Das äquivalente elektrische Feld eines magnetischen Feldes

Question

Das äquivalente elektrische Feld eines magnetischen Feldes

jemand_ Smiley

Ich kenne diese Lorentz-Force gegen Gebühr $q$ , mit Geschwindigkeit $\vec{v}$ im Magnetfeld $\vec{B}$ wird von gegeben

\vec{F} = q \vec{v} \times \vec{B}

$\vec{F} =q \vec{v} \times \vec{B}$

aber es wird einen Bezugsrahmen geben, in dem sich der Beobachter mit der gleichen Geschwindigkeit wie die Ladung bewegt $q$ , so nach ihm $v=0$ . daher wird er sehen, dass keine magnetische Kraft auf die Ladung ausgeübt wird $q$ . Ich habe eine Weile an diesem Problem gearbeitet und festgestellt, dass die spezielle Relativitätstheorie stattdessen eine äquivalente elektrische Kraft vorhersagt, die auf die Ladung wirkt. Ich möchte die Beziehung zwischen dieser äquivalenten elektrischen Kraft und der magnetischen Kraft kennen. Danke im Voraus

Manisherde

Ich würde sagen, die Nettokraft muss gleich sein. Finden Sie also einen Rahmen, in dem

v_{r e l} = 0

$v_{rel}=0$ , und das Äquiv. E-Feld wird sein

E = B v

$E=Bv$ . Nicht sicher.

Pygmalion

Scheint ein Problem zu sein, das eine ziemlich einfache Antwort hat, aber ich habe keine Ahnung, welche. Tatsächlich sehen Sie in jedem Bezugsrahmen eine gewisse Bewegung. Wenn Sie relativ zum Magnetfeld still stehen, sehen Sie kreisförmige Bewegungen, wenn Sie sich relativ zum Magnetfeld bewegen, sehen Sie Zykloiden. Diese zusätzliche Kraft, die bei der Transformation entsteht, wird also ziemlich kompliziert (keine homogene!).

Pygmalion

Ich habe das Gefühl , dass einige Leute, die diesem Forum folgen, diese Frage scherzhaft leicht finden werden und wir alle "aha" sagen werden, wenn wir die Antwort sehen. Ich empfehle etwas Geduld.

Frobenius

Verwandte: Sind Magnetfelder nur modifizierte relativistische elektrische Felder?

Antworten (2)

Das äquivalente elektrische Feld eines magnetischen Feldes

Ich würde sagen, die Nettokraft muss gleich sein. Finden Sie also einen Rahmen, in dem $v_{rel}=0$ , und das Äquiv. E-Feld wird sein $E=Bv$ . Nicht sicher.
Scheint ein Problem zu sein, das eine ziemlich einfache Antwort hat, aber ich habe keine Ahnung, welche. Tatsächlich sehen Sie in jedem Bezugsrahmen eine gewisse Bewegung. Wenn Sie relativ zum Magnetfeld still stehen, sehen Sie kreisförmige Bewegungen, wenn Sie sich relativ zum Magnetfeld bewegen, sehen Sie Zykloiden. Diese zusätzliche Kraft, die bei der Transformation entsteht, wird also ziemlich kompliziert (keine homogene!).
Ich habe das Gefühl , dass einige Leute, die diesem Forum folgen, diese Frage scherzhaft leicht finden werden und wir alle "aha" sagen werden, wenn wir die Antwort sehen. Ich empfehle etwas Geduld.
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Nikolaj-K · Answer 1

Ich habe sie nicht gelesen, aber dieser , dieser , dieser und dieser Thread (ich danke einem fleißigen Qmechaniker) hängen zusammen und klären die Aber-warum -Fragen, die Sie vielleicht haben.

Die Transformation der Größen in der Elektrodynamik in Bezug auf Boosts sind

\begin{aligned} E^{'} & = γ (E + v \times B) & + (1 - γ) \frac{E \cdot v}{v^{2}} v \\ B^{'} & = γ (B - \frac{1}{c^{2}} v \times E) & + (1 - γ) \frac{B \cdot v}{v^{2}} v \\ D^{'} & = γ (D + \frac{1}{c^{2}} v \times H) & + (1 - γ) \frac{D \cdot v}{v^{2}} \\ H^{'} & = γ (H - v \times D) & + (1 - γ) \frac{H \cdot v}{v^{2}} v \\ j^{'} & = j - γ ρ v & + (γ - 1) \frac{j \cdot v}{v^{2}} v \\ ρ^{'} & = γ (ρ - \frac{1}{c^{2}} j \cdot v) \end{aligned}

$\begin{alignat}{7} \mathbf{E}'&~=~ \gamma \left(\mathbf{E} + \mathbf{v} \times \mathbf{B}\right) &&+ \left(1 - \gamma\right) \frac{\mathbf{E} \cdot \mathbf{v}}{v^2} \mathbf{v} \\[5px] \mathbf{B}'&~=~\gamma\left(\mathbf{B}-\frac{1}{c^2}\mathbf{v} \times \mathbf{E}\right)&&+\left(1-\gamma\right)\frac{\mathbf{B} \cdot \mathbf{v}}{v^2} \mathbf{v} \\[5px] \mathbf{D}'&~=~ \gamma \left(\mathbf{D}+\frac{1}{c^2} \mathbf{v} \times \mathbf{H} \right) && + \left( 1 - \gamma \right) \frac{\mathbf{D} \cdot \mathbf{v}}{v^2} \\[5px] \mathbf{H}'&~=~ \gamma \left(\mathbf{H} - \mathbf{v} \times \mathbf{D}\right) && +\left(1 - \gamma\right) \frac{\mathbf{H} \cdot \mathbf{v}}{v^2}\mathbf{v} \\[5px] \mathbf{j}' & ~=~ \mathbf{j} - \gamma \rho \mathbf{v} && + \left(\gamma - 1 \right) \frac{\mathbf{j} \cdot \mathbf{v}}{v^2} \mathbf{v} \\[5px] \mathbf{\rho}' & ~=~ \gamma \left(\rho - \frac{1}{c^2} \mathbf{j} \cdot \mathbf{v}\right) \end{alignat}$ wo

γ (v)

$\gamma \left(v \right)$ und die Herleitung der Transformation wird auf dieser Wikipedia-Seite dargestellt und ist am transparentesten in einem geometrischen Raum-Zeit-Bild, siehe zum Beispiel hier . Nämlich der Tensor der elektromagnetischen Feldstärke

F_{μ ν}

$F_{\mu\nu}$ enthält sowohl elektrische als auch magnetische Felder

E, B

$E,B$ und die Transformation ist die kanonische eines Tensors und daher nicht so verstreut wie die sechs oben geposteten Zeilen.

Im nichtrelativistischen Limes $v<c$ , dh wenn physische Boosts nicht mit Lorentz-Transformationen verbunden sind, haben Sie

$Geben Sie hier die Bildbeschreibung ein$

Für das traditionelle Kraftgesetz bestätigt die erste Formel die Vorhersage, dass die neue $E$ Größenordnung ist $vB$ .

Passen Sie auch auf und schreiben Sie immer das vollständige Lorentz-Gesetz auf, wenn Sie Transformationen durchführen.

Schließlich bin ich mir nicht sicher, ob die spezielle Relativitätstheorie vorhersagt, dass eine äquivalente elektrische Kraft auf Ladung wirkt, sondern die richtige Formulierung ist, die Sie verwenden sollten, denn während die Beziehung in einer speziellen relativistischen Formulierung überzeugend natürlich ist, ist die Aussage selbst eher eine Konsistenzanforderung für die Theorie der Elektrodynamik. Ich würde fast sagen, das Argument geht in die andere Richtung: Das schreckliche Transformationsgesetz von $E$ und $B$ in Bezug auf Galileische Transformationen war vor 1905 bekannt, und die Heraufstufung des Status der Maxwell-Gleichungen auf forminvariant beim Übersetzen zwischen Trägheitssystemen legt nahe, dass die Lorentz-Transformation (und dann die spezielle Relativitätstheorie als Ganzes) physikalisch sinnvoll ist.

Hans de Vries · Answer 2

Wir können die Lorentz-Transformation der Felder sehr sauber und leicht verständlich schreiben.

Um den Ausdruck zu vereinfachen, verwenden wir eine Kurzschreibweise für die verschiedenen Komponenten der Felder parallel und orthogonal zum Boost $\vec{\beta}$ , weiter vereinfacht durch Einstellung $c$ zu $1.$

Lorentz-Transformation des elektromagnetischen Feldes

\begin{array}{lclclcl} E^{'} & = & E_{“} & + & E_{⊥} γ & + & B_{\otimes} β γ \\ B^{'} & = & B_{“} & + & B_{⊥} γ & - & E_{\otimes} β γ \end{array}

$\begin{array}{lclclcl} \mathsf{E}' & = & \mathsf{E}_\| & + & \mathsf{E}_\bot\ \gamma & + & \mathsf{B}_\otimes\ \beta\gamma \\[5px] \mathsf{B}' & = & \mathsf{B}_\| & + & \mathsf{B}_\bot\ \gamma & - & \mathsf{E}_\otimes\ \beta\gamma \end{array}$

Die parallelen und orthogonalen Komponenten werden unter Verwendung des Einheitsvektors definiert $\hat{\beta}$ , wie:

\begin{array}{lcll} E_{“} & = & (\hat{β} \cdot E) \hat{β} & Parallelkomponente bzgl \vec{β} \\ E_{⊥} & = & (\hat{β} \times E) \times \hat{β} & orthogonale Komponente bzgl \vec{β} \\ E_{\otimes} & = & (\hat{β} \times E) & 90^{Ö} gedrehte orthogonale Komponente \end{array}

$\begin{array}{lcll} \mathsf{E}_\| &=& \left(~ \hat{\beta}~\cdot~\mathsf{E}~ \right)~\hat{\beta} & \mbox{parallel component with regard to $\vec{\beta}$} \\[5px] \mathsf{E}_\bot &=& \left(~ \hat{\beta}\times \mathsf{E}~ \right)\times\hat{\beta} & \mbox{orthogonal component with regard to $\vec{\beta}$} \\[5px] \mathsf{E}_\otimes &=& \left(~ \hat{\beta}\times \mathsf{E}~~ \right) & \mbox{$90^o$ rotated orthogonal component} \end{array}$

Also in Worten:

Die Felder parallel zum Boost ändern sich nicht
Die zum Boost orthogonalen Felder werden mit multipliziert $\gamma$
Das $E$ und $B$ Felder Felder orthogonal zum Boost werden ineinander umgewandelt.

Weitere Informationen finden Sie in diesem Kapitel aus meinem Buch ( PDF ).

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