Warum gilt das Newtonsche Gesetz in der relativistischen Mechanik?

Question

Warum gilt das Newtonsche Gesetz in der relativistischen Mechanik?

Es i

In der relativistischen Kinematik leiten wir den Impuls eines Körpers als ab

P = \frac{M_{0} \vec{v}}{\sqrt{1 - \frac{v^{2}}{C^{2}}}} = γ M_{0} \vec{v}

$p=\frac{m_0\vec v}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}=\gamma m_0\vec v$
Dann,

\begin{matrix} (1) & \vec{F} = \frac{D \vec{P}}{D T} \end{matrix}

$\vec F=\frac{d\vec p}{dt}\tag{1}$

⟹ \vec{F} = \frac{D (γ M_{0} \vec{v})}{D T}

$\implies\vec F=\frac{d(\gamma m_0\vec v)}{dt}$

Durch die Differenzierung erhalten wir

\vec{A} = \frac{D \vec{v}}{D T} = \frac{F_{0}}{M_{0} γ} - \frac{(\vec{F} . \vec{v}) \vec{v}}{M_{0} C^{2} γ}

$\vec a=\frac{d\vec v}{dt}=\frac{F_0}{m_0\gamma}-\frac{(\vec F.\vec v)\vec v}{m_0c^2\gamma}$
Wir stellen fest, dass die Beschleunigung nicht in Richtung der äußeren Nettokraft erfolgen muss.

Ich habe eine Frage, warum Gleichung $(1)$ hält sogar. Wie können wir das annehmen $(1)$ hält? Der Ausdruck jeder Größe wird in der relativistischen Mechanik wie Impuls, kinetische Energie usw. geändert. Warum wird nicht irgendein Faktor damit multipliziert oder hinzugefügt?

In der Newtonschen Mechanik $(1)$ ist das Ergebnis alltäglicher Beobachtungen. Wir können das Gesetz auch überprüfen, indem wir Experimente auf einer linearen Luftbahn durchführen, da in diesem Fall die Reibung sehr stark reduziert wird, was bei der Analyse hilft $(1)$ deutlich.

Auch in der relativistischen Mechanik gilt das Newtonsche Gesetz, dh Ausdruck $(1)$ , nur die Folge von Beobachtungen oder gibt es auch andere Gründe dafür?

Anhang-1
Beim Ableiten des Impulsausdrucks erhalten wir

P = M_{Ö} v γ = M_{Ö} \frac{D X}{D T} \frac{D T}{D τ} = M_{Ö} \frac{D X}{D τ}

$p=m_ov\gamma=m_o\frac{dx}{dt}\frac{dt}{d\tau}=m_o\frac{dx}{d\tau}$
Wo

τ

$\tau$ ist das eigentliche Zeitintervall (Zeitspanne im Rahmen, in der das Teilchen zu ruhen scheint).
So,

p = m_{o} \frac{d x}{d τ} \neq m_{o} \frac{d x}{d t}

$p=m_o\frac{dx}{d\tau}\neq m_o\frac{dx}{dt}$
In der Newtonschen Mechanik

t = τ

$t=\tau$ (Existenz einer universellen Zeit, die unabhängig von jedem Inertialsystem fließt).
Warum wir davon ausgehen

F = \frac{d p}{d t}

$F=\frac{dp}{dt}$ in der relativistischen Mechanik?
Es kann sein

F = \frac{d p}{d τ}

$F=\frac{dp}{d\tau}$ Auch.
Das können wir auch sehen

F = \frac{d p}{d τ}

$F=\frac{dp}{d\tau}$ ist etwas grundlegender, weil es auf reduziert wird

F = \frac{d p}{d t}

$F=\frac{dp}{dt}$ in bewegten Rahmen mit niedriger Geschwindigkeit. Das ist eigentlich mein Zweifel.

Nachtrag-2
Ich habe alle Antworten gelesen, aber ein Punkt ist mir immer noch nicht klar.
Kraft ist ein Maß für Wechselwirkungen, die auf das Teilchen einwirken. In der Newtonschen Mechanik (d. h. Arbeiten mit sehr geringer Geschwindigkeit im Vergleich zu Licht) ist das Maß der Wechselwirkung durch das Newtonsche Gesetz gegeben $F=\frac{dmv}{dt}$ . Es gibt keine Unterscheidung zwischen irgendeiner Art von Zeit, was bedeutet, dass es eine universelle Zeit gibt, die unabhängig von jedem Referenzrahmen fließt, vorausgesetzt, die Geschwindigkeit des Referenzrahmens ist im Vergleich zum Licht sehr gering.
Aber während der Arbeit mit Objekten, die sich mit Geschwindigkeit nahe der Lichtgeschwindigkeit bewegen. Dann ist das Maß der auf das Teilchen eingewirkten Nettowechselwirkung $\frac{dmv\gamma}{dt}$ oder $\frac{dmv\gamma}{d\tau}$ Wo $\tau$ ist das richtige Zeitintervall (Zeitintervall im Rahmen des sich bewegenden Objekts)?
In Büchern sagen sie direkt $F=\frac{dmv\gamma}{dt}$ auch wenn sich Partikel mit sehr hoher Geschwindigkeit bewegen.

Aber wenn wir beide Möglichkeiten in Betracht ziehen $F=\frac{dmv\gamma}{dt}$ oder $\frac{dmv\gamma}{d\tau}$ , dann reduziert sich beides nach dem Newtonschen Gesetz bei sehr geringer Geschwindigkeit wie $\tau\to t$ Und $\gamma\to 1$ bei sehr geringer Geschwindigkeit.

Ruslan

Warum sollte

\frac{d p}{d τ}

$\frac{dp}{d\tau}$ nützlicher sein?

τ

$\tau$ ist die Eigenzeit, die von einer mitlaufenden Uhr gemessene Zeit, während

p

$p$ ist der aus der Sicht eines externen Beobachters gemessene Impuls (im mitbewegten Koordinatensystem,

p \equiv 0

$p\equiv0$ ). Warum denkst du, es ist grundlegender als

\frac{d p}{d t}

$\frac{dp}{dt}$ wo beides

p

$p$ Und

t

$t$ werden Größen von einem externen Beobachter gemessen?

tobi_s

In Bezug auf Ihren Nachtrag: Sie definieren Kraft auf beliebige Weise, und wenn Sie relativistische Mechanik betreiben, ist die Form mit Eigenzeit die nützlichere, da die auf diese Weise definierte Kraft ein Vierervektor ist und daher die Gesetze, die sie regeln, gleich bleiben in allen Inertialsystemen (sie sind "kovariant"), zB ist das Lorentz-Kraftgesetz einfach

\frac{d p^{α}}{d τ} = q F^{α β} \frac{d x_{β}}{d τ}

$\frac{\mathrm{d} p^\alpha}{\mathrm{d} \tau} = q F^{\alpha \beta} \frac{\mathrm{d}x_\beta}{\mathrm{d}\tau}$ und dies gilt in allen Trägheitssystemen.

Es i

@Ruslan, denke ich

p = \frac{d p}{d τ}

$p=\frac{dp}{d\tau}$ ist grundlegender, denn wenn wir das Obige als Definition von Impuls nehmen, dann bei sehr niedrigen Geschwindigkeiten

τ \to t

$\tau\to t$ daher

m_{o} \frac{d x}{d τ} \to m_{o} \frac{d x}{d t}

$m_o\frac{dx}{d\tau}\to m_o\frac{dx}{dt}$ Das ist die Definition von Impuls in der Newtonschen Mechanik.

Eli

„Wir machen die Differenzierung, die wir bekommen“, was ist mit diesem Begriff

γ = γ (\vec{v})

$\gamma=\gamma(\vec v)$ ?

Es i

@Eli, das Endergebnis hat den Differenzierungsbegriff von enthalten

γ (v)

$\gamma (v)$ . Aber ich habe die Berechnung nicht explizit gezeigt.

Andreas Steane

Der Hauptpunkt ist, dass es eine Frage der Definition ist, aber Definitionen sind gut, wenn sie nützlich sind, und in diesem Fall haben wir das getan

d p / d t = q (E + v \times B)

$d{\bf p}/dt = q ( {\bf E} + {\bf v} \times {\bf B} )$ für elektromagnetische Kräfte; siehe ans von knzhou.

Antworten (6)

Warum gilt das Newtonsche Gesetz in der relativistischen Mechanik?

Warum sollte $\frac{dp}{d\tau}$ nützlicher sein? $\tau$ ist die Eigenzeit, die von einer mitlaufenden Uhr gemessene Zeit, während $p$ ist der aus der Sicht eines externen Beobachters gemessene Impuls (im mitbewegten Koordinatensystem, $p\equiv0$ ). Warum denkst du, es ist grundlegender als $\frac{dp}{dt}$ wo beides $p$ Und $t$ werden Größen von einem externen Beobachter gemessen?
In Bezug auf Ihren Nachtrag: Sie definieren Kraft auf beliebige Weise, und wenn Sie relativistische Mechanik betreiben, ist die Form mit Eigenzeit die nützlichere, da die auf diese Weise definierte Kraft ein Vierervektor ist und daher die Gesetze, die sie regeln, gleich bleiben in allen Inertialsystemen (sie sind "kovariant"), zB ist das Lorentz-Kraftgesetz einfach $\frac{\mathrm{d} p^\alpha}{\mathrm{d} \tau} = q F^{\alpha \beta} \frac{\mathrm{d}x_\beta}{\mathrm{d}\tau}$ und dies gilt in allen Trägheitssystemen.
@Ruslan, denke ich $p=\frac{dp}{d\tau}$ ist grundlegender, denn wenn wir das Obige als Definition von Impuls nehmen, dann bei sehr niedrigen Geschwindigkeiten $\tau\to t$ daher $m_o\frac{dx}{d\tau}\to m_o\frac{dx}{dt}$ Das ist die Definition von Impuls in der Newtonschen Mechanik.
„Wir machen die Differenzierung, die wir bekommen“, was ist mit diesem Begriff $\gamma=\gamma(\vec v)$ ?
@Eli, das Endergebnis hat den Differenzierungsbegriff von enthalten $\gamma (v)$ . Aber ich habe die Berechnung nicht explizit gezeigt.
Der Hauptpunkt ist, dass es eine Frage der Definition ist, aber Definitionen sind gut, wenn sie nützlich sind, und in diesem Fall haben wir das getan $d{\bf p}/dt = q ( {\bf E} + {\bf v} \times {\bf B} )$ für elektromagnetische Kräfte; siehe ans von knzhou.

Rodney Dunning · Answer 1

$F = \frac{d\vec{p}}{dt}$ , Wo $p = \gamma m \vec{u}$ , ist eine definierte Größe in SR. Das ist die theoretische Begründung $\gamma m \vec{u}$ bleibt bei Kollisionen und Annäherungen erhalten $m \vec{u}$ im unteren Drehzahlbereich. (Die Rechtfertigung für die Definition von Momentum als $\sum m \vec{u}$ in der Newtonschen Physik ist, dass diese Größe erhalten bleibt, wenn keine äußere Kraft auf das System einwirkt. Wir möchten eine ähnlich umgewandelte Größe in SR identifizieren.) Die andere Begründung ist, dass sie mit experimentellen Ergebnissen übereinstimmt.

Die Quantität $\gamma m {\bf u}$ tatsächlich die Erhaltungsgröße ist und experimentell überprüft werden kann. Jedoch die Gleichung betreffend ${\bf F}$ Zu $d{\bf p}/dt$ ist eine Definition von ${\bf F}$ , und als solches kann weder gezeigt werden, dass es mit experimentellen Ergebnissen übereinstimmt, noch widerspricht.

Der_Sympathisant · Answer 2

Der_Sympathisant

Der Ausdruck

F := \frac{D P}{D T}

$\mathbf{F} := \frac{d\mathbf{p}}{dt}$

ist die Definition des Kraftmaßes . Was Sie entdeckt haben, ist die Aussage

F = M A

$\mathbf{F} = m\mathbf{a}$

was in der Newtonschen Mechanik gilt, gilt nicht in der relativistischen (Einsteinschen) Mechanik. Diese beiden sind im Newtonschen Kontext äquivalent, aber im relativistischen Kontext nicht äquivalent. Stattdessen ist letzteres in der Tat ein "Gesetz", da es keine Kraft definiert , sondern eine Aussage darüber ist , während ersteres eine tatsächliche Definition in einem theoretischen Kontext ist. Und dieses Gesetz gilt nur bei niedrigen Geschwindigkeiten, wo sich Einsteinsche und Newtonsche Mechanik annähern und wo wir den Lorentz-Referenzrahmen verwenden.

Es i

Eigentlich,

F = m a

$F=ma$ ist für konstante Masse. Betrachten wir die relativistische Masse,

m_{o} γ

$m_o\gamma$ (Ich weiß, dass die relativistische Masse nur ein mathematisches Konstrukt ist, das wir beim Ableiten des Impulses erhalten). Aber vorerst, wenn wir die relativistische Masse betrachten, sehen wir, dass sich die Masse ändert, während sie sich mit hohen Geschwindigkeiten bewegt. Wenn wir in der Newtonschen Mechanik das Newtonsche Gesetz für variable Masse und Geschwindigkeit lösen, dann in

F = d p / d t

$F=dp/dt$ , wir bekommen

F = m \frac{d v}{d t} + v \frac{d m}{d t}

$F=m\frac{dv}{dt}+v\frac{dm}{dt}$ . Also bekommen wir,

\vec{a} = \frac{d \vec{v}}{d t} = \frac{\vec{F}}{m} - \frac{\vec{v} d m}{m d t}

$\vec a=\frac{d\vec v}{dt}=\frac{\vec F}{m}-\frac{\vec v dm}{mdt}$ , um die gleiche Schlussfolgerung zu erhalten, muss die Beschleunigung nicht in Richtung der Kraft sein.

Andreas Steane

Die Newtonsche Beziehung ist

F = d p / d t

${\bf F} = d{\rm p}/dt$ . Das Newtonsche Ergebnis nimmt nur die Form an

F = m a

${\bf F} = m {\bf a}$ unter besonderen Umständen, wie z. B. konstanter Masse.

Knzhou · Answer 3

In der Relativitätstheorie der Brief $\mathbf{F}$ wird die Drei-Kraft genannt und als Sein definiert $d \mathbf{p}/dt$ . Dies kann auf keinen Fall "falsch" sein, da es sich lediglich um eine Definition handelt.

Nun, Sie machen den guten Punkt, dass die Menge $dp^\mu / d\tau$ , die allgemein als relativistische Viererkraft bezeichnet und mit dem Buchstaben bezeichnet wird $f^\mu$ , ist in bestimmten Kontexten "natürlicher". Aber das macht die vorherige Definition nicht falsch! Es gibt jeweils Vor- und Nachteile.

$\mathbf{F}$ ist einfacher zu verwenden, wenn Sie die zeitliche Entwicklung eines Objekts in einem festen Referenzrahmen verfolgen möchten, da es sich direkt damit befasst $t$
$\mathbf{F}$ entspricht direkt der bekannten Newtonschen Kraft im nichtrelativistischen Limes
$f^\mu$ ein Vierervektor ist, also leicht Lorentz-transformiert werden kann, während $\mathbf{F}$ hat eine komplizierte Transformation
$f^\mu$ erscheint automatisch in Gleichungen, die aus anderen relativistischen Theorien definiert wurden. Wenn Sie zum Beispiel Elektromagnetismus in relativistischer Form lernen, werden Sie feststellen $f^\mu = q u^\nu F_{\mu\nu}$ .
$\mathbf{F}$ wird immer noch häufig angezeigt, wenn Sie in nichtrelativistischen Szenarien arbeiten. Wenn Sie zum Beispiel die vorherige Gleichung nehmen und sie in elektrische und magnetische Felder zerlegen, erhalten Sie $\mathbf{F} = q (\mathbf{E} + \mathbf{v} \times \mathbf{B})$ .
$\mathbf{F}$ gehorcht auch anderen nützlichen Identifizierungen, wie z $dE = \mathbf{F} \cdot d \mathbf{x}$ .

Beide Definitionen werden häufig verwendet und keine ist wirklich "natürlicher". Manchmal, wenn ich ein Dynamikproblem löse, verwende ich beide Definitionen zu unterschiedlichen Zeiten, wenn das der effizienteste Weg ist.

Ja, ich stimme voll und ganz zu (+1) und folge auch der im letzten Satz genannten Politik. Wenn man zum Beispiel nach einer Geschwindigkeit als Funktion der Eigenzeit entlang einer Weltlinie aufgelöst hat, weiß man immer noch nicht, wie hoch die Geschwindigkeit bei einem gegebenen Ereignis ist! (bis man auch die richtige Zeit als Funktion von Koordinaten oder so findet).

Eli · Answer 4

Relativistische Bewegungsgleichung

\begin{aligned} NEWTON-Raum \\ (1) & F = \frac{D}{D T} (M v) \\ MINKOWSKI-Raum \\ (2) & \frac{D}{D τ} (M u^{μ}) = K^{μ} = [\begin{matrix} K^{0} \\ K^{ich} \end{matrix}] \end{aligned}

$\begin{align*} &\text{NEWTON space}\\\\ &\mathbf F=\frac{d}{dt}\,(m\,\mathbf v)\tag{1}\\\\ &\text{MINKOWSKI space}\\\\ &\frac{d}{d\tau}\left(m\,u^\mu\right)=K^\mu= \begin{bmatrix} K^0 \\ K^i \\ \end{bmatrix}\tag{2} \end{align*}$ Die EOMs müssen zwei Anforderungen erfüllen

die Kraft $~\mathbf K~$ muss ein Lorentz-Skalar sein $~(K'^\mu\,K'_\mu=K^\mu\,K_\mu)~$ Und
für $~v\ll c$ Sie erhalten die NEWTON EOM's mit: $\begin{aligned} \frac{D}{D τ} = \frac{D}{D T} γ \\ u^{μ} = [\begin{matrix} C \\ v \end{matrix}] \\ K^{0} = \frac{γ v^{T} F}{C}, K^{ich} = γ F \\ Und \\ γ = \frac{1}{\sqrt{1 - \frac{v \cdot v}{C^{2}}}} \end{aligned}$ $\begin{align*} &\frac{d}{d\tau}=\frac{d}{dt}\,\gamma\\ &u^\mu=\begin{bmatrix} c \\ \mathbf{v} \\ \end{bmatrix}\\ &K^0=\frac{\gamma\,\mathbf{v}^T\,\mathbf{F}}{c}\quad, K^i= \gamma\,\mathbf{F}\\ &\text{and}\\ &\gamma=\frac{1}{\sqrt{1-\frac{\mathbf{v}\cdot \mathbf{v}}{c^2}}} \end{align*}$

erhält man die relativistische Bewegungsgleichung:

mit $\mathbf{v}=[v,0,0]^T~$ Und $\mathbf{F}=[F,0,0]^T$

\frac{D v}{D T} = \frac{F}{M} (1 - \frac{v^{2}}{C^{2}})

$\dfrac{dv}{dt}=\dfrac{F}{m}\,\left( 1-\dfrac{v^{2}}{c^{2}}\right)$

daher $~v\ll c$ Sie erhalten die NEWTON-Bewegungsgleichung und können diese überprüfen $~(K'^\mu\,K'_\mu=K^\mu\,K_\mu)=-F^2~$ Lorenz-Skalar

\begin{aligned} \frac{D}{D τ} (M u^{μ}) = \frac{D}{D T} (\frac{D T}{D τ} M u^{μ}) = \frac{D}{D T} (γ M u^{μ}) = \frac{D}{D T} ([\begin{matrix} γ M C \\ γ M v \end{matrix}]) = [\begin{matrix} K^{0} \\ K^{ich} \end{matrix}] \end{aligned}

$\begin{align*} &\frac{d}{d\tau}(m\,u^\mu)=\frac{d}{dt}(\frac{dt}{d\tau}\,m\,u^\mu)=\frac{d}{dt}(\gamma\,m\,u^\mu)=\frac{d}{dt}\left(\begin{bmatrix} \gamma\,m\,c\, \\ \gamma\,m\,\mathbf v\\ \end{bmatrix}\right)=\begin{bmatrix} K^0\\ K^i\\ \end{bmatrix} \end{align*}$

Die Antwort fällt mir mathematisch etwas schwer. Ich habe Ihre Antwort mehrmals gelesen. Sie sagen also im Grunde, dass in der relativistischen Mechanik $\frac{d}{d\tau}mu\gamma$ ist im Grunde das Newtonsche Gesetz in der relativistischen Mechanik, das sich auf das Newtonsche Gesetz in der Newtonschen Mechanik reduziert
@iri tut mir leid, im relativistischen Raum haben Sie vier Koordinaten $t, x,y,z$ Sie verwenden es, wenn die Bewegungsgeschwindigkeit in der Nähe der Lichtgeschwindigkeit c liegt, aber die relativistische Bewegungsgleichung im Grenzfall auf das Newtonsche Gesetz reduziert werden muss
danke für die Antwort. In der Newtonschen Mechanik, wenn wir rechnen $\frac{dmv}{dt}$ , dann wissen wir um Größe und Richtung der auf den Körper einwirkenden Wechselwirkungen. In der relativistischen Mechanik ist $\frac{dmv\gamma}{dt}$ oder $\frac{dmv\gamma}{d\tau}$ sagt uns etwas über die Größe und Richtung der Wechselwirkungen, die im Teilchen wirken.
Wenn Sie die Differentialgleichungen lösen, erhalten Sie die Lösung $~v(t)~$ nach der theorie kann die teilchengeschwindigkeit die lichtgeschwindigkeit c nicht überschreiten, deshalb braucht man den gammafaktor in der relativistischen gleichung , in der newtonschen mechanik kann die teilchengeschwindigkeit die lichtgeschwindigkeit überschreiten.
Ja, Sie haben Recht, wir brauchen $\gamma$ sicher, dass die Lichtgeschwindigkeit in der relativistischen Mechanik nicht überschritten wird. Aber die Frage ist, ob es die Wechselwirkungen sind, die auf Teilchen einwirken $\frac{dmv\gamma}{dt}$ oder $\frac{dmv\gamma}{d\tau}$ ? Ich bin sehr verwirrt.
die gleichung ist $~\frac{d}{dt}\left(m\,\gamma\,v\right)=\gamma\,F~\Rightarrow$ ${\frac {d}{dt}}v \left( t \right) -{\frac {F}{m}}+{\frac {F \left( v \left( t \right) \right) ^{2}}{m{c}^{2}}}=0~$ für c=1 und F= konstant erhält man die Lösung $~v(t)=\tanh\left(\frac{F\,t}{m}\right)$ und die Newton-Lösung ist $v(t)=\frac{F\,t}{m}$

Señor O · Answer 5

Señor O

Das ist ungefähr so, als würde man fragen: "Warum ist ein Meterstab immer noch einen Meter in SR?"

Nun, es ist ein Meter, weil wir es so definieren. Und es wird immer genau ein Meter in seinem eigenen Bezugssystem sein – per Definition.

Ebenso ist Kraft die Übertragung von Impuls zwischen zwei Objekten. Der Kraft-3-Vektor ist keine Lorentz-Invariante und erscheint nicht in allen Referenzrahmen gleich.

Es kann irreführend sein, dies zu sehen $F = \frac{d\vec{p}}{dt}$ Ich bewerbe mich immer noch und denke: "Oh, das ist dasselbe wie Nicht-SR-Force, also ist es dasselbe." Aber das stimmt nicht - $\vec{p}$ ändert sich mit SR, also ist es nur die gleiche Gleichung wie die Netwonische Mechanik in ihrem eigenen Referenzrahmen - und wir wissen, dass Newtons Gesetze immer noch gelten, wenn sie in einem eigenen Rahmen sind. Erwarten Sie, dass sich dieser Ausdruck auch ändert, indem Sie einen Faktor von hinzufügen $\gamma$ oder etwas würde deinen Kuchen haben und ihn auch essen.

J. Murray

Ich bin etwas verwirrt über den Satz "Wir wissen, dass Newtons Gesetze immer noch in einem Trägheitssystem gelten." In einem generischen Trägheitsbezugssystem gibt es Faktoren von

γ

$\gamma$ überall. Definieren Sie "Newtons Gesetze" als Sammlung von Symbolen?

\vec{F} = d \vec{p} / d t

$\vec F = d\vec p/dt$ Wo

\vec{F}

$\vec F$ Und

\vec{p}

$\vec p$ sind die geeigneten relativistischen Verallgemeinerungen der Newtonschen Konzepte von Kraft und Impuls?

Señor O

Die Newtonschen Gesetze wurden in einem Trägheitsbezugssystem entwickelt. Wenn Sie niemals Frames wechseln, sollte es keine Faktoren geben

γ

$\gamma$ überall, geschweige denn überall. Die gesamte SR-Physik reduziert sich auf die Newtonschen Gesetze in einem Trägheitssystem.

J. Murray

Ich hasse es, der Überbringer schlechter Nachrichten zu sein, aber das ist absolut falsch. Haben Sie sich jemals mit relativistischer Dynamik befasst?

Señor O

@J.Murray lol kannst du mir ein Beispiel für "relativistische Dynamik" in einem Trägheitsreferenzrahmen geben?

J. Murray

ähm... die Beschleunigung eines Elektrons in einem starken elektrischen Feld beobachten? Behaupten Sie das ernsthaft?

F = m a

$F=ma$ ist in einem Trägheitsbezugssystem relativistisch korrekt?

Señor O

@J.Murray Nein - ich verstehe, was du jetzt sagst. Ich habe den Begriff Trägheitsrahmen als Ersatz für seinen eigenen Rahmen missbraucht, dh dass F = ma in Ihrem Szenario im Rahmen des Elektrons gelten würde

Es i

Grundsätzlich bleibt die Definition grundlegender Größen sowohl in der Newtonschen als auch in der relativistischen Mechanik gleich. Wie in der relativistischen Mechanik leiten wir den Ausdruck der kinetischen Energie ab

Δ K = \int \vec{F} . \vec{d r}

$\Delta K=\int\vec F.\vec{dr}$ (Arbeitsenergiesatz in der Newtonschen Mechanik)?

Es i

Beim Ableiten des Impulsausdrucks erhalten wir

p = m_{o} v γ = m_{o} \frac{d y}{d t} \frac{d t}{d τ} = m_{o} \frac{d y}{d τ}

$p=m_ov\gamma=m_o\frac{dy}{dt}\frac{dt}{d\tau}=m_o\frac{dy}{d\tau}$ Wo

τ

$\tau$ ist das eigentliche Zeitintervall (Zeitspanne im Rahmen, in der das Teilchen zu ruhen scheint). Grundsätzlich der Ausdruck von

p

$p$ ändert sich doch

t = τ

$t=\tau$ in der Newtonschen Mechanik. Die Frage ist warum

F \neq \frac{d p}{d τ}

$F\neq\frac{dp}{d\tau}$ ?

Señor O

@Iti, weil Kraft ein nicht relativistischer 3-Vektor und unter Lorentz-Transformationen nicht invariant ist.

\frac{d p}{d τ}

$\frac{dp}{d \tau}$ ist jedoch eine reale Sache - es ist die Minkowski-4-Kraft und IS-Invariante unter Lorentz-Transformationen.

Es i

@Señor, können Sie bitte die Ergänzungen in meiner Frage sehen.

meine2cts · Answer 6

Kraft ist per Definition eine Impulsänderung, genauso wie Kraft eine Energieänderung ist. Die Energie-Impuls-Erhaltungsaussage $\partial _\mu T^{\mu\nu}=0$ ist die feldtheoretische Aussage des SR über verschwindende Kraft und Kraft.

Warum gilt das Newtonsche Gesetz in der relativistischen Mechanik?

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tobi_s

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J. Murray

Señor O

J. Murray

Señor O

J. Murray

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