Klassischer Nachweis des gyromagnetischen Verhältnisses g = 2 g = 2

Question

Klassischer Nachweis des gyromagnetischen Verhältnisses g = 2 g = 2

Physik
Drehimpuls
Elektronen
Quantenspin
Dipol-moment
Klassische-mechanik

AccidentalFourierTransform

Ich las Repräsentation von Elektronen: Ein biographischer Ansatz für theoretische Entitäten von Theodore Arabatzis.

An einem bestimmten Punkt, an dem er die Geschichte des magnetischen Moments des Elektrons erklärt, beschreibt er den Prozess, zu dem er geführt hat

μ = G \frac{e}{2 m} S.

Das magnetische Orbitalmoment erfüllt die obige Beziehung mit $g = 1$ $g = 1$ $g = 1$ $g = 1$ $G = 1$ ;; irgendwie hat das spinmagnetische moment $g = 2$ $g = 2$ $g = 2$ $g = 2$ $G = 2$ . Auf Seite 226 stellt er fest, dass (Hervorhebung von mir):

Das Elektron erhielt somit ein intrinsisches magnetisches Moment (ein Bohr-Magneton), das aufgrund seiner Orbitalbewegung doppelt so groß war wie sein magnetisches Moment. Dann stellte sich die Frage, ob diese Eigenschaft in der klassischen elektromagnetischen Darstellung des Elektrons untergebracht werden könnte. Auf Ehrenfests Vorschlag gelang es Uhlenbeck, diese Eigenschaft zu erklären, indem er Abrahams Analyse des gyromagnetischen Verhältnisses einer sphärischen (Oberflächen-) Ladungsverteilung nutzte. Unter der Annahme, dass das Elektron eine rotierende Kugel war, deren Ladung auf ihrer Oberfläche verteilt war, folgte der erforderliche Wert seines magnetischen Moments.

Wenn ich das richtig verstehe, sagt der Autor, wenn wir das Elektron als eine Kugel mit einer Oberflächenladungsverteilung betrachten, sollten wir das bekommen $g = 2$ $g = 2$ $g = 2$ $g = 2$ $G = 2$ Faktor, mit ausschließlich klassischen Argumenten . Die Sache ist, ich habe versucht, dies zu überprüfen, und mein Ergebnis ist das $g = 1$ $g = 1$ $g = 1$ $g = 1$ $G = 1$ .

Meine Analyse lautet wie folgt: Angenommen, das Elektron ist eine feste Kugel mit Masse $m$ $m$ $m$ und Radius $r_{e}$ $r_{e}$ $r_{e}$ $r_{e}$ $r_{e}$ ;; dann ist sein Trägheitsmoment

ich = \frac{2}{5} m r_{e}^{2}

Wenn wir annehmen, dass sich das Elektron mit der Winkelfrequenz dreht $ω$ $ω$ $ω$ finden wir, dass der Spin-Drehimpuls ist

S. = ich ω = \frac{2}{5} m r_{e}^{2} ω

Andererseits ist das magnetische Moment einer hohlen geladenen Kugel

μ = \frac{1}{5} e r_{e}^{2} ω

Schließlich ist das Verhältnis von $μ$ $μ$ $μ$ zu $S$ $S$ $S.$ ist

\frac{μ}{S.} = \frac{1}{5} e r_{e}^{2} ω \frac{5}{2} \frac{1}{m r_{e}^{2} ω} = \frac{e}{2 m}

was bedeutet, dass

g = 1

g = 1

g = 1

g = 1

G = 1

.

Meine Frage ist: Wo ist meine Analyse fehlgeschlagen?

Tatsächlich wird der gleiche Anspruch von Abraham Pais auf George Uhlenbeck und die Entdeckung des Elektronenspins erhoben :

Nach einem Hinweis von Ehrenfest fand George in einem alten Artikel von Max Abraham heraus, dass ein Elektron, das als starre Kugel mit nur Oberflächenladung betrachtet wird, vorhanden ist $g = 2$ $g = 2$ $g = 2$ $g = 2$ $G = 2$ .

Da A. Pais ein angesehener Wissenschaftshistoriker ist, muss ich glauben, dass die Aussage korrekt ist, aber ich kann diese (eher) einfache Behauptung immer noch nicht beweisen. Gibt es eine Chance, dass die Behauptung falsch ist? Oder ist es möglich, das irgendwie zu beweisen? $g = 2$ $g = 2$ $g = 2$ $g = 2$ $G = 2$ ist wahr für eine klassische Sphäre?

AccidentalFourierTransform

Hinweis: Das weiß ich schon

g = 2

g = 2

g = 2

g = 2

G = 2

wird durch die Quantenmechanik sehr gut erklärt; meine frage ist: kann es, wie der autor sagt, auch durch die klassische mechanik erklärt werden? Ich fand, dass es nicht durch eine feste Kugel erklärt werden kann, aber ich glaube, der Autor muss Recht haben. An welchem Punkt ist meine Analyse zusammengebrochen?

Ján Lalinský

Ihre erste Berechnung verwendet eine nicht relativistische Formel für den Drehimpuls

I ω

I ω

I ω

I ω

ich ω

. Da die zweite Berechnung die erforderliche Kugelgröße zeigt

r_{e}

r_{e}

r_{e}

r_{e}

r_{e}

und Drehimpuls

ℏ

ℏ

ℏ

implizieren Sie die Superluminalgeschwindigkeit der Oberfläche der Kugel. Sie haben eine Reihe von Annahmen getroffen, die gegen die spezielle Relativitätstheorie verstoßen. Sie können sich entweder durch Erhöhen erholen

r_{e}

r_{e}

r_{e}

r_{e}

r_{e}

damit die nicht-relativistische Formel anwendbar wird, oder wiederholen Sie die Berechnung mit der relativistischen Formel für den Drehimpuls. Sie sollten in der Lage sein, einen willkürlich hohen Drehimpuls zu erhalten, während alle Teile der Kugel subluminale Geschwindigkeiten haben.

AccidentalFourierTransform

@ JánLalinský danke für deine Antwort. "Die Berechnung mit der relativistischen Formel für den Drehimpuls wiederholen" ist nicht möglich (glaube ich), da das Konzept eines starren Körpers in SR nicht gültig ist (daher gibt es keine relativistische Verallgemeinerung von

I ω

I ω

I ω

I ω

ich ω

). Wenn wir (wie Uhlenbeck angeblich) das gyromagnetische Verhältnis des Elektrons so berechnen wollen, als wäre es eine feste Kugel, müssen wir uns mit einer nicht relativistischen Mechanik zufrieden geben (die Tatsache, dass

v > c

v > c

v > c

bedeutet wahrscheinlich, dass das Problem von Anfang an schlecht gestellt ist. Ist die Behauptung des Autors vielleicht ungenau?).

Vladimir

Verwenden Sie eine Hohlkugel oder eine Kugel, die mit gleichmäßig verteilter Masse und Ladung gefüllt ist? Aus Ihrer Beschreibung geht hervor, dass Sie es mischen, wobei die Masse verteilt und die Ladung vollständig auf der Oberfläche liegt.

Ján Lalinský

"Das Konzept eines starren Körpers ist in SR nicht gültig (es gibt also keine relativistische Verallgemeinerung von Iω)." Es ist wahr, dass der Körper in SR nicht starr (nicht verformbar) sein kann, aber Sie müssen nur von einer starren stationären Rotation ausgehen, was der Fall ist nicht widersprechen SR. Oder Sie können versuchen, ein nicht starres Modell des Partikels zu erstellen und zu analysieren, aber das wird sehr schnell schwierig.

Antworten (4)

Klassischer Nachweis des gyromagnetischen Verhältnisses g = 2 g = 2

Hinweis: Das weiß ich schon $g = 2$ $g = 2$ $g = 2$ $g = 2$ $G = 2$ wird durch die Quantenmechanik sehr gut erklärt; meine frage ist: kann es, wie der autor sagt, auch durch die klassische mechanik erklärt werden? Ich fand, dass es nicht durch eine feste Kugel erklärt werden kann, aber ich glaube, der Autor muss Recht haben. An welchem Punkt ist meine Analyse zusammengebrochen?
Ihre erste Berechnung verwendet eine nicht relativistische Formel für den Drehimpuls $I ω$ $I ω$ $I ω$ $I ω$ $ich ω$ . Da die zweite Berechnung die erforderliche Kugelgröße zeigt $r_{e}$ $r_{e}$ $r_{e}$ $r_{e}$ $r_{e}$ und Drehimpuls $ℏ$ $ℏ$ $ℏ$ implizieren Sie die Superluminalgeschwindigkeit der Oberfläche der Kugel. Sie haben eine Reihe von Annahmen getroffen, die gegen die spezielle Relativitätstheorie verstoßen. Sie können sich entweder durch Erhöhen erholen $r_{e}$ $r_{e}$ $r_{e}$ $r_{e}$ $r_{e}$ damit die nicht-relativistische Formel anwendbar wird, oder wiederholen Sie die Berechnung mit der relativistischen Formel für den Drehimpuls. Sie sollten in der Lage sein, einen willkürlich hohen Drehimpuls zu erhalten, während alle Teile der Kugel subluminale Geschwindigkeiten haben.
@ JánLalinský danke für deine Antwort. "Die Berechnung mit der relativistischen Formel für den Drehimpuls wiederholen" ist nicht möglich (glaube ich), da das Konzept eines starren Körpers in SR nicht gültig ist (daher gibt es keine relativistische Verallgemeinerung von $I ω$ $I ω$ $I ω$ $I ω$ $ich ω$ ). Wenn wir (wie Uhlenbeck angeblich) das gyromagnetische Verhältnis des Elektrons so berechnen wollen, als wäre es eine feste Kugel, müssen wir uns mit einer nicht relativistischen Mechanik zufrieden geben (die Tatsache, dass $v > c$ $v > c$ $v > c$ bedeutet wahrscheinlich, dass das Problem von Anfang an schlecht gestellt ist. Ist die Behauptung des Autors vielleicht ungenau?).
Verwenden Sie eine Hohlkugel oder eine Kugel, die mit gleichmäßig verteilter Masse und Ladung gefüllt ist? Aus Ihrer Beschreibung geht hervor, dass Sie es mischen, wobei die Masse verteilt und die Ladung vollständig auf der Oberfläche liegt.
"Das Konzept eines starren Körpers ist in SR nicht gültig (es gibt also keine relativistische Verallgemeinerung von Iω)." Es ist wahr, dass der Körper in SR nicht starr (nicht verformbar) sein kann, aber Sie müssen nur von einer starren stationären Rotation ausgehen, was der Fall ist nicht widersprechen SR. Oder Sie können versuchen, ein nicht starres Modell des Partikels zu erstellen und zu analysieren, aber das wird sehr schnell schwierig.

Ilja · Answer 1

Ich ging unbeantwortete Fragen durch und stolperte darüber ...
Haben Sie die Originalbücher gefunden?

Der Fehler sollte in Ihrer Formel für die sein $μ$ $μ$ $μ$ einer hohlen Kugel; der Wert mit $1 / 5$ $1 / 5$ $1 /. 5$ du hast gegeben, ist das einer festen Kugel ...
Ich denke, das Problem wird einfacher, wenn Sie die beiden Dinge direkt vergleichen:

Sie erhalten beide, den Drehimpuls und $μ$ $μ$ $μ$ aus hochanalogen Integralen über alle Punkte, in denen es a gibt $r^{2} d m$ $r^{2} d m$ $r^{2} d m$ $r^{2} d m$ $r^{2} d m$ $r^{2} d m$ $r^{2} d m$ oder ein $r^{2} d q$ $r^{2} d q$ $r^{2} d q$ $r^{2} d q$ $r^{2} d q$ $r^{2} d q$ $r^{2} d q$ ::

S. = ich ω = ω \int r^{2} d m

und mit der Definition von

d μ

d μ

d μ

als aktuelle Zeiten umschlossener Bereich:

μ = \int d μ = \int EIN d ich = \int π r^{2} \cdot \frac{d q}{T.} = \int π r^{2} \cdot \frac{d q}{2 π} ω = \frac{ω}{2} \int r^{2} d q

Der g-Faktor wird als einer definiert, wenn die Ladungen neben den Massen liegen (das Verhältnis ihrer Dichten ist überall gleich), dh die Definition berücksichtigt die $1 / 2$ $1 / 2$ $1 /. 2$ in der zweiten Formel.

Wenn Sie also die Ladung weiter von der Achse als die Masse verteilen, erhalten Sie einen g-Faktor größer als eins. Die Integrale sind immer äquivalent und hängen von der Geometrie der Verteilung ab.
Für die gleiche Geometrie erhalten Sie immer einen Vorfaktor für die Intertia, der doppelt so groß ist wie der Faktor für das magnetische Moment - und somit per Definition a $g = 1$ $g = 1$ $g = 1$ $g = 1$ $G = 1$ .

Jetzt kommt das Seltsame: Der Vorfaktor im Trägheitsmoment einer vollen Kugel ist $1 / 5$ $1 / 5$ $1 /. 5$ und für eine hohle Kugel $1 / 3$ $1 / 3$ $1 /. 3$ . Der g-Faktor mit der Verteilung der Masse in der Kugel und der Ladung auf der Schale ergibt somit a $g = 5 / 3$ $g = 5 / 3$ $g = 5 / 3$ $g = 5 / 3$ $G = 5 /. 3$ .
Dies steht offensichtlich im Gegensatz zu der Behauptung, dass es gleich zwei ist. Es erklärt jedoch, dass es größer als eins ist.
Vielleicht konnten sie damals nicht messen $g$ $g$ $G$ so gut und sah nur, dass es erheblich größer als eins ist, und könnte so zumindest das erklären ...?

Der Punkt scheint also zu sein , dass die Ladungen weiter von der Achse entfernt sind als die Massen. Die Kugel ist nur ein schönes Beispiel, das erklärt, dass der (gemessene) Faktor durch eine schöne / plausible Verteilung größer als eins ist.

... Das Argument mit den relativistischen Geschwindigkeiten (aus den Kommentaren) geht in eine andere Richtung: Da andere Messungen einen maximalen Radius für das Elektron vorschlagen, können Sie die erforderlichen Geschwindigkeiten berechnen, was die naive Erklärung des Spins widerlegt (für beide, die Trägheit und der magnetische Aspekt (dies hat nichts mit ihrem Verhältnis zu tun) als reale Bewegung.

Aber das Trägheitsmoment einer Hohlkugel ist $2 / 3$ $2 / 3$ $2 /. 3$ nicht $4 / 5$ $4 / 5$ $4 /. 5$ .
Sie haben Recht ... Ich habe die Berechnung durchgeführt und den Beitrag bearbeitet. Trotzdem bin ich überzeugt, dass der Hauptpunkt, der in den Kommentaren nicht offensichtlich zu sein schien, richtig ist: Das magnetische Moment wird zum Beispiel als aktuelle Zeitfläche berechnet und ist somit für eine feste $ω$ $ω$ $ω$ proportional zu $r^{2} q$ $r^{2} q$ $r^{2} q$ $r^{2} q$ $r^{2} q$ $r^{2} q$ $r^{2} q$ , nur analog zum Trägheitsmoment.
@Ilja (+1) Vielen Dank für Ihr Interesse. Ich muss sagen, ich bin ziemlich zuversichtlich über meinen Wert für $μ$ $μ$ $μ$ (Ich bezweifle, dass es doppelt so viel ist), weil ich auf vielen Seiten online das gleiche Ergebnis gefunden habe (wenn ich das magnetic moment of hollow sphere google, finde ich den gleichen Wert $μ = \frac{1}{5} e r^{2} ω$ $μ = \frac{1}{5} e r^{2} ω$ $μ = \frac{1}{5} e r^{2} ω$ $μ = \frac{1}{5} e r^{2} ω$ $μ = \frac{1}{5} e r^{2} ω$ $μ = \frac{1}{5} e r^{2} ω$ $μ = \frac{1}{5} e r^{2} ω$ $μ = \frac{1}{5} e r^{2} ω$ $μ = \frac{1}{5} e r^{2} ω$ $μ = \frac{1}{5} e r^{2} ω$ $μ = \frac{1}{5} e r^{2} ω$ überall...).
... das ist merkwürdig; Ich habe auch versucht, es zu googeln, und das Papier gefunden, das Sie in Ihrer ursprünglichen Frage verlinkt haben, und im Titel steht "volle Sphäre" ... Ich habe den Beitrag bearbeitet, um die Argumentation klarer zu machen. Ich sehe nicht, wo es falsch sein kann, und wir müssen die Originalarbeiten lesen, um zu sehen, was sie bedeuteten ...

AccidentalFourierTransform · Answer 2

Es scheint, dass einige Leute diese Frage mochten, also werde ich meine Gedanken bisher veröffentlichen. Ich habe keine endgültige Antwort, aber ich habe einige interessante Ergebnisse erzielt.

Lassen $ρ_{m} (r)$ $ρ_{m} (r)$ $ρ_{m} (r)$ $ρ_{m} (r)$ $ρ_{m} (r)$ $ρ_{m} (r)$ $ρ_{m} (r)$ und $ρ_{e} (r)$ $ρ_{e} (r)$ $ρ_{e} (r)$ $ρ_{e} (r)$ $ρ_{e} (r)$ $ρ_{e} (r)$ $ρ_{e} (r)$ sei die Masse und Ladungsdichte des Elektrons. Das $g$ $g$ $G$ Faktor ist gegeben durch

\begin{matrix} (1) & G = \frac{m}{e} \frac{\int d r r^{2} Sünde θ ρ_{m} (r)}{\int d r r^{2} Sünde θ ρ_{e} (r)} \end{matrix}

Daraus ist leicht zu erkennen, ob $ρ_{m} \propto ρ_{e}$ $ρ_{m} \propto ρ_{e}$ $ρ_{m} \propto ρ_{e}$ $ρ_{m} \propto ρ_{e}$ $ρ_{m} \propto ρ_{e}$ $ρ_{m} \propto ρ_{e}$ $ρ_{m} \propto ρ_{e}$ $ρ_{m} \propto ρ_{e}$ $ρ_{m} \propto ρ_{e}$ , wir bekommen $g = 1$ $g = 1$ $g = 1$ $g = 1$ $G = 1$ . Dies bedeutet, dass wenn wir eine feste Kugel mit konstanter Ladungsdichte und konstanter Massendichte haben, die $g$ $g$ $G$ Faktor ist 1; al Hohlkugel mit Oberflächenladung hat auch $g = 1$ $g = 1$ $g = 1$ $g = 1$ $G = 1$ . Wenn wir wollen $g \neq 1$ $g \neq 1$ $g \neq 1$ $g \neq 1$ $G \neq 1$ wir müssen eine Ladungsdichte nehmen, die nicht proportional zur Massendichte ist.

Das erste Modell, das mir in den Sinn kommt, besteht darin, eine Volumenmassendichte und eine Oberflächenladungsdichte zu nehmen, dh eine gefüllte Kugel mit ihrer Ladung auf der Oberfläche:

\begin{aligned} ρ_{m} & = \frac{m}{V.} Θ (R. - - r) \\ (2) & ρ_{e} & = \frac{e}{S.} δ (r - - R.) \end{aligned}

wo

V = \frac{4}{3} π R^{3}

V = \frac{4}{3} π R^{3}

V = \frac{4}{3} π R^{3}

V = \frac{4}{3} π R^{3}

V = \frac{4}{3} π R^{3}

V = \frac{4}{3} π R^{3}

V = \frac{4}{3} π R^{3}

V = \frac{4}{3} π R^{3}

V = \frac{4}{3} π R^{3}

V = \frac{4}{3} π R^{3}

V = \frac{4}{3} π R^{3}

V = \frac{4}{3} π R^{3}

V. = \frac{4}{3} π {R.}^{3}

und

S = 4 π R^{2}

S = 4 π R^{2}

S = 4 π R^{2}

S = 4 π R^{2}

S = 4 π R^{2}

S = 4 π R^{2}

S = 4 π R^{2}

S = 4 π R^{2}

S. = 4 π {R.}^{2}

. Wenn wir diese Funktionen anschließen

(1)

(1)

(1)

wir bekommen

g = 5 / 3

g = 5 / 3

g = 5 / 3

g = 5 / 3

G = 5 /. 3

wie bereits von Ilja und Anubhav anerkannt . Dies bedeutet, dass die Behauptungen von Arabatzis und Pais ungenau sind: Dieses Modell sagt dies nicht voraus

g = 2

g = 2

g = 2

g = 2

G = 2

aber

g = 1.67

g = 1.67

g = 1.67

g = 1.67

G = 1,67

stattdessen.

Um noch einen Schritt weiter zu gehen, nehmen wir vielleicht dasselbe Modell zuvor, jedoch mit unterschiedlichen Masse- und Ladungsradien, d. H.

\begin{aligned} ρ_{m} & = \frac{m}{V.} Θ ({R.}_{m} - - r) \\ (3) & ρ_{e} & = \frac{e}{S.} δ ({R.}_{e} - - r) \end{aligned}

mit

R_{m} \neq R_{e}

R_{m} \neq R_{e}

R_{m} \neq R_{e}

R_{m} \neq R_{e}

R_{m} \neq R_{e}

R_{m} \neq R_{e}

R_{m} \neq R_{e}

R_{m} \neq R_{e}

{R.}_{m} \neq {R.}_{e}

. In diesem Fall finden wir

g = 5 R_{e}^{2} / 3 R_{m}^{2}

g = 5 R_{e}^{2} / 3 R_{m}^{2}

g = 5 R_{e}^{2} / 3 R_{m}^{2}

g = 5 R_{e}^{2} / 3 R_{m}^{2}

g = 5 R_{e}^{2} / 3 R_{m}^{2}

g = 5 R_{e}^{2} / 3 R_{m}^{2}

g = 5 R_{e}^{2} / 3 R_{m}^{2}

g = 5 R_{e}^{2} / 3 R_{m}^{2}

g = 5 R_{e}^{2} / 3 R_{m}^{2}

g = 5 R_{e}^{2} / 3 R_{m}^{2}

g = 5 R_{e}^{2} / 3 R_{m}^{2}

g = 5 R_{e}^{2} / 3 R_{m}^{2}

g = 5 R_{e}^{2} / 3 R_{m}^{2}

g = 5 R_{e}^{2} / 3 R_{m}^{2}

G = 5 {R.}_{e}^{2} /. 3 {R.}_{m}^{2}

, was 2 entspricht, wenn

R_{e} = 1.095 R_{m}

R_{e} = 1.095 R_{m}

R_{e} = 1.095 R_{m}

R_{e} = 1.095 R_{m}

R_{e} = 1.095 R_{m}

R_{e} = 1.095 R_{m}

R_{e} = 1.095 R_{m}

R_{e} = 1.095 R_{m}

{R.}_{e} = 1,095 {R.}_{m}

. Dieses Modell scheint jedoch sehr künstlich.

Das nächste mögliche Beispiel könnte darin bestehen, exponentielle Dichten zu verwenden, die das Ergebnis einer Art Screening auf einer fundamentalen Ebene sein könnten:

\begin{aligned} ρ_{m} & \propto \exp [- - \frac{r^{2}}{{R.}_{m}^{2}}]] \\ (4) & ρ_{e} & \propto \exp [- - \frac{r}{{R.}_{e}}]] \end{aligned}

von denen wir finden

g = 8 R_{e}^{2} / R_{m}^{2}

g = 8 R_{e}^{2} / R_{m}^{2}

g = 8 R_{e}^{2} / R_{m}^{2}

g = 8 R_{e}^{2} / R_{m}^{2}

g = 8 R_{e}^{2} / R_{m}^{2}

g = 8 R_{e}^{2} / R_{m}^{2}

g = 8 R_{e}^{2} / R_{m}^{2}

g = 8 R_{e}^{2} / R_{m}^{2}

g = 8 R_{e}^{2} / R_{m}^{2}

g = 8 R_{e}^{2} / R_{m}^{2}

g = 8 R_{e}^{2} / R_{m}^{2}

g = 8 R_{e}^{2} / R_{m}^{2}

g = 8 R_{e}^{2} / R_{m}^{2}

g = 8 R_{e}^{2} / R_{m}^{2}

G = 8 {R.}_{e}^{2} /. {R.}_{m}^{2}

;; wenn wir nehmen

R_{m} = 2 R_{e}

R_{m} = 2 R_{e}

R_{m} = 2 R_{e}

R_{m} = 2 R_{e}

R_{m} = 2 R_{e}

R_{m} = 2 R_{e}

R_{m} = 2 R_{e}

R_{m} = 2 R_{e}

{R.}_{m} = 2 {R.}_{e}

wir bekommen

g = 2

g = 2

g = 2

g = 2

G = 2

. Dies ist immer noch sehr künstlich, aber es könnte ein elektrostatisches Modell geben, das dies aufnehmen kann.

Andere mögliche Modelle könnten aus nicht sphärischen Dichten bestehen, wie z. B. Zylinder oder schnurartige Drähte. Ich überlasse es dem Leser, diese Modelle zu erkunden. Auf jeden Fall ist klar, dass die natürlichsten Modelle nicht vorhersagen $g = 2$ $g = 2$ $g = 2$ $g = 2$ $G = 2$ und es ist nicht einfach, einen anderen zu finden, der dies behebt, ohne zu ad-hoc zu werden. Es ist jedoch möglich, exotische Modelle mit einstellbaren Parametern aufzuschreiben, um sie zu erhalten $g = 2$ $g = 2$ $g = 2$ $g = 2$ $G = 2$ , was zumindest das bedeutet $g = 2$ $g = 2$ $g = 2$ $g = 2$ $G = 2$ ist auf klassischem Niveau erreichbar.

Anubhav Goel · Answer 3

www.physicspages.com/2013/04/11/magnetic-dipole-moment-of-spinning-spherical-shell/

Meine Suche gibt

$μ = \frac{e ω R^{2}}{3}$ $μ = \frac{e ω R^{2}}{3}$ $μ = \frac{e ω R^{2}}{3}$ $μ = \frac{e ω R^{2}}{3}$ $μ = \frac{e ω R^{2}}{3}$ $μ = \frac{e ω R^{2}}{3}$ $μ = \frac{e ω {R.}^{2}}{3}$

Das gibt $g = 5 / 3 = 1.667$ $g = 5 / 3 = 1.667$ $g = 5 / 3 = 1.667$ $g = 5 / 3 = 1.667$ $G = 5 /. 3 = 1,667$

Haben Sie den unten angegebenen Link nicht angegeben?

https://en.wikipedia.org/wiki/Electron_magnetic_moment#The_classical_theory_of_the_g-factor

Dies erklärt, dass eine ungleichmäßige Ladungsverteilung den Wert von g = 2 ohne Dirac- Gleichung erklären kann.

Nach einem Hinweis von Ehrenfest fand George in einem alten Artikel von Max Abraham heraus, dass ein Elektron, das als starre Kugel mit nur Oberflächenladung betrachtet wird, vorhanden ist.

Es kann so sein, dass er mit der obigen Aussage das Radiusverhältnis meinte $\frac{r_{e}}{r_{m}} \approx 1.09051$ $\frac{r_{e}}{r_{m}} \approx 1.09051$ $\frac{r_{e}}{r_{m}} \approx 1.09051$ $\frac{r_{e}}{r_{m}} \approx 1.09051$ $\frac{r_{e}}{r_{m}} \approx 1.09051$ $\frac{r_{e}}{r_{m}} \approx 1.09051$ $\frac{r_{e}}{r_{m}} \approx 1.09051$ $\frac{r_{e}}{r_{m}} \approx 1.09051$ $\frac{r_{e}}{r_{m}} \approx 1.09051$ $\frac{r_{e}}{r_{m}} \approx 1.09051$ $\frac{r_{e}}{r_{m}} \approx 1,09051$ wurde an die Ladungsoberfläche angenähert.

torgny · Answer 4

Ich habe jemanden professionell gebeten, sich das auch anzusehen, und er hat die gleiche Antwort erhalten. Deshalb mache ich das:

Ich betrachte die Theorie für die klassische Beziehung zwischen dem magnetischen Impuls $μ$ $μ$ $μ$ und der Spin $S$ $S$ $S.$ . Es wird gesagt, dass die $g$ $g$ $G$ -Faktor ist $g = 2$ $g = 2$ $g = 2$ $g = 2$ $G = 2$ für die Gleichung: $μ = g \frac{e}{2 m_{e}} S$ $μ = g \frac{e}{2 m_{e}} S$ $μ = g \frac{e}{2 m_{e}} S$ $μ = g \frac{e}{2 m_{e}} S$ $μ = g \frac{e}{2 m_{e}} S$ $μ = g \frac{e}{2 m_{e}} S$ $μ = g \frac{e}{2 m_{e}} S$ $μ = g \frac{e}{2 m_{e}} S$ $μ = g \frac{e}{2 m_{e}} S$ $μ = g \frac{e}{2 m_{e}} S$ $μ = G \frac{e}{2 m_{e}} S.$ wenn Sie ein Elektron betrachten. Hier versuche ich es mit klassischem Denken zu beweisen:

\begin{aligned} S. & = ich ω = ω \int ρ_{m} r^{2} d V. \\ μ & = \frac{ω}{2} \int ρ_{e} r^{2} d V. \end{aligned}

Die nächsten beiden Formeln basieren auf dieser Seite: https://en.wikipedia.org/wiki/Electron_magnetic_moment#The_classical_theory_of_the_g-factor

\begin{aligned} ρ_{e} & = e {N.}_{e} e^{- - \frac{r^{2}}{r_{e}^{2}}} \\ ρ_{m} & = m_{e} {N.}_{m} e^{- - \frac{r^{2}}{r_{e}^{2}}} \end{aligned}

Daher,

\begin{aligned} μ & = 4 π \frac{ω}{2} \int_{0}^{\infty} e {N.}_{e} e^{- - \frac{r^{2}}{r_{e}^{2}}} r^{2} r^{2} d r \\ S. & = 4 π ω \int_{0}^{\infty} m_{e} {N.}_{m} e^{- - \frac{r^{2}}{r_{m}^{2}}} r^{2} r^{2} d r \end{aligned}

Ich muss diese beiden normalisieren

\begin{aligned} \int_{0}^{\infty} {N.}_{e} e^{- - \frac{r^{2}}{r_{e}^{2}}} d r \\ \int_{0}^{\infty} {N.}_{m} e^{- - \frac{r^{2}}{r_{e}^{2}}} d r \end{aligned}

Es wird erhalten, dass:

\begin{aligned} {N.}_{e} & = \frac{1}{\sqrt{π} r_{e}} \\ {N.}_{m} & = \frac{1}{\sqrt{π} r_{m}} \end{aligned}

Wir bekommen:

\begin{aligned} μ & = \frac{e}{\sqrt{π} r_{e}} 4 π \frac{ω}{2} \int_{0}^{\infty} e^{- - \frac{r^{2}}{r_{e}^{2}}} r^{4} d r \\ S. & = \frac{m_{e}}{\sqrt{π} r_{m}} 4 π ω \int_{0}^{\infty} e^{- - \frac{r^{2}}{r_{m}^{2}}} r^{4} d r \end{aligned}

Ich habe von einem Online-Integralrechner erhalten, dass: $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- x^{2}}{a}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} a^{\frac{5}{2}}}{8}$ $\int_{0}^{\infty} e^{\frac{- - x^{2}}{ein}} x^{4} = \frac{3 \sqrt{π} {ein}^{\frac{5}{2}}}{8}$

So

\begin{aligned} μ & = \frac{e}{\sqrt{π} r_{e}} 4 π \frac{ω}{2} \frac{3 \sqrt{π} r_{e}^{5}}{8} \\ S. & = \frac{m_{e}}{\sqrt{π} r_{m}} 4 π ω \frac{3 \sqrt{π} r_{m}^{5}}{8} \end{aligned}

Wir wollen lösen

μ = D. S.

\frac{e}{\sqrt{π} r_{e}} 4 π \frac{ω}{2} \frac{3 \sqrt{π} r_{e}^{5}}{8} = D. \frac{m_{e}}{\sqrt{π} r_{m}} 4 π ω \frac{3 \sqrt{π} r_{m}^{5}}{8}

Wir erhalten:

D. = \frac{e}{2 m_{e}} \frac{r_{e}^{4}}{r_{m}^{4}}

Aber ist $\frac{r_{e}^{4}}{r_{m}^{4}} = 2$ $\frac{r_{e}^{4}}{r_{m}^{4}} = 2$ $\frac{r_{e}^{4}}{r_{m}^{4}} = 2$ $\frac{r_{e}^{4}}{r_{m}^{4}} = 2$ $\frac{r_{e}^{4}}{r_{m}^{4}} = 2$ $\frac{r_{e}^{4}}{r_{m}^{4}} = 2$ $\frac{r_{e}^{4}}{r_{m}^{4}} = 2$ $\frac{r_{e}^{4}}{r_{m}^{4}} = 2$ $\frac{r_{e}^{4}}{r_{m}^{4}} = 2$ $\frac{r_{e}^{4}}{r_{m}^{4}} = 2$ $\frac{r_{e}^{4}}{r_{m}^{4}} = 2$ $\frac{r_{e}^{4}}{r_{m}^{4}} = 2$ $\frac{r_{e}^{4}}{r_{m}^{4}} = 2$ $\frac{r_{e}^{4}}{r_{m}^{4}} = 2$ $\frac{r_{e}^{4}}{r_{m}^{4}} = 2$ ?

Aus dem obigen Wikipedia-Artikel geht hervor, dass man etwas braucht

$\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}}$ $\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}}$ $\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}}$ $\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}}$ $\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}}$ $\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}}$ $\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}}$ $\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}}$ $\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}}$ $\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}}$ $\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}}$ $\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}}$ $\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}}$ . Aber meine Berechnungen kommen nicht zum gleichen Ergebnis. Jede Eingabe ist herzlich willkommen. Ich denke, es hätte mich einen Schritt näher gebracht, wenn es das gleiche Ergebnis wie auf der Wikipedia-Seite gewesen wäre. Die Wikipedia-Seite informiert auch darüber $\frac{r_{e}}{r_{m}} \approx 1.09051$ $\frac{r_{e}}{r_{m}} \approx 1.09051$ $\frac{r_{e}}{r_{m}} \approx 1.09051$ $\frac{r_{e}}{r_{m}} \approx 1.09051$ $\frac{r_{e}}{r_{m}} \approx 1.09051$ $\frac{r_{e}}{r_{m}} \approx 1.09051$ $\frac{r_{e}}{r_{m}} \approx 1.09051$ $\frac{r_{e}}{r_{m}} \approx 1.09051$ $\frac{r_{e}}{r_{m}} \approx 1.09051$ $\frac{r_{e}}{r_{m}} \approx 1.09051$ $\frac{r_{e}}{r_{m}} \approx 1,09051$ und das würde dazu führen $\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}} \approx 2$ $\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}} \approx 2$ $\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}} \approx 2$ $\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}} \approx 2$ $\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}} \approx 2$ $\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}} \approx 2$ $\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}} \approx 2$ $\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}} \approx 2$ $\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}} \approx 2$ $\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}} \approx 2$ $\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}} \approx 2$ $\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}} \approx 2$ $\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}} \approx 2$ $\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}} \approx 2$ $\frac{r_{e}^{8}}{r_{m}^{8}} \approx 2$ .

Klassischer Nachweis des gyromagnetischen Verhältnisses g = 2 g = 2

AccidentalFourierTransform

AccidentalFourierTransform

Ján Lalinský

AccidentalFourierTransform

Vladimir

Ján Lalinský

Antworten (4)

Ilja

knzhou

Ilja

AccidentalFourierTransform

Ilja

AccidentalFourierTransform

Anubhav Goel

torgny

Spin Orbital Coupling Matrix auf p-Orbitalbasis

Satz von Hamiltonian Noether in der klassischen Mechanik [Duplikat]

Lagrange-, kinetische und potentielle Energie mit zwei Massen, die mit drei Quellen verbunden sind [geschlossen]

Physikalische Bedeutung der Legendre-Transformation

Lösen Sie die Bewegung der rotierenden Stange nur nach Newtons Gesetzen?

Differential and Multistage Amplifiers(BJT)

Wie schreibt man eine Übertragungsfunktion in ein Standardformular um?

Schwarzschild-Schwarzlochgeometrie in Novikov-Koordinaten

Beschaffung schlanker 3,5-mm-Stereobuchsenstecker [geschlossen]

ϕ 4 ϕ4 Theorie knickt als Fermion?