Herleitung von E=pcE=pcE=pc für ein masseloses Teilchen?

Question

Herleitung von E=pcE=pcE=pc für ein masseloses Teilchen?

NickyR

In der klassischen Mechanik gibt es keine masselosen Teilchen, weil z $m=0$ , $p=0$ .

Die relativistische Beziehung zwischen Energie, Masse und räumlichem Impuls lautet: $E^2= (pc)^2 + (mc^2)^2$ . So heißt es, dass Einstellung $m=0$ in der ersten Gleichung erhalten Sie $E=pc$ .

Wie könnte die Einstellung $m=0$ in dieser Gleichung geben Sie $E=pc$ während $p$ erscheint in der Gleichung und wir wissen es $p=γmu$ ? Wenn Sie einstellen $m=0$ Sie haben Unbestimmtheit aufgrund von " $γm$ " . Es scheint mir, als würden wir einen "Trick" machen, um das zu bekommen $E=pc$ . Vielleicht gibt es einen anderen Beweis für diesen Zusammenhang?

Benutzer12029

Warum nicht mit den Maxwellschen Gleichungen und einer ebenen Welle beginnen?

fqq

p = γ m u

$p=\gamma m u$ gilt nur für massive Teilchen

QMechaniker

Mögliche Duplikate: physical.stackexchange.com/q/2229/2451 und Links darin.

Garyp

Siehe insbesondere in der von @Qmechanic zitierten Frage diese Antwort .

David z

@Qmechanic ist natürlich eng verwandt, aber dies scheint nach einem bestimmten konzeptionellen Problem mit den Definitionen der relevanten Konzepte zu fragen. Ich glaube nicht, dass es ein Duplikat von #2229 ist. Es mag ein Duplikat von #119490 sein , aber selbst dann sehe ich es als ausreichend anders an.

NickyR

@garyp Ja, genau das habe ich mir angesehen. Trotzdem beantwortet es meine Frage nicht.

Kyle Kanos

Wahrscheinlich näher an physical.stackexchange.com/q/116464

Antworten (5)

Herleitung von E=pcE=pcE=pc für ein masseloses Teilchen?

Warum nicht mit den Maxwellschen Gleichungen und einer ebenen Welle beginnen?
Mögliche Duplikate: physical.stackexchange.com/q/2229/2451 und Links darin.
Siehe insbesondere in der von @Qmechanic zitierten Frage diese Antwort .
@Qmechanic ist natürlich eng verwandt, aber dies scheint nach einem bestimmten konzeptionellen Problem mit den Definitionen der relevanten Konzepte zu fragen. Ich glaube nicht, dass es ein Duplikat von #2229 ist. Es mag ein Duplikat von #119490 sein , aber selbst dann sehe ich es als ausreichend anders an.
@garyp Ja, genau das habe ich mir angesehen. Trotzdem beantwortet es meine Frage nicht.
Wahrscheinlich näher an physical.stackexchange.com/q/116464

Pulsar · Answer 1

Denken Sie daran, dass die Gleichung

E^{2} = P^{2} C^{2} + M^{2} C^{4}

$E^2 = p^2c^2 + m^2c^4$ ergibt sich aus den Relationen

\begin{aligned} (1) & E = γ M C^{2}, P = γ M v . \end{aligned}

$\begin{align} E = \gamma mc^2,\qquad p = \gamma m v. \tag{1} \end{align}$ Deshalb

\begin{matrix} (2) & P = E \frac{v}{C^{2}} . \end{matrix}

$p = E\frac{v}{c^2}.\tag{2}$ Obwohl (1) nur für massive Teilchen definiert ist, stellt sich heraus, dass (2) gültig bleibt, wenn

v = c

$v=c$ , dh für masselose Teilchen. In der Tat bekommen wir

E = P C,

$E= pc,$ was mit Elektromagnetismus und Quantenphysik vereinbar ist.

Sie leiten E = pc also nicht aus der ersten Beziehung ab, sondern aus (2), die sich tatsächlich aus (1) ableitet. Die Frage ist, wie es möglich ist, es aus der ersten Gleichung abzuleiten.
@NickyR Gleichung 1 ist in dem Sinne falsch, dass es sich um einen Sonderfall handelt. Gleichung 2 ist richtig, ebenso Gleichung 0. Zu fragen, wie man eine richtige Gleichung aus einer falschen ableitet, ist keine gute Frage. Aus 1 können Sie 0 erhalten, was allgemeiner ist, und 0 ist tatsächlich richtig, im Gegensatz zu 1, das nur manchmal gilt. Und 0 hat eine geometrische Bedeutung, dass der Energie-Impuls-Vektor eine Länge von m hat. Um die Geschwindigkeit zu erhalten, können Sie feststellen, dass die Energie-Impuls-Vektorpunkte in die Richtung tangential zur Weltlinie zeigen. Oder definieren $p=\sqrt{E^2/c^2-m^2c^2}$ als allgemeinere Definition für p anstelle der falschen (1).

Robin Ekmann · Answer 2

Die Definition von Momentum ist es nicht $\gamma m \dot x$ . Die richtige Definition von Momentum ist, dass es der Generator von Übersetzungen ist. Dann finden Sie, dass für massive Darstellungen der Lorentz-Gruppe (~zeitliche Kurven) $p = m \gamma \dot x$ , während für masselose Darstellungen (~lichtartige Kurven) $p$ ist willkürlich, solange $E = pc$ .

Eine andere Sichtweise ist, dass für Teilchen, die sich auf zeitähnlichen Kurven bewegen, die Ableitung in Bezug auf die Eigenzeit eine kovariante Größe ist, weil die Eigenzeit unveränderlich ist. Aber für leichte Kurven gibt es keine richtige Zeit. Es gibt affine Parameter , die analog sind, aber es gibt unendlich viele davon und keiner ist privilegiert, also gibt dies keine eindeutige Definition von Momentum.

Ich bin verwirrt: Die Definition des Impulses als Generator von Übersetzungen erscheint meines Wissens in der Quantenmechanik. Gibt es eine Möglichkeit, dasselbe nur mit der speziellen Relativitätstheorie zu beschreiben? ohne Wellen?
Das Konzept des Übersetzungsgenerators gilt auch für die klassische Mechanik in der Hamiltonschen Formulierung. Der Unterschied besteht darin, dass der Generator klassischerweise ein Vektorfeld ist, während der Quantengenerator ein Operator ist. Aber sie sind analog, weil sowohl Vektorfelder als auch Operatoren Lie-Algebren sind.
Könnten Sie ein bisschen mehr erklären? oder auf Stellen hinweisen, wo man darüber lesen kann? Ich habe einige Probleme, es zu finden.
@fffred Ich denke, die Analogie ist eine etwas "tiefe" Einsicht, die Sie nach viel Lesen aus mehreren Quellen erhalten, aber ich würde Armolds Mathematische Methoden der klassischen Mechanik empfehlen, da er viel über die Lie-Algebra-Struktur in der Hamilton-Mechanik spricht.
Betrachten Sie die Hamiltonsche Mechanik in kanonischen Koordinaten $(x,p)$ . Dann Übersetzungskarte $(x,p) \mapsto (x+a,p)$ . Das ist eindeutig das Vektorfeld, das dies erzeugt $\partial/\partial q$ . Aber in kanonischen Koordinaten ist die symplektische Form $dq\wedge dp$ , So $\partial/\partial q \mapsto dp$ . Also während es streng genommen ist $\partial/\partial q$ das ist der Translationsgenerator, wir können ihn auf diese Weise der Koordinate p zuordnen.
Ich wünschte, ich könnte diese Antwort mehr als einmal positiv bewerten. Zu viele verlassen das Studium ohne ein gutes Verständnis von Noethers Theorem und verwandten Konzepten.

Charles Hudgins · Answer 3

Die Beziehung (Einstellung $c = 1$ )

E^{2} = M^{2} + P^{2}

$E^2 = m^2 + p^2$ ist grundlegender als

E = γ m c^{2}

$E = \gamma m c^2$ Und

p = γ m v

$p = \gamma m v$ .

Ersteres ergibt sich natürlich als primäre Einschränkung aus der Veränderung der Aktion

S = - M \int \sqrt{{\dot{X}}^{μ} η_{μ v} {\dot{X}}^{v}} D λ

$S = -m \int \sqrt{\dot{x}^\mu \eta_{\mu \nu} \dot{x}^\nu} \, d\lambda$ Letztere Ausdrücke treten nur auf, wenn Sie die Parametrisierung wählen

λ = t

$\lambda = t$ .

Bill N · Answer 4

Wenn man bedenkt, dass die deBroglie-Beziehung für Photonen gilt, haben wir

P = \frac{H}{λ} = \frac{H F}{C} = \frac{E}{C}

$p=\frac{h}{\lambda} = \frac{hf}{c} = \frac{E}{c}$ die uns sofort gibt

E = P C .

$E=pc.$

Dies steht im Einklang mit der Lorentz-invarianten Energie-Vier-Vektor-Größe, die die Masse eines Teilchens ergibt:

M C^{2} = \sqrt{E^{2} - (P C)^{2}} = 0.

$mc^2=\sqrt{E^2-(pc)^2}=0.$

Arturo DonJuan · Answer 5

Für alle Teilchen gilt $p^{\mu}=(E,\vec{p})$ Und $p^{\mu}p_{\mu}\equiv m^2$ (unter Verwendung der Most-Minus-Metrik). Daher $E=\pm \sqrt{m^2+|\vec p|^2}$ . Wenn Sie einstellen $m^2=0$ , du erhältst $E=\pm |\vec p|$ . Der nicht-triviale Aspekt dieser Definitionen ist das $E$ ist buchstäblich als die Energie zu identifizieren, und $\vec p$ als räumlicher Impuls (also im klassischen Limes $E=p^2/2m + \textrm{const.}$ ).

Für massive Teilchen mit positiver Energie ( $m^2>0$ , $E>0$ ), stehen der 4-Impuls und die 4-Geschwindigkeit durch die Gleichung in Beziehung

P^{μ} = M u^{μ}

$p^{\mu}=m\,u^{\mu}$

wohingegen für masselose Teilchen mit positiver Energie ( $m^2=0$ , $E>0$ ), ist die Beziehung zwischen dem 4-Impuls und der 4-Geschwindigkeit gegeben durch:

P^{μ} = E u^{μ}

$p^{\mu}=E\,u^{\mu}$

Wo $u^{\mu}$ ist ein Lichtkegelvektor.

Herleitung von E=pcE=pcE=pc für ein masseloses Teilchen?

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fffred

Robin Ekmann

fffred

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Charles Hudgins

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Bill N

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