces, ¿el fenómeno de una onda estacionaria depende del marco de referencia del observador?

Tenga en cuenta: que yo tienen trató de transformar los campos y sumarlos, pero no pudo dar sentido al resultado en términos de una onda viajera o una onda estacionaria - de ahí la pregunta. Para obtener la recompensa que estoy buscando un formulario para $E^{ \prime }$ o una descomposición de $E^{ \prime }$ (¡no es sólo la suma de las ondas transformadas!) que aclara la naturaleza de las ondas sumadas en el marco en movimiento.

Answer 1

Sí, el concepto de una onda estacionaria depende del marco, y una onda estacionaria selecciona un marco específico al igual que el concepto de un marco de descanso.

Mi respuesta inicial fue similar a la de BenCrowell, y cometí el mismo error de simplificación que su respuesta inicial. No hay coordenadas espaciales para la onda estacionaria (incluso en su marco de descanso) en la que los campos son una constante $ \mathbf {E}= \mathbf {B}=0$ . La existencia de tales simplificaría enormemente la imagen mental de este escenario, pero desafortunadamente no es así.

Sin embargo, en el marco de descanso hay planos espaciales en los que el campo eléctrico es siempre cero, y otros planos en los que el campo magnético es siempre cero. Hay incluso momentos discretos en los que en los planos espaciales, ambos $ \mathbf {E}$ y $ \mathbf {B}$ son cero. Como no existen en todo momento, se hace un poco difícil hablar de ellos "moviéndose", pero aparece una idea similar.

En el marco original, lejos de un nodo el tiempo promedio del vector de Poynting es cero, pero la densidad de energía no es cero. Al transformarse al nuevo marco, los componentes del impulso y la densidad de energía se mezclarán (técnicamente el tensor de energía de tensión). Por lo tanto, debería tener sentido conceptual que después de la transformación la densidad de momento promediada en el tiempo ya no sea cero (también visto conceptualmente a través de su argumento de desplazamiento rojo/azul).

Entonces, ¿esto cuenta como una "onda estacionaria"?
No. Ya no hay planos de nodos constantes de $ \mathbf {E}=0$ o $ \mathbf {B}=0$ y ahora hay una densidad de momento promediada en tiempo no nulo (así que el tensor de energía de tensión es el de algo "en movimiento" no "en pie").

---

Detalles del cálculo:

Consideremos una onda estacionaria formada por dos ondas planas que viajan en la dirección +/- x, linealmente polarizadas en la dirección z: $$ \mathbf {E} = \mathbf { \hat {z}} E_0 \left [ \sin (kx - \omega t) + \sin (-kx - \omega t) \right ] $$ $$ \mathbf {B} = \mathbf { \hat {y}} B_0 \left [- \sin (kx - \omega t) + \sin (-kx - \omega t) \right ] $$

Para una sola onda plana, los nodos donde $ \mathbf {E}= \mathbf {B}=0$ están moviendo planos en el espacio (por lo tanto, volúmenes contiguos en el espacio tiempo). Para la anterior suma de ondas, los nodos siguen siendo planos en el espacio, pero sólo aparecen en momentos discretos.

Mirando donde el campo eléctrico es cero: $$ \begin {align*} 0 &= \left [ \sin (kx - \omega t) + \sin (-kx - \omega t) \right ] \\ &= \sin (kx) \cos ( \omega t) - \cos (kx) \sin ( \omega t) - \sin (kx) \cos ( \omega t) - \cos (kx) \sin ( \omega t) \\ &= -2 \cos (kx) \sin ( \omega t) \end {align*} $$ De manera similar para el magnético que encontraremos: $$0 = -2 \sin (kx) \cos ( \omega t)$$ que es similar, sólo que desplazado por un cuarto de longitud de onda en el espacio y un cuarto de período en el tiempo.

Centrándonos primero en los nodos del campo eléctrico, estos son planos situados en: $$ kx = \pi \left (n+ \frac {1}{2} \right ) \quad \rightarrow \quad x = a_n = \frac { \pi }{k} \left (n+ \frac {1}{2} \right ) $$ con $n$ cualquier número entero, para cualquier valor de $y,z,t$ (así que un plano constante en el espacio). El campo eléctrico también será cero en todas partes cuando $ \omega t = \pi m$ con $m$ cualquier número entero.

Para el campo magnético, hay aviones situados en: $$ kx = \pi n \quad \rightarrow \quad x = b_n = \frac { \pi n}{k} $$ con $n$ cualquier número entero, para cualquier valor de $y,z,t$ (de nuevo un plano constante en el espacio). El campo magnético también será cero en todas partes cuando $ \omega t = \pi (m+1/2)$ con $m$ cualquier número entero.

Por lo tanto, vemos planos espaciales que aparecen con $ \mathbf {E}= \mathbf {B}=0$ en $x=a_n,t= \pi (m+1/2)$ y en $x=b_n,t= \pi m$ .

Definamos las nuevas coordenadas como una transformación de Lorentz para el sistema de coordenadas original: $$ \begin {align*} ct' &= \gamma (ct - \beta x) \\ x' &= \gamma (x - \beta ct) \\ y' &= y \\ z' &= z \end {align*}$$ con $ \beta = \frac {v}{c}, \gamma =[1- \beta ^2]^{1/2}$ .

El leyes de transformación escritas para los campos da los campos en este nuevo marco como: $$ \begin {align} & \mathbf {{E}_{ \parallel }}' = \mathbf {{E}_{ \parallel }} \\ & \mathbf {{B}_{ \parallel }}' = \mathbf {{B}_{ \parallel }} \\ & \mathbf {{E}_{ \bot }}'= \gamma \left ( \mathbf {E}_{ \bot } + \mathbf { v} \times \mathbf {B} \right ) \\ & \mathbf {{B}_{ \bot }}'= \gamma \left ( \mathbf {B}_{ \bot } - \frac {1}{c^2} \mathbf { v} \times \mathbf {E} \right ) \end {align}$$ Mientras que esto es complicado de escribir en general, en los planos de los nodos todos los componentes de $ \mathbf {E}$ y $ \mathbf {B}$ son cero, y por lo tanto $ \mathbf {B}'=0$ y $ \mathbf {E}'=0$ .

Tenga en cuenta que desde que $v$ es perpendicular a $ \mathbf {E}$ y $ \mathbf {B}$ los anteriores planos espaciales donde $ \mathbf {E}=0$ independientemente del tiempo, o $ \mathbf {B}=0$ independientemente del tiempo, no mantenga esta bonita forma después de la transformación ya que las partes eléctricas y magnéticas del campo se mezclarán en la transformación. Los únicos "nodos" verdaderamente independientes del sistema de coordenadas son aquellos en los que la totalidad tensor electromagnético es cero.

Ahora todo lo que queda es encontrar las coordenadas de estos nodos en el nuevo marco. Aquí sólo voy a trabajar para el $a_n$ aviones.

En la trama original los nodos están en coordenadas espacio-temporales $x=a_n$ , $t= \pi (m+1/2)=T_m$ mientras que $y,z$ puede tener cualquier valor. Por lo tanto, en el nuevo marco $$ ct' = \gamma (cT_m - \beta x_n)$$ La simultaneidad se rompe, así que en lugar de que todos los planos espaciales aparezcan al mismo tiempo, se producirán en orden a lo largo del eje x. Si hubiera una serie de campanas en el eje x que sonaran cuando el tensor electromagnético fuera cero, sonarían simultáneamente en un período determinado en el marco de descanso, pero en el marco móvil habría como ondas viajeras de las campanas que se apagan a lo largo del eje x.

Dado que se trata de eventos discretos, como el parámetro de transformación $v$ se incrementa, eventualmente habría efectos de "aliasing", lo que dificulta la interpretación completa como una "onda" de nodos en movimiento.

$$ x' = \gamma x_n - \gamma \beta cT_m$$

Tan similar al marco original, $y',z'$ puede tomar cualquier valor (por lo que los nodos siguen siendo planos), con $x'$ que tienen valores discretos (pero ahora estos valores dependen del tiempo). Con cada aparición de un nodo $n$ se moverá a lo largo de la $x$ eje. Como antes, con un mayor $v$ El alias de los eventos discretos hace que sea sospechoso "etiquetar" los nodos por $n$ para verlos moverse.

Algunas observaciones finales sobre el cálculo:
Como empezamos con una superposición de dos ondas planas, también podríamos escribir el resultado en el nuevo cuadro como una superposición de dos ondas planas transformadas. Dado que estas ondas ahora tendrán frecuencias espaciales y temporales desparejadas, ya no habrá bonitos planos estáticos de campo eléctrico o magnético cero, sino que los nodos donde $ \mathbf {E}= \mathbf {B}=0$ todavía existen y nos permiten imaginar mentalmente al menos algunas características de las soluciones.

Answer 2

La existencia de la onda estacionaria dependerá del marco de referencia del observador.

Una forma un tanto trivial de ver esto es centrarse en los nodos de la onda estacionaria en el marco de descanso. La forma en que tienes las cosas preparadas, esos nodos son nodos para la $E$ eso significa que son antinodos para el campo $B$ campo. Aplicando las transformaciones al marco móvil, obtenemos que $E' = - \gamma\beta B_0 \hat {y}$ y $B' = \gamma B_0 \hat {z}$ donde $B_0 = E_0/c$ es la magnitud de la $B$ en el marco de descanso, y estoy tomando su convención de la ola y $ \beta $ moviéndose a lo largo de la $ \hat {x}$ dirección.

Así que lo que el observador en el marco de descanso ve como nodos de la $E$ el observador en movimiento no ve como nodos en absoluto.

¿Y qué hay de la onda completa? Cuando aplico las transformaciones a la onda combinada, obtengo las ondas transformadas como $$E' = E_0 \gamma [(1- \beta ) \sin (kx- \omega t) + (1+ \beta ) \sin (kx + \omega t) \hat {y}$$ $$B' = E_0 \gamma /c [(1- \beta ) \sin (kx- \omega t) + (1+ \beta ) \sin (kx + \omega t) \hat {z}$$ (NB: No fui muy cuidadoso en cuanto a la transformación $k, x, \omega $ y $t$ cuando hice esto. Vea la última sección para saber por qué esto está bien).

El $ \sin (kx - \omega t)$ Los términos representan ondas que viajan en el $+ \hat {x}$ dirección. La similitud, la $ \sin (kx + \omega t)$ Los términos representan ondas que viajan en el $- \hat {x}$ dirección. Como $ \beta $ aumenta, la parte de la $E$ la onda que viaja con el marco en movimiento se debilita en relación con la parte que viaja contra el marco en movimiento. Lo mismo ocurre con la $B$ campo. Además, las dos partes de ambas ondas están reducidas en relación con la onda en el marco de descanso.

Una nota final: Purcell en realidad habla de esto en el capítulo 9. Se le ocurre $E_y' = E_0 \sqrt { \frac {1- \beta }{1+ \beta }}$ , $B'_z = E_0 \sqrt { \frac {1- \beta }{1+ \beta }}$ para una sola onda que viaja en la dirección del cuadro en movimiento. Creo que es equivalente al resultado que tengo arriba, y el resultado que obtienes en tu respuesta (con una supuesta $c=1$ ). Si inviertes la dirección del cuadro móvil, volteas las fracciones en el resultado de Purcell.

---

Todos los observadores se pondrán de acuerdo sobre la fase de esta ola. La onda-vector y la frecuencia forman un 4-vector $ \mathbf {k} = (k_0, \vec {k}) = ( \omega /c, \vec {k})$ mientras que la posición y el tiempo forman los 4 vectores $ \mathbf {x} = (ct, \vec {x})$ . Su producto escalar debe ser un El escalar de Lorentz .

Aquí hay dos maneras de hacer esto. Primero, cualitativamente, desde Jackson 11.2A (página 519 de la 3ª edición):

La fase de una onda plana en una cantidad invariable, la misma en todos los cuadros de coordenadas. Esto se debe a que la fase transcurrida de una onda es proporcional al número de crestas de onda que han pasado por el observador. Como se trata de una simple operación de conteo, debe ser independiente de la trama de coordenadas.

Segundo, por fuerza bruta. El producto escalar $ \phi = \mathbf {x} \cdot\mathbf {k} = \omega t - kx$ es la fase de la onda. En el sistema en movimiento esto se convierte $ \phi ' = \mathbf {x'} \cdot\mathbf {k'} = \omega ' t' - k'x'$ . Enchufa las transformaciones de Lorentz (ec. 11.16 en Jackson) $x_0' = \gamma (x_0 - \beta x), x' = \gamma (x - \beta x_0)$ y el desplazamiento Doppler (ecuación 11.29) $k_0' = \gamma (k_0 - \beta k), k' = \gamma (k - \beta k_0)$ . Multiplicando todo te da ocho términos; cuatro de ellos se cancelan inmediatamente, dejándote con $ \phi ' = \gamma ^2(1 - \beta ^2)( \omega t - kx)$ . Recordemos las definiciones $ \beta = v/c, \gamma = (1 - \beta )^{-1/2}$ y los prefectos cancelan, dejándote con $ \phi ' = \phi $ .

Cualquiera que sea la ruta que use para convencerse de que los dos observadores estarán de acuerdo en la fase de una onda, ese razonamiento se aplica a las dos ondas que ha dado en su experimento de pensamiento. Así que ambos observadores estarán de acuerdo en la fase de $E_1$ y ambos estarán de acuerdo en la fase de $E_2$ . Así que sea cual sea la onda general, al menos pueden ponerse de acuerdo en la fase.

Answer 3

Esta no es una respuesta directa, pero añade a La respuesta de Ben Crowell y La respuesta del curioso Kev y es simplemente algo que le ayudará a tener confianza en la corrección de su razonamiento físico, que es perfectamente sólido.

Piensa en tus ondas estacionarias en una caja con espejos perfectos en cada extremo, inicialmente en reposo en relación con un observador $A$ y luego le das a la caja un empujón (impulso instantáneo) para que empiece a moverse a velocidad $v$ en relación con $A$ . Ahora miramos el campo, el instante después del empujón, desde el punto de vista de un observador $B$ moviéndose con la caja.

Como usted razona correctamente, el observador $B$ ve clásicamente la onda con la que se mueven a una intensidad menor que la onda contra la que se mueven. También, clásicamente, ven la onda "con" desplazada en rojo y la onda "contra" desplazada en azul.

En el instante después del empujón, antes de que los espejos hayan cambiado la luz en absoluto, la situación es exactamente como la describes. La luz que se mueve con $B$ tiene un impulso menor que el que se mueve en contra $B$ . Así que la luz tiene un impulso neto en la dirección opuesta a $B$ el movimiento de la mujer en relación con $A$ . Este impulso neto es el mismo si se calcula como ( i ) el mismo número de fotones en cualquier dirección, pero con los fotones "con" el rojo desplazado y los fotones "contra" el azul desplazado o ( ii ) como lo has hecho tú, usando el $E/c$ la fórmula.

Si la luz está realmente, sin pérdidas, confinada dentro de la caja, entonces resulta una variación de campo transitoria de modo que las frecuencias de las ondas "con" y "contra" se aproximan a la media geométrica de las dos frecuencias y obtenemos de nuevo una onda estacionaria. El impulso neto inicial de la luz se reduce a cero. Así que, concluimos que el observador $B$ verá que debe aplicarse una fuerza variable en el tiempo a la caja para mantenerla estacionaria contra la fuerza neta (decreciente) ejercida sobre la caja por el desequilibrio de los momentums.

Así que un significado físico de su momento neto en el cálculo del marco móvil es este:

A medida que los transitorios se extinguen, el impulso total ejercido por esta fuerza para estabilizar el movimiento de la caja es igual al momento neto de la luz en la caja que $B$ calculado en $t=0$ .

Si $v<<c$ encontramos que el impulso total del cálculo clásico (como el suyo) o cuántico (con fotones) es de hecho $E\,v/c^2$ . Por lo tanto, la luz confinada se comporta como si tuviera inercia $E/c^2$ .

Ver un cálculo similar, donde pienso en "luz aplastante" aquí .

Answer 4

Este es/era mi intento de solución a este problema - gracias a las contribuciones de otros aquí, ahora estoy razonablemente seguro de que esto es correcto.

La configuración es de dos ondas planas y polarizadas que viajan en direcciones opuestas (digamos $x$ ). Por ejemplo.

$${ \bf E} = E_0 \sin (kx + \omega t) \hat { \bf j} + E_0 \sin (kx - \omega t) \hat { \bf j}$$

El campo magnético asociado será $${ \bf B} = -(E_0/c) \sin (kx + \omega t) \hat { \bf k} + (E_0/c) \sin (kx - \omega t) \hat { \bf k}$$

Ahora usa las transformaciones pertinentes para derivar los campos E- y B en el marco de referencia moviéndose con velocidad ${ \bf v} = v \hat { \bf i}$ .

$$ { \bf E^{ \prime }} = { \bf E}_{ \parallel } + \gamma [ { \bf E}_{ \perp } + { \bf v} \times { \bf B} ] $$ $$ { \bf B^{ \prime }} = { \bf B}_{ \parallel } + \gamma [ { \bf B}_{ \perp } - \frac {1}{c^2}{ \bf v} \times { \bf E} ]\, , $$ donde ${ \bf E}_{ \parallel } = { \bf B}_{ \parallel } = 0$ , $ \beta = v/c$ y $ \gamma = (1- \beta ^2)^{-1/2}$ .

Al mismo tiempo, el vector de onda y la frecuencia angular se transforman de acuerdo con las transformaciones de Lorentz, pero la onda que viaja hacia $-x$ está desplazada hacia el azul, y la ola que viaja hacia $+x$ está desplazado al rojo.

El resultado de esto es $$ { \bf E^{ \prime }} = \gamma (1+ \beta ) E_0 \sin ( \gamma (1+ \beta )kx^{ \prime } + \gamma (1+ \beta ) \omega t^{ \prime }) \hat { \bf j} \\ + \gamma (1- \beta ) E_0 \sin ( \gamma (1- \beta ) k x^{ \prime } - \gamma (1- \beta ) \omega t^{ \prime }) \hat { \bf j}\, , $$ y el campo B se transforma de forma análoga.

Así que esto es ahora la suma de dos ondas viajeras con diferentes amplitudes y frecuencias. Es no una ola de pie. Como $ \beta $ tiende hacia la unidad, la contribución del segundo componente esencialmente desaparece y la resultante tiende hacia una versión pura y potenciada del primer componente.

Si se calcula el promedio de tiempo del vector de Poynting: $$ < { \bf N} > = - \frac {2 \gamma ^2 \beta E_0}{ \mu_0 c} \hat { \bf i}$$

He construido un El applet Geogebra que visualiza esto. Sólo puedo mostrar instantáneas aquí - el applet html5 es animado (aunque es un poco torpe en mi navegador y es posible que quieras descargarlo, o haz clic en la opción mostrar como applet de Java en la parte inferior).

Abajo muestro dos instantáneas. La primera para un observador con $ \beta =0$ es decir, el marco de descanso. La línea negra muestra la onda estacionaria resultante. Entonces un observador con $ \beta =0.7$ ve la imagen inferior (de nuevo, recuerda que es una instantánea en el tiempo). Fíjese que la resultante es ahora casi coincidente con la onda viajera azulada (roja).