Движение равномерно ускоряющейся ракеты в специальной теории относительности

Question

Движение равномерно ускоряющейся ракеты в специальной теории относительности

Александр Цска

Я пытался узнать больше об ускорении в специальной теории относительности. С этой целью я посоветовался с великим Львом Ландау. У него есть пример на этот счет в его книге, но одно из его уравнений меня озадачивает. Рассмотрим ракету, ускоряющуюся в положительном направлении. $x$ Направление. Четыре ускорения для наблюдателя, который видит ракету, движущуюся со скоростью $v$ дан кем-то

а^{мю} "=" γ \frac{д}{д т} (с γ, в γ)

$a^{\mu}=\gamma \frac{d}{dt}(c\gamma,v\gamma)$

В системе мгновенного покоя ракеты, где $v=0$ , у нас есть

а^{мю} "=" (0, а_{0}, 0, 0) .

$a^{\mu}=(0,a_0,0,0).$ Этот мгновенный кадр я представляю себе как пассажиров ракеты, прижатых к своим местам.

Тогда Ландау утверждает, что можно возвести выражения для двух остальных систем отсчета и получить

\frac{д}{д т} \frac{в}{\sqrt{1 - \frac{в^{2}}{с^{2}}}} "=" \frac{д}{д т} (γ в) "=" а

$\frac{d}{dt}\frac{v}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}} = \frac{d}{dt}(\gamma v) = a$

Правая часть этого уравнения ясна, очевидно, это квадрат четырехкратного ускорения в системе мгновенного покоя. Но как получить правую сторону от $a^{\mu}a_{\mu}$ в системе, в которой движется ракета? Я был бы признателен за вашу помощь.

РЕДАКТИРОВАТЬ: некоторые замечания, написанные в явной форме

а^{мю} "=" γ^{2} (\frac{в \cdot а}{с} γ, \frac{в \cdot а}{с^{2}} γ в + а)

$a^{\mu}=\gamma^2\left(\frac{\textbf{v}\cdot \textbf{ a}}{c}\gamma ,\frac{\textbf{v}\cdot \textbf{a}}{c^2}\gamma v +\textbf{a } \right)$

Где

\frac{д γ}{д т} "=" \frac{в \cdot а}{с^{2}} γ^{3}

$\frac{d\gamma}{dt}=\frac{\textbf{v}\cdot \textbf{ a}}{c^2}\gamma^3$

Вдоль этих линий

а_{мю} а^{мю} "=" \frac{{(в \cdot а)}^{2}}{с^{2}} γ^{6} + γ^{4} а^{2} "=" а_{0}^{2}

$a_{\mu}a^{\mu}=\frac{\left(\textbf{v}\cdot \textbf{ a}\right)^2}{c^2}\gamma^6 +\gamma^4a^2 = a_0^2$

с некоторой векторной алгеброй:

а_{мю} а^{мю} "=" \frac{{(в \cdot а)}^{2}}{с^{2}} γ^{6} + γ^{4} а^{2} "=" γ^{6} (\frac{а^{2} в^{2} - (а \times в)^{2}}{с^{2}}) + γ^{4} а^{2} "=" а_{0}^{2}

$a_{\mu}a^{\mu}=\frac{\left(\textbf{v}\cdot \textbf{ a}\right)^2}{c^2}\gamma^6 +\gamma^4a^2 = \gamma^6\left(\frac{a^2v^2-(\textbf{a}\times \textbf{v})^2}{c^2} \right)+\gamma^4a^2=a_0^2$ Если

a ∥ v

$\textbf{a} \parallel \textbf{v}$ приведенное выше сводится к

а_{мю} а^{мю} "=" γ^{6} (\frac{а^{2} в^{2}}{с^{2}}) + γ^{4} а^{2} "=" а_{0}^{2},

$a_{\mu}a^{\mu}= \gamma^6\left(\frac{a^2v^2}{c^2} \right)+\gamma^4a^2=a_0^2,$ что отличается от того, что есть у Ландау. Вместо этого я должен получить:

* * а_{0} "=" γ^{3} а * *

$**a_0=\gamma^3a**$

Отвечать:

γ^{6} (\frac{а^{2} в^{2}}{с^{2}}) + γ^{4} а^{2} "=" γ^{4} а^{2} (1 + γ^{2} \frac{в^{2}}{с^{2}}) "=" γ^{4} а^{2} (\frac{1}{1 - \frac{в^{2}}{с^{1}}}) "=" γ^{6} а^{2}

$\gamma^6\left(\frac{a^2v^2}{c^2} \right)+\gamma^4a^2=\gamma^4a^2\left(1+\gamma^2\frac{v^2}{c^2}\right)=\gamma^4a^2\left(\frac{1}{1-\frac{v^2}{c^1}}\right)=\gamma^6a^2$

Примечание. Что такое мгновенная система покоя?

Рассмотрим ракету, которая испытывает постоянное ускорение вдоль $\hat{x}$ . Хотя скорость меняется, мы рассматриваем систему отсчета, в которой ракета покоится instantaneously. В таком кадре 4-ускорение ракеты равно $(0, a_0 )$ . Что является ключевым понятием для этой проблемы.

умный маг

Если вы рассматриваете так называемый "мгновенный фрейм покоя", т.е. v=0, то никакого движения нет, так какова же здесь роль СТО? СР применим к ситуациям, когда есть не только разница скоростей между двумя объектами, но и эта разница... ну... огромная...

Александр Цска

@brightmagus Я действительно не понимаю, что ты пытаешься сказать? Это стандартная задача с двумя системами отсчета.

умный маг

Я ничего не пытаюсь . Я сказал то, что сказал: если кадры не двигаются относительно. друг к другу (v=0), SR не применяется. Это "стандартный" вывод.

Александр Цска

@brightmagus Я думаю, что вы запутались, как обрабатывается ускорение в SR и что такое мгновенный кадр покоя.

тупоумный

\frac{v^{2}}{c^{2}}

$\frac{v^2}{c^2}$ можно переписать как

1 - \frac{1}{γ^{2}}

$1-\frac{1}{\gamma^2}$ . Попробуйте подключить это.

Александр Цска

@brightmagus Я не знаю, куда движется этот разговор. Однако позволю себе спросить вас, знаете ли вы, что такое мгновенная система покоя? Это центральное понятие теории относительности, и без него невозможно рассматривать равномерное ускорение. Возможно, это вызывает путаницу. Для получения дополнительной информации обратитесь к книге "Классическая теория поля" Л.Д. Ландау и Е.М. Лифшица, откуда возникла эта проблема.

умный маг

Точно, Александр Цска. Я не знаю, куда вы клоните со своими комментариями. Я не просил вас осматривать меня или рекомендовать какое-либо чтение. Я сделал простое замечание, принимая во внимание очевидный факт. Так что, если вы считаете, что это неправильно, то, возможно, вам лучше сослаться на достоинства того, что я написал. Ваше замечание о том, что без понятия мгновенной системы покоя нельзя рассматривать ускорение в СТО, на самом деле не очень научно.

Александр Цска

Мгновенный кадр покоя @brightmagus написан в самом начале моего ответа, и то, что он приводит к 4-ускорению, выражается формулой. Судя по вашим комментариям, вы явно не понимаете, о чем говорите, и к тому же вы не очень дружелюбны. Поэтому до свидания и хорошего дня.

умный маг

@АлександрЦска; Я не вижу здесь никакого вашего ответа, только вопрос. Тем не менее, вы, очевидно, не имеете представления об основных понятиях физики, таких как скорость. Опять же, отдых по определению означает отсутствие скорости вообще (как вы сами написали:

v = 0

$v=0$ ), и, следовательно, вы не можете применять какие-либо уравнения относительности для этого «мгновения», потому что относительного движения вообще нет. Таким образом, в вашем случае у вас есть 2 возможности: либо время застыло, а значит, ничего не движется и СТО не действует, либо время течет, но затем ракета разгоняется, а СТО снова не действует. Tertium non datur.

умный маг

Кстати, не ссылаться на достоинства замечания и спекулировать на его авторе очень недружелюбно. И главное - не научно...

Александр Цска

@brightmagus, как я уже сказал, узнайте больше о том, что такое мгновенный кадр покоя и что он используется для SR и ускоренного движения. Вы все еще не понимаете сути вопроса и продолжаете повторять одни и те же неправильные вещи.

умный маг

@AlexanderCska, ты все еще не ссылаешься на мое замечание и продолжаешь давать мне непрошеные советы. Вам не понравился мой комментарий и вы не знаете, как правильно ответить? Всегда можно проигнорировать без грубости...

Александр Цска

@brightmagus ваше замечание просто неверно. Проверьте информацию, которую я вам дал, а затем вернитесь за дополнительными комментариями. Я ни в коем случае не грублю, вы просто начали сходить с рельсов в каком-то странном направлении. В общем, если вы в чем-то не уверены, вам следует избегать комментариев, потому что это может запутать других людей.

умный маг

@AlexanderCska, я совершенно уверен в том, что сказал. По-видимому, нет, поскольку вы не можете напрямую обратиться к моему комментарию и уклониться от проблемы, говоря обо мне, а не о проблеме. Известная, но непритязательная техника.

Александр Цска

@brightmagus просто расслабься. Я думаю, что проблема здесь в вашем непонимании принципа эквивалентности. В мгновенной (локальной) системе покоя

a_{μ} = (0, a, 0, 0)

$a_{\mu}=(0,a,0,0)$ для простого 1D случая или вообще

a_{μ} = (0, a)

$a_{\mu}=(0,\mathbf{a})$ .

Ответы (2)

Движение равномерно ускоряющейся ракеты в специальной теории относительности

Если вы рассматриваете так называемый "мгновенный фрейм покоя", т.е. v=0, то никакого движения нет, так какова же здесь роль СТО? СР применим к ситуациям, когда есть не только разница скоростей между двумя объектами, но и эта разница... ну... огромная...
@brightmagus Я действительно не понимаю, что ты пытаешься сказать? Это стандартная задача с двумя системами отсчета.
Я ничего не пытаюсь . Я сказал то, что сказал: если кадры не двигаются относительно. друг к другу (v=0), SR не применяется. Это "стандартный" вывод.
@brightmagus Я думаю, что вы запутались, как обрабатывается ускорение в SR и что такое мгновенный кадр покоя.
$\frac{v^2}{c^2}$ можно переписать как $1-\frac{1}{\gamma^2}$ . Попробуйте подключить это.
@brightmagus Я не знаю, куда движется этот разговор. Однако позволю себе спросить вас, знаете ли вы, что такое мгновенная система покоя? Это центральное понятие теории относительности, и без него невозможно рассматривать равномерное ускорение. Возможно, это вызывает путаницу. Для получения дополнительной информации обратитесь к книге "Классическая теория поля" Л.Д. Ландау и Е.М. Лифшица, откуда возникла эта проблема.
Точно, Александр Цска. Я не знаю, куда вы клоните со своими комментариями. Я не просил вас осматривать меня или рекомендовать какое-либо чтение. Я сделал простое замечание, принимая во внимание очевидный факт. Так что, если вы считаете, что это неправильно, то, возможно, вам лучше сослаться на достоинства того, что я написал. Ваше замечание о том, что без понятия мгновенной системы покоя нельзя рассматривать ускорение в СТО, на самом деле не очень научно.
Мгновенный кадр покоя @brightmagus написан в самом начале моего ответа, и то, что он приводит к 4-ускорению, выражается формулой. Судя по вашим комментариям, вы явно не понимаете, о чем говорите, и к тому же вы не очень дружелюбны. Поэтому до свидания и хорошего дня.
@АлександрЦска; Я не вижу здесь никакого вашего ответа, только вопрос. Тем не менее, вы, очевидно, не имеете представления об основных понятиях физики, таких как скорость. Опять же, отдых по определению означает отсутствие скорости вообще (как вы сами написали: $v=0$ ), и, следовательно, вы не можете применять какие-либо уравнения относительности для этого «мгновения», потому что относительного движения вообще нет. Таким образом, в вашем случае у вас есть 2 возможности: либо время застыло, а значит, ничего не движется и СТО не действует, либо время течет, но затем ракета разгоняется, а СТО снова не действует. Tertium non datur.
Кстати, не ссылаться на достоинства замечания и спекулировать на его авторе очень недружелюбно. И главное - не научно...
@brightmagus, как я уже сказал, узнайте больше о том, что такое мгновенный кадр покоя и что он используется для SR и ускоренного движения. Вы все еще не понимаете сути вопроса и продолжаете повторять одни и те же неправильные вещи.
@AlexanderCska, ты все еще не ссылаешься на мое замечание и продолжаешь давать мне непрошеные советы. Вам не понравился мой комментарий и вы не знаете, как правильно ответить? Всегда можно проигнорировать без грубости...
@brightmagus ваше замечание просто неверно. Проверьте информацию, которую я вам дал, а затем вернитесь за дополнительными комментариями. Я ни в коем случае не грублю, вы просто начали сходить с рельсов в каком-то странном направлении. В общем, если вы в чем-то не уверены, вам следует избегать комментариев, потому что это может запутать других людей.
@AlexanderCska, я совершенно уверен в том, что сказал. По-видимому, нет, поскольку вы не можете напрямую обратиться к моему комментарию и уклониться от проблемы, говоря обо мне, а не о проблеме. Известная, но непритязательная техника.
@brightmagus просто расслабься. Я думаю, что проблема здесь в вашем непонимании принципа эквивалентности. В мгновенной (локальной) системе покоя $a_{\mu}=(0,a,0,0)$ для простого 1D случая или вообще $a_{\mu}=(0,\mathbf{a})$ .

пульсар · Answer 1

Ваше замешательство понятно, потому что Ландау использовал один и тот же символ для собственного ускорения и координатного ускорения. На самом деле Ландау утверждает, что в системе наблюдения

\frac{д}{д т} (γ в) "=" а_{0},

$\frac{d}{dt}(\gamma v) = a_0,$ где я использовал ваши обозначения

a_{0} = \sqrt{a^{μ} a_{μ}}

$a_0 = \sqrt{a^\mu a_\mu}$ . Эта величина является четырехскалярной (а значит, лоренц-инвариантной) и называется собственным ускорением . Вы правильно сделали вывод, что

a_{0} = γ^{3} a

$a_0 = \gamma^3 a$ (если ускорение параллельно скорости), где

a = d v / d t

$a = dv/dt$ - обычное координатное ускорение (которое не является четырехкратным скаляром и, следовательно, зависит от системы отсчета). Затем Ландау замечает, что

a_{0}

$a_0$ совпадает с

a

$a$ в мгновенной системе покоя, так как в этой системе

v = 0

$v=0$ и

γ = 1

$\gamma = 1$ .

РЕДАКТИРОВАТЬ

\begin{aligned} \frac{д}{д т} (γ в) & "=" \frac{д γ}{д т} в + γ \frac{д в}{д т} \\ "=" \frac{в / с^{2}}{(1 - в^{2} / с^{2})^{3 / 2}} \frac{д в}{д т} в + \frac{1}{(1 - в^{2} / с^{2})^{1 / 2}} \frac{д в}{д т} \\ "=" \frac{в^{2} / с^{2}}{(1 - в^{2} / с^{2})^{3 / 2}} а + \frac{1 - в^{2} / с^{2}}{(1 - в^{2} / с^{2})^{3 / 2}} а \\ "=" \frac{1}{(1 - в^{2} / с^{2})^{3 / 2}} а "=" γ^{3} а "=" а_{0} . \end{aligned}

$\begin{align} \frac{d}{dt}(\gamma v) &= \frac{d\gamma}{dt}v + \gamma\frac{dv}{dt}\\ &= \frac{v/c^2}{(1 - v^2/c^2)^{3/2}}\frac{dv}{dt}v + \frac{1}{(1 - v^2/c^2)^{1/2}}\frac{dv}{dt}\\ &= \frac{v^2/c^2}{(1 - v^2/c^2)^{3/2}}a + \frac{1 - v^2/c^2}{(1 - v^2/c^2)^{3/2}}a\\ &= \frac{1}{(1 - v^2/c^2)^{3/2}}a = \gamma^3 a = a_0. \end{align}$

Я не очень понимаю, как перейти от $a_0=\gamma^3a \to \frac{d}{dt}(v\gamma)=a_0$ . я использовал $\gamma^3=\frac{d}{dv}(\gamma v)$ , но все же у меня есть производная по $v$ и не $t$ как у Ландау. то есть $a\frac{d}{dv}(\gamma v)=a_0$

тупоумный · Answer 2

Продукт $a^\mu a_\mu$ можно записать как $a^\mu a^\nu \eta_{\mu\nu}$ . Эта метрика (метрика Минковского) обычно имеет сигнатуру $(-,+,+,+)$ или $(+,-,-,-)$ . В любом случае координата времени должна иметь противоположный знак. Продукт здесь дает вам несколько приятных отмен, когда вы берете продукт

$a^{\mu}=\gamma \frac{d}{dt}(c\gamma,u\gamma)$ --- (здесь $u$ четырехскоростная)

с самим собой, сначала вычисляя производную по времени, а затем выполняя очень простые умножения.

Вы дойдете до точки, где у вас есть скалярный продукт, равный следующему:

$a^\mu a_\mu = a^2 \gamma_u^6$

Который при расширении с использованием теоремы Тейлора до первого порядка в $u$ дает просто

$a^\mu a_\mu \approx a^2$ , как $\gamma_u^6$ очень-очень мало даже для релятивистских значений $u$ .

@hebetudionus нет, это неправильно, и расширения не нужны. Выражение Ландау-Лифшица точное!
Вы правы, если значение, которое вы пытаетесь найти, равно $a_0 = a\gamma^3$ . В моем блокноте это было из задачи, где я должен был показать, что $a_\mu a^\mu = a^2$ . Виноват.

Движение равномерно ускоряющейся ракеты в специальной теории относительности

Александр Цска

умный маг

Александр Цска

умный маг

Александр Цска

тупоумный

Александр Цска

умный маг

Александр Цска

умный маг

умный маг

Александр Цска

умный маг

Александр Цска

умный маг

Александр Цска

Ответы (2)

пульсар

Александр Цска

пульсар

тупоумный

Александр Цска

тупоумный

Относительная скорость из пространственно-временной диаграммы

Ракета, приводимая в движение гигантским монохроматическим лазером

Сколько времени потребуется, чтобы пройти 36 световых лет с допустимым ускорением и замедлением?

Сокращение длины, замедление времени и противоречие пространственно-временных интервалов

Скорость сближения луча света и движущегося объекта

Как вывести лоренцево сокращение из инвариантного интервала?

Сколько времени мне понадобится, чтобы добраться до далекой звезды?

Что такое собственное время, собственная скорость и собственное ускорение?

Собственное время для ускоряющегося объекта

Собственное время на пути в пространстве Минковского