Ich brauche Hilfe, um ein Michelson-Morley-Experiment in einem sich bewegenden Trägheitsrahmen zu verstehen

Ich brauche etwas Hilfe, um ein Michelson-Morley-Experiment in einem sich bewegenden Trägheitsrahmen zu verstehen

Wenn ein Michelson-Morley-Experiment in einem Inertialsystem (S) stattfinden würde, das sich relativistisch zu meinem Inertialsystem (S') bewegt, dann würde ich die von den beiden Halbstrahlen zurückgelegten Distanzen in meinem Inertialsystem (S') als unterschiedlich messen ')?

wobei Arm A der Arm sein soll, der sich in x-Richtung bewegt (bewegter Trägheitsrahmen bewegt sich auch in x-Richtung) und Arm B der Arm senkrecht zur Bewegung ist. Nehmen wir dann an, dass der Wissenschaftler, der das Experiment im bewegten Inertialsystem (S) durchführt, es so eingerichtet hat, dass in seinem Inertialsystem (S) die beiden Arme A und B gleich lang sind. (Länge L)

Ich würde erwarten, dass die von den Halbstrahlen zurückgelegte Strecke nicht gleich ist, weil

i) Aus meinem Trägheitsrahmen (S') würde ich scheinen, dass sich die Länge von Arm A zusammenzieht (so dass die Länge L (L') kleiner wäre als die, die im sich bewegenden Trägheitsrahmen (S) gemessen wird (dh L > L') und der Halbbalken würde eine Gesamtstrecke von weniger als 2 L zurücklegen. Das heißt, wenn Lx die Gesamtstrecke ist, die der Halbbalken in Arm A in X-Richtung zurücklegt, dann ist 2L > Lx

ii) Von meinem Trägheitsrahmen aus würde ich sehen, wie sich der halbe Strahl in Arm B in einer Art V-Form bewegt, wobei die zurückgelegte Länge doppelt so groß ist wie die Hypotonuse des Dreiecks mit einer Seite der Länge L. Daher ist die vom zweiten Strahl zurückgelegte Länge größer als 2L, dh wenn Ly die Gesamtstrecke ist, die der Halbstrahl im Arm in y-Richtung zurücklegt, dann ist 2l < Ly

Also Ly > Lx.

Ist das richtig?

Wie sieht es nun mit der Zeit aus, die die beiden Halbstrahlen benötigen, um die beiden Arme A und B zu durchlaufen?

Die Zeit, die benötigt wird, um die beiden Arme (zum Spiegel und zurück) zu bewegen, ist in dem sich bewegenden Intertail-Rahmen (S) identisch. Wie in meinem Trägheitsrahmen (S') gemessen, sind die Zeiten gleich? Ich würde erwarten, dass sie aus dem folgenden Argument gleich sind.

Zwei Ereignisse in verschiedenen Inertialsystemen sind nicht gleichzeitig, wenn sie räumlich getrennt sind.

Aber im bewegten Trägheitsrahmen (S) vereinigen sich die beiden Halbstrahlen und verlassen das Okular des Apparats gleichzeitig (es gibt keine Interferenz), wenn die beiden Halbstrahlen das Okular des Apparats verlassen (dh vom selben Punkt im Raum ) gleichzeitig im beweglichen Apparat, und ich sehe dieses Okular von meinem Trägheitsrahmen (S'), dann sehe ich auch einen vollen Strahl, der gleichzeitig in meinem Inertail-Rahmen (S') ankommt. Denn wenn beide Halbstrahlen gleichzeitig den Apparat verlassen, müssen sie beide den gleichen Weg in der gleichen Zeit zurücklegen, bis sie mein Inertialsystem (S') erreichen.

Meine Schwierigkeit dabei ist dann, dass, da die Lichtgeschwindigkeit für alle Beobachter in allen Inertialsystemen (S und S') konstant ist, dann, wenn die Länge der von den Halbstrahlen zurückgelegten Strecke von meinem Inertialsystem (S') verschieden ist Es muss eine andere Zeit geben, die ich messen würde, damit das Licht die verschiedenen Entfernungen durchquert.

Soweit ich sehen kann, gibt es nur 3 Möglichkeiten, wenn ein stationärer Beobachter ein sich bewegendes Michelson-Morely-Experiment beobachtet.

1) Die Zeit, die jeder Halbstrahl benötigt, um jeden Arm zu durchqueren, ist identisch, was bedeutet, dass die zurückgelegte Entfernung identisch ist, da die Lichtgeschwindigkeit konstant ist. (was ich für falsch halte)

oder

2) Die Lichtgeschwindigkeit ist unterschiedlich, je nachdem in welche Richtung man sie misst. (was sicher falsch ist)

oder

3) Die von den Strahlen zurückgelegte Länge ist unterschiedlich, was bedeutet, dass die gemessenen Zeiten unterschiedlich sind, aber da der gesamte Strahl das Okular gleichzeitig verlässt, ist die Zeit dreidimensional. (Aber ich scheine keine Literatur darüber zu finden?

Könnte hier bitte jemand helfen?

Wenn sich jedoch die beiden Halbstrahlen verschmelzen und ich einen vollen Strahl durch das Okular sehe, würde dies bedeuten, dass sich die Zeit für den Beobachter im Trägheitsrahmen (S') je nach Richtung unterschiedlich ausdehnt oder zusammenzieht, was darauf hindeuten würde, dass die Zeit dreidimensional ist dh anders Zeiten werden in einem bewegten Inertialsystem (S) von einem Beobachter in einem anderen Inertialsystem (S') gemessen, abhängig davon, in welche Richtung sich das Licht in dem bewegten Inertialsystem (s) ausbreitet.

Ich bin sicher, dass jemand helfen kann?

Antworten (2)

Ja, also, es hilft, sich sehr klar darüber zu werden, was der geteilte Lichtstrahl in dem Rahmen macht, in dem sich die Apparatur bewegt. Nehmen wir an, es beginnt bei ( X , j ) = ( 0 , 0 ) .

Wir wissen, dass die X -Track ist unter Vertrag L ' = L 1 − β 2 (Wo β = v / C ) während die j -Spur ist nicht. Das Licht gelangt jedoch nicht zum Punkt ( L ' , 0 ) -- es muss sich an einem Punkt mit dem Spiegel treffen ( L ' + v   T , 0 ) , als einige Zeit T wird vergehen, bevor das Licht auf den Spiegel trifft, und der Spiegel sich bewegt . Der Standardansatz dafür in der klassischen Mechanik funktioniert perfekt: Wir dividieren L ' durch die Relativgeschwindigkeit zwischen dem Ende der X -Track und der Lichtimpuls in unseren Koordinaten, der sein wird C − v = C   ( 1 − β ) . Dann muss es bei der Reflexion dieselbe Entfernung zurücklegen L ' wieder, aber seine relative Geschwindigkeit wird jetzt sein C + v = C   ( 1 + β ) . (Technisch geht es von ( L ' + v   T 1 , 0 ) Zu ( v   ( T 1 + T 2 ) , 0 ) über diese Zeit T 2 , falls das hilft.)

Dies bedeutet, dass die Gesamtzeit, die das Licht benötigt, um in die zu gehen X -Richtung und Rückkehr ist eigentlich,

T X = L ' C   ( 1 − β ) + L ' C   ( 1 + β ) .
Wenn wir diese Brüche jetzt einfach addieren, wie es uns allen beigebracht wurde, wird der gemeinsame Nenner sein C ( 1 − β ) ( 1 + β ) = C ( 1 − β 2 ) und die Zähler werden gerecht sein ( 1 + β ) + ( 1 − β ) = 2 , verlassen nur:
T X = 2 L ' C   ( 1 − β 2 ) = 2 L C 1 − β 2 .
Ähnlich wie du das schon mal beim Reisen mitbekommen hast j -Pfad verlängert werden muss, weil statt Kontakt mit dem Spiegel bei ( X , j ) = ( 0 , L ) Der Spiegel hat sich ein Stück nach vorne bewegt, also müssen wir irgendwann Kontakt aufnehmen ( v   T , L ) und daher muss die Entfernung, die das Licht zurückgelegt hat, sein ( C   T ) 2 = ( v   T ) 2 + L 2 nach dem Satz des Pythagoras.

Auflösen für T wir finden das eigentlich direkt T = L / ( C 1 − β 2 ) und es ist die gleiche Entfernung zurück, also ist die verstrichene Gesamtzeit T j = 2 T = T X . Die Laufzeit des Lichts für beide Entfernungen muss genau gleich sein, und wir sagen auch ein Interferenzmuster im Okular voraus, obwohl wir uns nicht im Ruhesystem des Okulars befinden.

Tatsächlich sind alle diese Schritte der Logik umkehrbar, und wenn man das Argument rückwärts durchführt, ergibt sich, dass dieser Längenkontraktionseffekt mit Wirkung auftreten muss L ' = L 1 − β 2 . Das heißt, dies ist ein Standardargument von "Einsteins Zügen", das beweist, dass eine Längenkontraktion existieren muss; Sie haben es einfach rückwärts laufen lassen. Wo Sie meiner Meinung nach festgefahren sind, ist dieser feine Punkt bezüglich der relativen Geschwindigkeiten; Ich glaube, du wolltest schreiben T X = 2 L ' / C , was in dem Bezugssystem, in dem sich die Vorrichtung bewegt, keinen Sinn macht; L ' / C ist weder die Zeit für das Licht, um den Spiegel zu erreichen, noch für das Licht, um zum Okular zurückzukehren.

Wie auch immer, sobald wir die Längenkontraktion richtig haben, war Ihre Option (1) richtig, die Entfernung, die die beiden Lichtimpulse Ihrer Meinung nach zurückgelegt haben, ist absolut 100% gleich, weshalb Sie sehen, wie sich beide Impulse mit Lichtgeschwindigkeit bewegen und kommen gleichzeitig zurück zum Okular. Ich weiß nicht, was "Zeit ist dreidimensional" bedeutet, aber wir brauchen es in der Standardrelativitätstheorie nicht.

vielen Dank, aber Sie haben den dritten Teil Ihres Beweises verpasst. Zuerst zeigen Sie, dass die Länge kontrahiert ist. Dann zeigst du, wie man die Zeit berechnet. Können Sie nun mit Ihren Gleichungen zeigen, dass die Lichtgeschwindigkeit in x-Richtung c ist?
Lassen Sie mich Ihnen helfen, indem ich einige Zahlen in Ihre Gleichungen einsetze: L = 299792458 v = 14986229, c = 299792458, also β = 0,5 zum Quadrat = 0,25 usw. Also gemäß Ihren Gleichungen 2L' = 519255769 und Tx = 2,3094011. Die Lichtgeschwindigkeit, die Sie mit Ihren obigen Gleichungen berechnen würden, ist also c= 224844344 ..... dh c= 2L'/Tx? oder nicht?
Wenn C= L/T dann, wenn C auch = L'/T'x ist, dann wenn L' < L und C konstant ist, Tx < T. Aber wie Sie oben zeigen, L'< L und Tx > T . was sagt das über C. Das ist das Problem, das ich habe, dies zu verstehen
Dass a) c konstant ist und b) die Länge der beiden Halblichtstrahlen unterschiedlich ist, kann ich mir nur so vorstellen, dass auch die senkrecht und parallel zur Bewegung gemessene Zeit unterschiedlich sein muss: also die Zeit ist unterschiedlich, je nachdem in welche Richtung Sie den Lichtstrahl messen. dh die Zeit ist richtungsabhängig, da es drei Richtungen gibt, muss die Zeit auch 3d sein? Was ist die Alternative?
Zitieren Ich glaube, Sie wollten T x =2L ′ /c, Tx=2L′/c schreiben, was in dem Bezugssystem, in dem sich der Apparat bewegt, keinen Sinn ergibt; L ′ /c L′/c ist weder die Zeit, in der das Licht den Spiegel erreicht, noch die Zeit, in der das Licht zum Okular zurückkehrt. unquote Vielleicht könnten Sie mir sagen, wie Sie die Lichtgeschwindigkeit in X-Richtung berechnen würden? Warum ist die vom Licht zurückgelegte Strecke nicht 2l' und warum ist die benötigte Zeit nicht Tx?
Sie schreiben in Ihrem Kommentar, dass wir Tx = 2L'/c nicht verwenden können, aber in Ihrem Beweis verwenden Sie Tx = 2l'/c. ????
Ist nicht T x =2L /c √(1−β 2 ) nicht 2L'/c wenn L ′ =L /√(1−β 2)
Aha sorry, ich nehme es zurück. L' = L √(1−β 2)
Obwohl der Arm zusammengezogen ist, bewegt sich der Halbstrahl weiter als nur die doppelte Länge des Arms.
@andy nicht sicher, wo du in diesem Strom von Kommentaren gelandet bist ... Aber ja, die Ableitung der Zeit T X angenommen, dass Licht sich mit Geschwindigkeit fortbewegt C im X -Richtung und wenn Sie die Entfernung ausrechnen, die das Licht zurücklegt C T X und die Geschwindigkeit, mit der Licht in diese Richtung geht, ist daher trivial C , was beweist, dass die nicht-relativistische Mathematik immer noch konsistent ist ... Das Problem ist tatsächlich, dass aufgrund dieser Zeitunterschiede die X -Beam geht weiter als die Spurlänge L ' um einen Faktor von γ 2 .
Vielen Dank.. Ich verstehe jetzt, wo ich falsch lag. Wie Sie sagen, beträgt die vom Halbstrahl zurückgelegte Entfernung nicht nur 2L'. Da sich Arm A bewegt, ist die Strecke, die der Halbstrahl in Arm A zurücklegt, weiter. Ich habe den Punkt verpasst, dass die Zeit, die für die Reise zum Spiegel benötigt wird, nicht die zurückgenommene Zeit ist, sodass Sie die VTs nicht einfach aufheben können, da die VT, die Sie hinzufügen, nicht die VT ist, die Sie subtrahieren. Schätze wirklich deine Hilfe :-)

Sie können das Michelson-Morley-Interferometer tatsächlich in einem beweglichen Rahmen verwenden, um die Gleichungen für die Zeitdilatation und die Lorentz-Kontraktion abzuleiten. Der Vergleich der Laufzeit des Astes senkrecht zur Bewegungsrichtung ergibt eine Zeitdilatation. Als Nächstes können Sie die Gleichung für die Lorentz-Kontraktion ableiten, indem Sie angeben, dass Licht von beiden Zweigen gleichzeitig (mit gleichen Zweiglängen) für den statischen und den beweglichen Rahmen am Teiler ankommen muss. (Beachten Sie, dass Ereignisse, die gleichzeitig in einem bewegten Rahmen an derselben Position stattfinden, dh zwei Strahlen, die am Teiler zurückkommen, auch im statischen Rahmen gleichzeitig sind.)

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