ФЛФ вып. 6 (Электродинамика), задача про поле проводника

[spaar]

Задача 26.7:

Цитата:

По очень длинному прямому проводу течет ток $J$, создаваемый электронами, движущимися со скоростью $v$. Полная плотность зарядов в каждой точке провода равна нулю благодаря наличию положительно заряженных ионов.
а) Найдите поля вне провода в системе координат, где провод покоится.
б) Найдите те же поля в системе координат, движущейся вместе с электронами.

Полный текст ответа можно посмотреть, например, здесь. Но суть в том, что в случае (а) ответ тот же, что в электростатическом случае ($\vec{E}=0$, $\vec{B}$ пропорционален току), а для случая (б) ответ находится через лоренцевы преобразования полей из (а). Естественно, выражения получаются другие, и поле $\vec{E}$ уже не нулевое.

Но я не понимаю, в чём разница между системами отсчёта (а) и (б). В первой положительные заряды покоятся, отрицательные движутся со скоростью $v$; во второй - отрицательные покоятся, положительные движутся с такой же скоростью, но в противоположном направлении. При этом ток в обеих системах одинаков по величине и по направлению. С учётом релятивизма поперечные проводу компоненты $\vec{E}$ будут в этих случаях одинаковы по величине, но противоположны по знаку. В ответе, как я уже написал, не так. Где ошибка?

[rustot]

Кроме того, что движущиеся и покоящиеся заряды меняются местами, со сменой системы отсчета меняется вдобавок и их плотность. Разнонаправленно

[spaar]

rustot
А можно поподробнее? Так я не понимаю.

Или спрошу чуть иначе. Рассмотрим только случай (а). В системе отсчёта, связанной с проводом, электрическое поле при $J=0$ равно нулю, т.к. заряд неподвижных электронов компенсируется зарядом неподвижных ионов. Далее, если $J>0$ и, соответственно, $v>0$, электрическое поле должно появиться, т.к. поле движущегося заряда отличается от поля неподвижного. Т.е. поле электронов будет другим, тогда как поле ионов останется тем же. Но в ответе 0.

[Munin]

spaar в сообщении #1017204 писал(а):

Но я не понимаю, в чём разница между системами отсчёта (а) и (б).

Почитайте объяснение этого эффекта в
Парселл. Электричество и магнетизм. § 5.9, и далее § 6.1.
Там очень наглядно и с картинками.

А чисто математически: плотность тока - это 4-вектор $j^\mu$ (у Фейнмана немножко другие обозначения: $j_\mu$). Его компонентами являются пространственная плотность тока и пространственная плотность заряда: $j^\mu=(\rho,\mathbf{j}).$
В одной системе отсчёта этот 4-вектор "чисто-пространственный", то есть имеет пространственную компоненту, но не имеет 0-компоненты, плотность заряда строго нулевая. Но в другой системе отсчёта это не обязательно должно быть так. Преобразования тока такие же, как и для любого 4-вектора:

$$\left\{\begin{array}{r@{\qquad}l@{\qquad}l}\rho'=&j'^t=\gamma(j^t-vj^x)&=\tfrac{1}{\sqrt{1-v^2}}(\rho-v(\mathbf{j})_x)\\(\mathbf{j}')_x=&j'^x=\gamma(-vj^t+j^x)&=\tfrac{1}{\sqrt{1-v^2}}(-v\rho+(\mathbf{j})_x).\\\end{array}\right.$$

Таким образом, при $\rho=0$ вовсе не обязательно будет $\rho'=0,$ и кроме того, пространственный ток тоже не обязательно будет таким же, как и в исходной системе отсчёта. Те правила, которые вы цитируете:

spaar в сообщении #1017204 писал(а):

В первой положительные заряды покоятся, отрицательные движутся со скоростью $v$; во второй - отрицательные покоятся, положительные движутся с такой же скоростью, но в противоположном направлении. При этом ток в обеих системах одинаков по величине и по направлению.

- это всего лишь нерелятивистское приближение настоящей картины. (Можете как дополнительное упражнение исследовать, поправками какого порядка малости по $v/c$ являются отличия настоящей релятивистской картины от этой нерелятивистской.)

В результате, получается всё согласованно с электродинамикой: $\mathbf{B}$ пропорционально току, а $\mathbf{E}$ пропорционально заряду, возникающему в связи со сменой системы отсчёта.

Ещё один вопрос может вызвать недоумение: мы же знаем, что заряд сохраняется, как бы он ни двигался, и не может браться "из ниоткуда". Суммарный заряд - да, но плотность заряда - нет. Пока мы рассматриваем бесконечный провод, мы не можем связать между собой эти две величины (интеграл по бесконечному проводу бесконечный). А если мы рассмотрим отрезок провода конечной длины (скажем, начинающийся с "испускателя электронов", и заканчивающийся "поглотителем электронов", или где-то сбоку замкнутый в кольцо), то мы обнаружим, что для разных концов этого провода, в связи с преобразованием Лоренца, нарушена одновременность. В неподвижной (относительно провода) ИСО, картина была такая:

В один конец провода входит один электрон, под №1, а в тот же момент из другого конца провода выходит другой электрон, под №$n.$ Всего в любой момент времени в проводе находится $n-1$ электронов.

Но в движущейся ИСО эти события в разных точках становятся неодновременными:

Сначала в один конец провода входит электрон под №1, а потом, после задержки (или наоборот, чуть раньше), в другой момент времени, из другого конца провода выходит электрон под №$n.$ А в тот же момент времени - из другого конца провода выходит электрон под №$n'.$ Всего в любой момент времени в проводе находится $\tfrac{1\pm vV}{\sqrt{1-v^2}}(n-1)$ электронов, где $V$ - собственная скорость электронов в проводе.

-- 19.05.2015 16:52:21 --

spaar в сообщении #1017254 писал(а):

Или спрошу чуть иначе. Рассмотрим только случай (а). В системе отсчёта, связанной с проводом, электрическое поле при $J=0$ равно нулю, т.к. заряд неподвижных электронов компенсируется зарядом неподвижных ионов. Далее, если $J>0$ и, соответственно, $v>0$, электрическое поле должно появиться, т.к. поле движущегося заряда отличается от поля неподвижного.

Нет. Электрическое поле не появляется. Опять же, надо смотреть не только на один заряд, но на целую плотность зарядов, образуемую всеми зарядами провода (электроны и неподвижные ионы можно рассматривать отдельно). Дело в том, что вы не ускоряете по отдельности каждый заряд, как ракетой. Вы "прокачиваете" заряды через провод, прикладывая к нему ЭДС. А в результате, заряды не просто ускоряются, но ещё и "подстраивают" свою плотность в проводе, так чтобы он оставался электронейтральным (в той системе отсчёта, в которой источник ЭДС неподвижен). С точки зрения неподвижной системы отсчёта, плотность электронов в проводе не изменилась, а вот с точки зрения самих электронов - они стали расположены реже в пространстве.

[rustot]

Ну представьте что все электроны и ионы выстроены в одну цепочку. Заданная в условии равная плотность означает что те и другие идут с равным шагом. Электрическое поле ноль (даже несмотря на то что поперечная составляющая поля отдельно взятого электрона больше у движущегося чем у неподвижного, но она больше только напротив него, а чуть впереди и позади поперечная составляющая наоборот меньше чем у неподвижного, в сумме по всем будет такое же электрическое поле как у ряда неподвижных электронов).

Если перейти в систему отсчета в которой электроны неподвижны то расстояние между ними больше чем в исходной системе отсчета. А расстояние между ионами наоборот меньше чем в исходной системе отсчета. Получается что в этой системе отсчета плотность положительного заряда больше плотности отрицательного и проводник уже не нейтрален

Когда ставилось условие нулевой суммарной плотности заряда в проводнике, то речь шла только о конкретной системе отсчета. Нельзя поставить условие одинаковое плотности допустим металла в конструкции рельс и движущихся по ним вагонов в абсолютном виде, без привязки к конкретной системе отсчета

[spaar]

Munin, спасибо за такой подробный ответ! Я вроде всё понял. Оказалось, это всё объясняется и у Фейнмана, но в предыдущем, пятом выпуске.

rustot, и Вам спасибо!
Смущает одно:

rustot в сообщении #1017264 писал(а):

даже несмотря на то что поперечная составляющая поля отдельно взятого электрона больше у движущегося чем у неподвижного, но она больше только напротив него, а чуть впереди и позади наоборот меньше, в сумме по всем будет такое же электрическое поле как у ряда неподвижных электронов

Вот это очень правильное, по-моему, замечание, но ни у Парселла, ни у Фейнмана я такого не вижу. И очевидным мне оно совсем не кажется. Есть такая формула для поперечной компоненты электрического поля одиночного заряда, движущегося со скоростью $v$ по оси $x$ (ФЛФ, вып. 6, (26.2)):
$E_\perp = \dfrac{q a (1-v^2)}{4 \pi \varepsilon_0 (x^2 + a^2 (1-v^2))^{3/2}},$
где $a$ - расстояние до оси $x$, $c=1$.

Следовательно, при линейной плотности заряда $\lambda$ поле движущихся по бесконечному проводу зарядов
$E_\perp = {\int_0^\infty \dfrac{\lambda a (1-v^2) dx}{2 \pi \varepsilon_0 (x^2 + a^2 (1-v^2))^{3/2}} },$

тогда как поле неподвижных
$E_{\perp0} = {\int_0^\infty \dfrac{\lambda a dx}{2 \pi \varepsilon_0 (x^2 + a^2)^{3/2}} }.$
Разность должна быть равна нулю, верно? Начав решать задачу, я и собирался посчитать интеграл разности этих выражений (или отдельно первый, второй-то известен), но интеграл плохой, равенство его нулю совсем не очевидно, поэтому стал смотреть ответ, который удивил.

[rustot]

поле неподвижного $E_y = \frac{q y}{(x^2 + y^2 + z^2)^{3/2}}$
поле движущегося $E_y = \frac{q \gamma y}{(\gamma^2 x^2 +y^2 + z^2)^{3/2}}$

в числителе $\gamma$, в знаменателе $\gamma^3$, так что начиная с какого то смещения $x^2$ знаменатель прирастет сильнее числителя по сравнению с неподвижным зарядом. интегрировать лень но в результате уверен, поле движущегося заряда не нарушает теорему гаусса, так что если вы берете достаточно длинный цилиндр чтобы потоком через боковины пренебречь, то поток через поверхность остается тем же, а значит тем же остается поле

а почему вы интегрировали от 0? это же означает что вы не учли ослабление поля от половины провода

[spaar]

В числителе $\gamma^2$!

rustot в сообщении #1017513 писал(а):

а почему вы интегрировали от 0? это же означает что вы не учли ослабление поля от половины провода

Так вроде функция чётная

[rustot]

spaar в сообщении #1017532 писал(а):

В числителе $\gamma^2$!

Да нет, $\gamma$. Для $E_x$ и $E_z$ меняется только $y$ в числителе на $x$ и $z$ соответственно. это я точно помню. Асимметрия только в знаменателе

[Munin]

spaar в сообщении #1017505 писал(а):

Разность должна быть равна нулю, верно?

Так лямбды у них разные. За счёт этого и получаются интегралы одинаковые.

[chislo_avogadro]

spaar в сообщении #1017505 писал(а):

интеграл плохой, равенство его нулю совсем не очевидно

А очевидно ли выполнение теоремы Гаусса для интеграла поля движущегося заряда?

[rustot]

chislo_avogadro в сообщении #1017592 писал(а):

А очевидно ли выполнение теоремы Гаусса для интеграла поля движущегося заряда?

Конечно, объем в который этот заряд целиком помещается содержит одну и ту же величину заряда в любой исо, значит интеграл по объему от его плотности а значит и от дивиргенции поля по этому объему остается тем же.

[chislo_avogadro]

Это вне всякого сомнения, но вопрос был об "очевидности". Интеграл-то ведь, если его честно брать, уже не столь очевиден, как в случае покоящегося заряда. Это была попытка мотивировки для ТС.

[Munin]

chislo_avogadro в сообщении #1017592 писал(а):

А очевидно ли выполнение теоремы Гаусса для интеграла поля движущегося заряда?

Может быть, и не очевидно, но верно. Можете считать это полноценным законом природы (он входит в уравнения Максвелла).

[rustot]

chislo_avogadro в сообщении #1017599 писал(а):

Это вне всякого сомнения, но вопрос был об "очевидности". Интеграл-то ведь, если его честно брать, уже не столь очевиден, как в случае покоящегося заряда.

Так это если его брать. А если посмотреть на сам процесс вывода того, что собираетесь интегрировать , то тогда уже ничего интегрировать не нужно, результат очевиден. Это если новое распределение поля просто написали на листочке и неизвестно как оно получено, то результат до интегрирования неясен.