Скорость гравитации

[realeugene]

chislo_avogadro в сообщении #1708195 писал(а):

Вы действительно так считаете?

Да, конечно. Удивительно, как вы путаете системы координат в совершенно школьной задаче.

[chislo_avogadro]

Пусть на ядре установлена лампочка, а на мачте смонтированы датчики освещённости, сообщающие результаты измерения к-л образом всем наблюдателям. Тогда неподвижный наблюдатель должен получать всё время один и тот же результат, а тот, что на грузовике - постоянно меняющийся. Парадокс, поскольку посылаемый сигнал от датчиков один и тот же для обоих наблюдателей.

[realeugene]

Нет никакого парадокса. Чтобы перейти в систему отсчёта грузовика, вы должны поставить на грузовике две вертикальные мачты, натянуть между ними вертикальные и горизонтальные верёвки и повесить свои лампочки, неподвижные относительно грузовика. И смотреть траекторию снаряде относительно этих лампочек, как на прямоугольном графике. Оеа будет наклонной параболой. Если вам сложно это вообразить - запишите формулу преобразования траекторю снаряда из ИСО Земли в ИСО грузовика.

[chislo_avogadro]

realeugene в сообщении #1708205 писал(а):

И смотреть траекторию снаряде относительно этих лампочек, как на прямоугольном графике. Оеа будет наклонной параболой.

Пренебрежём для простоты силой тяжести, тогда это будет просто наклонная прямая. Но это не изменяет факта, что траектория ядра параллельна мачте - их относительная горизонтальная скорость нулевая в обеих системах отсчёта.

-- 03.11.2025, 15:03 --

realeugene в сообщении #1708205 писал(а):

Чтобы перейти в систему отсчёта грузовика, вы должны...

Почему? Я могу ведь поставить эксперимент так, как он был описан.

[realeugene]

chislo_avogadro в сообщении #1708208 писал(а):

Но это не изменяет факта, что траектория ядра параллельна мачте

Мачте, торчащей из Земли. Но не из грузовика. Хоть в каждый момент времени эти мачты и параллельны друг другу.

Вы не на ту мачту смотрите.

-- 03.11.2025, 15:16 --

chislo_avogadro в сообщении #1708208 писал(а):

Почему? Я могу ведь поставить эксперимент так, как он был описан.

Это магия. Физика так не работает.

[chislo_avogadro]

realeugene в сообщении #1708210 писал(а):

Вы не на ту мачту смотрите.

Ещё раз приведу ваше утверждение -

realeugene в сообщении #1707951 писал(а):

видно и при рассмотрении вашего движения в ИСО Солнца: в ней волновой вектор света направлен по радиусу и перпендикулярен вашей скорости, а при переходе в вашу ИСО он повернётся относительно этого перпендикуляра. А нитка, на которой привязан к вам безмассовый тестовый заряд, будет натянута к центру вращения вдоль этого перпендикуляра, и при переходе в вашу ИСО её направление не изменится.

Мачта - это аналог нити, в ИСО грузовика она движется, как и движется нить в ИСО Солнца. Верно?

-- 03.11.2025, 15:22 --

Вообще: нечто параллельное останется параллельным в любой ИСО, по крайней мере по Галилею. У вас это не так.

[realeugene]

chislo_avogadro в сообщении #1708215 писал(а):

нечто

Кончайте рассуждать абстрактно. Траектория снаряда разная в разных ИСО. В одной ИСО он летает вертикально, в другой по параболе. Это тривиально, начало школьной физики.

[Cos(x-pi/2)]

Предлагаю вернуться от нагромождения верёвок, лампочек, грузовика, гаубицы и т.п. - к простой электродинамической задачке, имеющей несложное аналитическое решение:

Пусть в ИСО-1 в начале координат имеется покоящаяся "материальная точка" - тело пренебрежимо малых размеров. На этом теле укреплён точечный заряд $q=+1$ (единица заряда); это источник постоянного во времени (в данной ИСО-1) электрического поля $\mathbf{E}.$ И в этом же теле находится пренебрежимо малых размеров система подвижных зарядиков c электрическим дипольным моментом $\mathbf{d}(t)$, который осциллирует с высокой частотой $\omega,$ это у нас будет источник "света" - излучатель электромагнитной волны оптического диапазона.

"Наблюдатель" находится на большом расстоянии от указанного тела с зарядами - в волновой зоне дипольного излучателя. У этого наблюдателя есть:

а) пробный заряд-детектор электрического статического или медленно меняющегося поля; будем считать, что он позволяет достаточно быстро (почти мгновенно, в хорошем приближении) определить направление $\mathbf{E}$ в точке расположения наблюдателя в любой момент времени.

б) оптический объектив с экраном, ну или камера-обскура. По положению светлого пятнышка на экране такого приёмника наблюдатель определяет направление на источник волны. В волновой зоне в месте расположения указанного приёмника волна приближённо описывается как плоская с волновым вектором $\mathbf{k}.$ Направление на источник это направление вектора $(-\mathbf{k}).$

Для простоты эту картину будем рассматривать лишь в двух пространственных измерениях - в ИСО-1 на плоскости $x,y.$ Т.е. третья координата $z=0$ для наблюдателя и для источника. Пусть относительно ИСО-1 наблюдатель движется с постоянной скоростью $v>0$ в направлении, противоположном оси $x,$ и его координаты есть:

$x=-vt\,,$ $y=L>0\,.$

Дипольный момент излучателя пусть параллелен оси $x:$

$d_x=a\sin(\omega t),\,d_y=d_z=0\,.$

Формулы электрического поля, и статического от точечного заряда, и дипольного излучения, простые; они хорошо известные, см. например ЛЛ-2.

Чтобы узнать, что обнаруживает наблюдатель, можно перейти с помощью преобразований Лоренца в ИСО-2 - в систему покоя наблюдателя. В этой ИСО-2 координаты наблюдателя есть:

$x'=0\,,$ $y'=L\,.$

Источник движется равномерно и прямолинейно относительно ИСО-2. Координаты источника:

$x'_0=vt'\,,$ $y'_0=0\,.$

Другой способ решения - сразу в ИСО-2 воспользоваться формулами запаздывающих потенциалов Лиенара - Вихерта, а именно - уже выведенными из них готовыми формулами запаздывающего электромагнитного поля движущегося заряда; см. например ЛЛ-2.

Для волны можно не вычислять поля, а только найти с помощью преобразований Лоренца волновой вектор $\mathbf{k}',$ чтобы узнать направление, в котором приёмник неподвижного наблюдателя видит "свет" движущегося дипольного излучателя.

В общем, это несложная студенческая задачка (я её сейчас с удовольствием порешал; вероятно, и в студенческие годы подобную задачку решал, но за полвека это уже забылось :)

Ответ получился вот какой:

Электрическое поле $\mathbf{E}',$ создаваемое равномерно прямолинейно движущимся зарядом $q,$ оказывается в месте расположения неподвижного наблюдателя направленным в момент времени $t'$ параллельно направлению на точку расположения движущегося заряда в этот же момент времени $t'.$

А излучение ("свет") приходит в момент времени $t'$ к приёмнику неподвижного наблюдателя с другого направления - с направления $(-\mathbf{k}')$ на точку, в которой излучатель находился в более ранний момент времени $t'_{ret}=t'-R'/c,$ где $R'$ есть расстояние, которое свет прошёл от той точки до приёмника.

Насколько понимаю, об этом и говорил уважаемый Someone:

Someone в сообщении #1707889 писал(а):

поле прямолинейно равномерно движущегося заряда перестраивается так, что он притягивает (противоположный) заряд не туда, где он виден, а туда, где он находится в данный момент. Несмотря на то, что электромагнитные волны распространяются со скоростью света.

[realeugene]

Cos(x-pi/2) в сообщении #1708221 писал(а):

Предлагаю вернуться от нагромождения верёвок, лампочек, грузовика, гаубицы и т.п. - к простой электродинамической задачке, имеющей несложное аналитическое решение:

Да в принципе электродинамика уже очевидна. Свет линеен - каждый световой $\delta$-импульс распространяется в виде сферы от точки, в которой был излучён. То есть мы видим в качестве источника света центр пробегающей мимо нас в данный момент сферы, который задержан от текущего положения источника на время прихода к нам света после излучения. А напряжённость электрического поля от равномерно движущегося заряда получается преобразованием Лоренца радиального кулоновского поля. Нюанс в том, что нужно преобразовывать сразу 4-тензор электромагнитного поля, но в нём в нашей задаче исходно нулевое магнитное поле, а появившееся магнитное поле после преобразования нам не интересно, так как наш пробный заряд неподвижен. В результате получаем преобразование только напряжённости электрического поля, которое можно подсмотреть, например, тут: https://online.mephi.ru/courses/physics ... 6/6.7.html уравнение 6.38, в котором исходное магнитное поле нулевое. Легко заметить, что если исходно электрическое поле было направлено по радиусу к заряду, то и после преобразования Лоренца оно остаётся радиальным, то есть в каждой точке пространства оно всегда направлено на летящий заряд на любом расстоянии от заряда с какой бы постоянной скоростью заряд ни летел.

[chislo_avogadro]

realeugene в сообщении #1708216 писал(а):

Кончайте рассуждать абстрактно.

Хороший был бы аргумент против Французской академии.

realeugene в сообщении #1708216 писал(а):

Траектория снаряда разная в разных ИСО. В одной ИСО он летает вертикально, в другой по параболе. Это тривиально, начало школьной физики.

Это столь же тривиально, сколь мимо затронутого вопроса.

[realeugene]

chislo_avogadro в сообщении #1708250 писал(а):

Это столь же тривиально, сколь мимо затронутого вопроса.

Доставайте школьный учебник физики и вспоминайте определение скорости.

[Cos(x-pi/2)]

realeugene в сообщении #1708247 писал(а):

Да в принципе электродинамика уже очевидна.

Ну, а мне не всё было очевидно без вычислений:

1. То, что кулоновское электрическое поле заряда $q$ радиальное, и что магнитное поле здесь роли не играет, это очевидно. Но то, что на точку наблюдения в момент $t'$ электрическое поле направлено из той точки, где летящий (равномерно и прямолинейно) заряд находится в тот же самый момент времени $t',$ а не в более ранний, - это надо ещё суметь вывести. Из формул (6.38) по Вашей ссылке сразу этого не видно; там x-компонента поля не изменилась, а y-компонента умножилась на $\gamma,$ так что сходу не очевидно, как направлен получившийся вектор поля по отношению к вектору, соединяющему наблюдателя и заряд в один и тот же момент времени. Чтобы разобраться с этим, надо учесть ещё и то, как преобразовались координаты, от которых зависят компоненты поля.

Еще менее ответ очевиден из того факта, что электрическое поле в точке наблюдения с тем же успехом определяется не из преобразований Лоренца, а из запаздывающих потенциалов, т.е. это запаздывающее поле - оно определяется движением заряда в более ранние моменты времени. Убедиться, что оба способа вычисления поля в ИСО-2 дают один и тот же ответ - не устная задача (по ходу дела для отыскания нужных более ранних моментов времени придётся ещё и квадратное уравнение решить :)


2. Почему мы глазом видим точечный источник света, а не равномерно засвеченное поле зрения по всей сетчатке? Слова "световой импульс распространяется в виде сферы от точки, в которой был излучён" не отвечают на этот вопрос. Вот дошла такая сфера каким-то своим местом до "точки наблюдения", и "точка наблюдения" этот факт почувствовала, но как она узнает, с какого направления её накрыло этим светом? (Поляризацию волн глаз не чувствует.) Аналогично и в радиотехнике: маленькая (по сравнению с длиной радиоволны) штыревая антенна приёмника не определяет, в каком направлении находится передатчик; нужен пеленгатор, т.е. приёмник с несколькими разнесёнными на большое расстояние антеннами.

Дело здесь в том, что "точка наблюдения", умеющая определять направление на источник света, это не точка в строгом смысле слова "точка", а система с размерами, намного большими длины волны. При этом световую волну в точках пространства $\mathbf{r}$ на входе такой оптической системы (на хрусталике глаза, на линзе объектива, в отверстии камеры-обскуры) можно аппроксимировать плоской волной, т.е. зависимостью от координат и времени вида $\sin(\omega t-\mathbf{k}\cdot\mathbf{r}).$

Линза объектива, хрусталик глаза, входное отверстие камеры-обскуры, - они выполняют своего рода "обратное преобразование Фурье": разным направлениям $\mathbf{k}$ сопоставляют разные места на детектирующем экране.


3. Поле дипольного излучения в точке наблюдения зависит от времени как $\sin (\omega (t-R/c)),$ где $R$ - расстояние между точкой наблюдения в данный момент времени $t$ и точкой, в которой излучающий диполь находился в прошлом, так что свет из той точки прошёл к данному моменту времени это расстояние $R.$ Убедиться, что $\sin (\omega (t-R/c))$ сводится к $\sin(\omega t-\mathbf{k}\cdot\mathbf{r}),$ где $\mathbf{r}$ может изменяться в окрестности точки наблюдения, а $\mathbf{k}$ не изменяется, - тоже часть задачи.

На мой взгляд, всё это в совокупности не очень-то очевидно; поэтому я и предложил это в качестве упражнения, более интересного (и притом теснее связанного с исходной темой), чем обсуждение траектории пушечного ядра.

[realeugene]

Cos(x-pi/2)
Прежде всего хочу написать, что я ни в коей мере не против прямых вычислений. Прямые вычисления - это правильно и здорово. Мне же всё-таки интересны ещё и способы интуитивных рассуждений, дающие при этом правильный, хоть и заранее известный результат.

В обсуждаемой задаче есть два разных вопроса. Почему пришедшее излучение мы видим сзади, и почему электрическое поле направлено к текущему положению заряда, а не назад? Второй случай посложнее и я его разберу позже, а первый как раз интуитивно более понятен.

Интуитивно проще рассуждать в терминах импульсов света, как было когда-то принято в СТО. Космонавт в какой-то момент излучил короткий импульс и забыл про него. Импульс света распространяется в виде тонкой (но толстой по сравнением с нашим диапазоном длин волн света) расширяющейся со скоростью света сферы, или сектора сферы - не важно, так как пути прохождения света на достаточном удалении от прямого луча нам не интересны. В дальнем поле, где волна уже достаточно плоская свет летит от той точки, из которой он был излучён, по нормали к поверхности этой сферы. Волнового вектора при этом нет (у нас нет определённой частоты), но мы знаем, что если летит плоская волна, то после разложения по частотам волновые вектора будут тоже направлены по нормали к этой плоской волне. Плоская волна летит всегда по нормали, а не в бок. А для нашей разлетающейся сферы нормаль направлена по радиусу от той точки, в которой космонавт её когда-то излучил. Ни от каких других точек траектории космонавта мы в нашей мелкой локальной области свет наблюдать не можем - он или ещё к нам не прилетел, или уже мимо нас улетел дальше. Так что мы видим, что свет фонарика космонавта приходит к нам сзади, где космонавт был когда-то.

[realeugene]

А тут вот такой контринтуитивный вопрос нарисовался. Мимо нас пролетает на некотором расстоянии слева направо достаточно большой заряд, под некоторым углом к горизонтали на короткой ниточке в ракете закреплён тестовый заряд: два заряда летят параллельно. Тестовый заряд на короткой ниточке от неподвижного для нас подвеса есть и у нас, как раз возле траектории летящего тестового заряда. Вопрос: когда два тестовых заряда пролетают мимо друг друга, параллельны ли ниточки, на которых они подвешены? И как быть с магнитным полем в нашей системе отсчёта?

Наклонная летящая ниточка тянет вбок?

[realeugene]

Всё верно. Сила - ковариантный вектор, и он преобразуется не так, как расстояния. Летящие натянутые ниточки нельзя использовать в интуитивных рассуждениях. Слишком контринтуитивны.