Вопрос из ОТО

[SergeyGubanov]

Z.S. в сообщении #750305 писал(а):

SergeyGubanov На Ваш взгляд, какую силу покажет динамометр в кабине,

С большущей точностью динамометр покажет $m g$ в обоих случаях. О том как вычислять очень маленькие поправки к этой величине сейчас и идёт спор в этой ветке форума.

Someone в сообщении #750244 писал(а):

Вы писали про эквивалентность метрик. Эквивалентность метрик означает, что они описывают одну и ту же область пространства-времени и потому преобразуются друг в друга заменой координат. Метрики, которые Вы называете "эквивалентными", относятся к разным областям пространства-времени, поэтому не эквивалентны.

Я употребил слово "эквивалентность" в смысле формальной замены переменных по правилам матана, и совершенно не имел в виду геометрию. Разумеется если в слово "эквивалентность" вложить тот смысл, который вы сейчас описали, то да, спорить не с чем, вы правы. Однако вы опять уводите обсуждение темы по существу к спору о терминологии.

Munin в сообщении #750243 писал(а):

SergeyGubanov в сообщении #750220 писал(а):

У кого-нибудь есть претензии к этой программе действий?

Зачем повторяться? Бредовость этого предложения была прокомментирована ещё в начале темы.

Это вы про ваш бредовый выпад на счёт того, что в указанном гравитационном поле в системе отсчёта движущейся по закону $\frac{dx^i}{dt} = V^i$ трёхмерное пространство не будет евклидовым? Ну, допустим, вы этого факта действительно не знали, и сами не могли догадаться как же это можно вычислить самому. Но после того как я по просьбе Someone показал выкладки, зачем вы и далее навязчиво демонстрируете свою некомпетентность в этом разделе физики?

[Z.S.]

SergeyGubanov

Как Вы думаете, в приведенных мною случаях, для вращающегося кольца, с учетом величин порядка $ \upsilon^2/c^2 $

Случаи такие:

1. кабина покоится на поверхности планеты ( величина ускорения свободного падения равна $g$ ).

2. кабина перемещается вдали от масс с собственным ускорением $g$.


а) показания динамометра совпадут.
б) показания динамометра не совпадут.

Показания динамометра будут больше чем $gE/c^2 $ ?
( здесь $E$ - полная энергия вращающегося кольца )

[SergeyGubanov]

Z.S. в сообщении #750446 писал(а):

показания динамометра

Если вас интересуют только показания динамометра, и не интересуют траектории полёта неточечных вращающихся твёрдых тел, то ответ можно получить не выписывая Лагранжиана этих тел. Для кольца радиуса $R$ вращающегося с постоянной угловой скоростью $\Omega$ подвешенного в кабине лифта ускоряющегося с ускорением $g$, по моим расчётам динамометр покажет:

$$F^{(z)} = \frac{m g}{1-\frac{R^2 \Omega^2}{c^2}}$$

здесь $m$ - масса кольца. Все величины, естественно, взяты в СО лифта.

Вычисления просты, но громоздки. Всего лишь навсего надо вычислить проекции четырёхускорения элементов кольца на репер системы отсчёта связанной с лифтом.

-------

Возьмём цилиндрическую систему координат

$$ds^2 = c^2 dt^2 - dr^2 - r^2 d\varphi^2 - dz^2$$

Лифт ускоряется вдоль оси $z$ с постоянным собственным ускорением $g$, значит он движется по закону (см ЛЛ2):

$$v^z = \frac{dz}{dt} = \frac{g t}{\sqrt{1+\frac{g^2 t^2}{c^2}}}$$

Обозначим буквой $\tau$ собственное время лифта, оно таково

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

Кольцо вращается вокруг оси $z$ с постоянной угловой скоростью $\Omega$ по времени $\tau$, значит в неподвижной системе закон вращения кольца такой:

$$v^{\varphi} = \frac{d \varphi}{dt} = \Omega \sqrt{1 - \frac{\frac{g^2 t^2}{c^2}}{1 + \frac{g^2 t^2}{c^2}}}$$

Для вычисления четырёхскорости некоторого элемента кольца:

$$u^{\mu} = \frac{dx^{\mu}}{ds}$$

нужно знать связь между $s$ и $t$, вот она:

$$ds = c dt \sqrt{ 1 - \frac{1}{c^2} \left( R \frac{d\varphi}{dt} \right)^2 - \frac{1}{c^2} \left( \frac{dz}{dt} \right)^2 } $$

Четырёхускорение:

$$ w^{\mu} = {\frac{du}{ds}}^{\mu} + \Gamma^{\mu}_{\alpha \beta} u^{\beta} u^{\alpha} $$

Вычисления дают следующие компоненты четырёхускорения:

$$w^{t} = \frac{g^2 t}{c^3} \frac{1}{1-\frac{R^2 \Omega^2}{c^2}}$$

$$w^r = - \frac{R \Omega^2}{c^2} \frac{1}{1-\frac{R^2 \Omega^2}{c^2}}$$

$$w^z = \frac{g}{c^2} \frac{\sqrt{1 + \frac{g^2 t^2}{c^2}}}{1-\frac{R^2 \Omega^2}{c^2}}$$

Нам нужна $z$ проекция четырёхускорения на репер движущейся системы.

Репер неподвижной СО

$$e^{(t)} = c dt, \quad e^{(r)} = dr, \quad e^{(\varphi)} = r d \varphi, \quad e^{(z)} = dz$$

Репер СО лифта связан с репером неподвижной СО лоренцевским бустом со скоростью $v^z =\frac{dz}{dt}$, поэтому:

$$e'^{(z)} = \frac{1}{\sqrt{1 - \frac{(v^z)^2}{c^2}}} \left( - \frac{v^z}{c} e^{(t)} + e^{(z)}\right) $$

Проекции четырёхускорения на репер СО лифта:

$$w^{(a)} = e'^{(a)}_{\mu} w^{\mu}$$

Ну вот и всё, обычная трёхмерная сила измеряемая динамометром внутри лифта $F^{(i)} = m c^2 w^{{i}}$, для $z$ проекции получаем:

$$F^{(z)} = \frac{m g}{1-\frac{R^2 \Omega^2}{c^2}}$$

Для лифта покоящегося на планете вычисления будут примерно такие же. Об этом потом...

[Source]

SergeyGubanov в сообщении #750734 писал(а):

Для кольца радиуса $R$ вращающегося с постоянной угловой скоростью $\Omega$ подвешенного в кабине лифта ускоряющегося с ускорением $g$, по моим расчётам динамометр покажет:

$$F^{(z)} = \frac{m g}{1-\frac{R^2 \Omega^2}{c^2}}$$

Из общих соображений, квадратный корень в знаменателе не помешает...

-- Ср июл 31, 2013 15:39:08 --

SergeyGubanov в сообщении #750734 писал(а):

Для лифта покоящегося на планете вычисления будут примерно такие же.

Но результат, скорее всего, будет другой.

[Z.S.]

SergeyGubanov

Спасибо.
Ждем второе.

На десерт получается, что $ F^{(z)}>gE/c^2$.
( $E$ - полная энергия вращающегося кольца )
Отсюда выходит, что можно создавать переменную $ F^{(z)}$, при $E=const$ .
Можно вообразить себе идеальную систему, подвешенную на динамометре: аккумулятор + привод + кольцо.
Энергию из аккумулятора закачиваем в кольцо - получаем максимум силы.
Энергия в аккумуляторе, кольцо неподвижно - получаем минимум силы.
Закон сохранения импульса ругаться будет, однако ?


Source
Квадратный корень в знаменателе не будет ли противоречить принципу эквивалентности?

[Source]

Z.S. в сообщении #750776 писал(а):

Квадратный корень в знаменателе не будет ли противоречить принципу эквивалентности?

Нет, если $m$ - это масса невращающегося колеса. Энергия (=масса) колеса с учетом вращения равна $E=m/\sqrt{1-R^2\Omega^2}$

[SergeyGubanov]

Расчёт показаний динамометра для вращающегося кольца массы $m$ в покоящемся лифте на поверхности планеты массы $M$.

Прежние обозначения $R$ - радиус кольца и $\Omega$ - круговая частота измеренная по местному времени нуждаются в уточнении. Теперь трёхмерное пространство искривлено да ещё и время в разных его точках течёт с разной скоростью. Под радиусом кольца $R$ будем понимать его длину делённую на $2 \pi$. А под частотой $\Omega$ будем понимать частоту измеренную часами находящимися в какой либо точке ободка кольца, а не в его центре. Дело в том, что время на ободе кольца и в центре кольца течёт с разной скоростью.

Далее всё по прежнему. Надо найти четырёхускорение элементов кольца и спроектировать его на "$z$"-ный вектор репера покоящейся относительно планеты СО.

Метрика:

$$ds^2 = c^2 dt^2 - \left(dr + \sqrt{\frac{2 k M}{r}} \, dt \right)^2 - r^2 d \theta^2 - r^2 \sin^2(\theta) \, d \varphi^2$$

Покоящаяся СО:

$$e^{(t)} = \sqrt{1-\frac{2 k M}{c^2 r}} \, c dt - \frac{\sqrt{\frac{2 k M}{c^2 r}}}{\sqrt{1-\frac{2 k M}{c^2 r}}} \, dr, \quad e^{(r)} = \frac{dr}{\sqrt{1-\frac{2 k M}{c^2 r}}}, \quad e^{(\theta)} = r \, d\theta, \quad e^{(\varphi)} = r \, \sin\theta \, d \varphi$$

"$z$"-ный вектор репера:

$$e^{(z)} = e^{(r)} \cos(\theta) - e^{(\theta)} \sin(\theta)$$

Закон вращения кольца с учётом местного времени:

$$\frac{d\varphi}{dt} = \Omega \sqrt{1-\frac{2 k M}{c^2 r}}$$

Здесь $r$ - радиус планеты (опять же, понимаемый как длина экватора делённая на $2 \pi$).
Радиус кольца связан с радиусом планеты формулой:

$$R = r \sin(\theta)$$

Четырёхскорость какого-либо элемента вращающегося кольца:

$$u^{\mu} = {\frac{dx}{ds}}^{\mu} = \frac{1}{\sqrt{\left( 1 - \frac{2 k M}{c^2 r}\right) \left( 1 - \frac{R^2 \Omega^2}{c^2}\right) }} \left( 1, 0, 0, \frac{\Omega}{c} \sqrt{1 - \frac{2 k M}{c^2 r}} \right)$$

Формула для четырёхускорения:

$$w^{\mu} = \frac{du}{ds} + \Gamma^{\mu}_{\alpha \beta} u^{\alpha} u^{\beta}$$

Формула для искомой $z$-проекции силы:

$$F^{(z)} = m c^2 e^{(z)}_{\mu} w^{\mu}$$

Вычисления по этим формулам дают:

$$F^{(z)} = \frac{m g}{1 - \frac{R^2 \Omega^2}{c^2} } \sqrt{1 - \frac{R^2}{r^2}} \left( 1 + 2 \frac{R^2 \Omega^2}{c^2} \left[ 1 + \frac{c^2 r}{2 k M} \left( \sqrt{1 - \frac{2 k M}{c^2 r}} - 1 \right) \right] \right) $$

здесь $g$ - ускорение свободного падения на поверхности планеты:

$$ g = \frac{k M}{r^2} \frac{1}{\sqrt{1 - \frac{2 k M}{c^2 r}}} $$

Если радиус планеты $r$ очень велик по сравнению с её гравитационным радиусом $\frac{2 k M}{c^2}$ и по сравнению с радиусом кольца $R$, то раскладывая полученное выражение для $F^{z}$ в ряд по степеням $\frac{1}{r}$ приближённо получаем:

$$ F^{(z)} \approx \frac{k m M}{r^2} \frac{1 + \frac{R^2 \Omega^2}{c^2}}{1 - \frac{R^2 \Omega^2}{c^2}} $$

Source в сообщении #750784 писал(а):

квадратный корень

Точные вычисления не подтверждают ваше предположение про квадратный корень.

[Z.S.]

У меня для $\beta^2 <<1$ получается:

Результат SergeyGubanov

Кабина в НСО:

$$F^{(z)}=\frac{mg}{1-\frac{R^2\Omega^2}{c^2}}\approx mg(1+\frac{R^2\Omega^2}{c^2})$$

Кабина на планете:

$$F^{(z)}\approx\frac{kmM}{r^2}\frac{1+\frac{R^2\Omega^2}{c^2}}{1-\frac{R^2\Omega^2}{c^2}}\approx mg(1+2\frac{R^2\Omega^2}{c^2})$$

Формула (8.1) Окунь:

Кабина на планете:

$$F=k \frac{ME }{c^2r^2}(1+\beta^2)\approx mg(1+\frac{3}{2}\frac{R^2\Omega^2}{c^2})$$

Так что ...

[Source]

SergeyGubanov в сообщении #750934 писал(а):

Точные вычисления не подтверждают ваше предположение про квадратный корень.

Тем хуже для вычислений.
Вы знаете, как связаны компоненты 4- и 3-силы?

[SergeyGubanov]

Source в сообщении #751045 писал(а):

SergeyGubanov в сообщении #750934 писал(а):

Точные вычисления не подтверждают ваше предположение про квадратный корень.

Тем хуже для вычислений.
Вы знаете, как связаны компоненты 4- и 3-силы?

Кстати, да. То что я вычислил есть $z$-компонента четырёхсилы. Как её перевести в 3-силу это ещё мне подумать надо. Но если Вы знаете как, то прошу Вас помочь мне в этом деле.

[Source]

Умножить на $\sqrt{1-\mathbf{v}^2}=\sqrt{1-R^2\Omega^2}$

[Z.S.]

Ну вот...

Для вращающегося кольца:

Кабина на планете:

$F\approx mg(1+\frac{3}{2}\frac{R^2\Omega^2 }{c^2})$ (1)

Кабина в НСО:

$F\approx mg(1+\frac{1}{2}\frac{R^2\Omega^2 }{c^2})$ (2)

Вопрос по (1):

Вообразим идеальную систему, подвешенную на динамометре: аккумулятор + привод + кольцо.
Энергию из аккумулятора закачиваем в кольцо - получаем максимум силы.
Энергия в аккумуляторе, кольцо неподвижно - получаем минимум силы.
В цикле перемещения вверх-вниз можно получить как положительную так и отрицательную работу.
Вечный двигатель получается ? (безотносительно к знаку работы)

Вопрос по (1) и (2):

Значит в свободном падении вращающееся кольцо обгонит невращающееся?

[SergeyGubanov]

Source в сообщении #751125 писал(а):

Умножить на $\sqrt{1-\mathbf{v}^2}=\sqrt{1-R^2\Omega^2}$

Спасибо.

Покажу выкладки откуда это следует.

Четырёхсила $F_{4D}$ определяется производной по $s = c \tau$, где $\tau$ - собственное время движущейся частицы

$$ F^{(a)}_{4D} = m c \, e^{(a)}_{\mu} \left( {\frac{d u}{ds}}^{\mu} + \Gamma^{\mu}_{\alpha \beta} u^{\alpha} u^{\beta} \right) $$

а три компоненты 3-силы $F_{3D}$ измеряемой динамометром определяются через производную по $T$ - собственному времени динамометра.

Поэтому между пространственными компонентами этих сил следующий коэффициент преобразования:

$$ F^{(i)}_{4D} = \frac{1}{c} \gamma F^{(i)}_{3D} $$

$$ \gamma^{-1} = \frac{d \tau}{d T} = \frac{1}{c} \sqrt{g_{\mu \nu} {\frac{dx}{dT}}^{\mu} {\frac{dx}{dT}}^{\nu}} $$

Динамометр должен быть точечным и располагаться в той же точке где сейчас движется частица. Для вращающегося кольца, стало быть, надо предположить что оно закреплено по типу подшипника. Причём во всех точках его невращающейся части время должно течь с одинаковой скоростью. Для кольца расположенного горизонтально на поверхности планеты это условие, к счастью, выполняется. Однако стоит кольцо наклонить и силы приложенные к его частям нельзя будет складывать. Складывать нельзя, однако в каждой точке преобразование между 4 и 3 силой определить всё равно будет можно. Замечу ещё что $T$ не имеет ничего общего с координатным временем $x^0$ используемой системы координат. Более того, $T$ как фунция координат $T(x^{0}, x^{1}, x^{2}, x^{3})$ в подавляющем большинстве систем отсчёта не существует вовсе. В тех случаях когда такая функция есть мы имеем

$$ e^{(0)} = c dT = c \frac{\partial T}{\partial x^{\mu}} dx^{\mu} $$

но в общем случае дифференциальная форма $e^{(0)}$ неголономна и функции $T$ не существует. В общем случае роль дифференциала $dT$ играет дифференциальная форма $\frac{1}{c} e^{(0)}$. Следовательно в общем случае коэффициент пересчёта сил должен быть определён как-то так (только сразу не пугайтесь, это формальный символ не более страшный чем привычный символ навроде $\frac{dy}{dx}$):

$$ \gamma^{-1} = \frac{ds}{e^{(0)}} = \frac{ \sqrt{ \eta_{a b} e^{(a)} e^{(b)}} }{e^{(0)}} = \sqrt{ 1 - \left( \frac{e^{(1)}}{e^{(0)}} \right)^2 - \left( \frac{e^{(2)}}{e^{(0)}} \right)^2 - \left( \frac{e^{(3)}}{e^{(0)}} \right)^2} $$

Там под корнем стоят компоненты 3-скорости в системе отсчёта определяемой репером $e^{(a)}_{\mu}$:

$$ \frac{1}{c} v^{(i)} = \frac{ e^{(i)} }{ e^{(0)} } = \frac{ e^{(i)}_{\mu} dx^{\mu} }{ e^{(0)}_{\mu} dx^{\mu} } = \frac{ e^{(i)}_{\mu} {\frac{dx}{ds}}^{\mu} }{ e^{(0)}_{\mu} {\frac{dx}{ds}}^{\mu} } = \frac{ e^{(i)}_{\mu} u^{\mu} }{ e^{(0)}_{\mu} u^{\mu} } = \frac{ u^{(i)} }{ u^{(0)} } $$

Применим это на практике.

Ускоряющийся лифт

$$ e^{(t)} = \frac{1}{\sqrt{1-\left( \frac{v^z}{c} \right)^2}} \left( c dt - \frac{v^z}{c} dz \right), \quad e^{(r)} = dr, \quad e^{(\varphi)} = r d \varphi, \quad e^{(z)} = \frac{1}{\sqrt{1-\left( \frac{v^z}{c} \right)^2}} \left( - v^z dt + dz \right) $$

$$ \frac{dr}{dt} = 0, \quad \frac{d \varphi}{dt} = \Omega \sqrt{1 - \frac{ \frac{g^2 t^2}{c^2} }{ 1 + \frac{g^2 t^2}{c^2} }}, \quad \frac{dz}{dt} = \frac{g t}{\sqrt{1 + \frac{g^2 t^2}{c^2} }} \equiv v^z $$

$$ v^{(r)} = 0, \quad v^{(\varphi)} = r \Omega, \quad v^{(z)} = 0 $$

$$\gamma^{-1} = \sqrt{1 - \frac{R^2 \Omega^2}{c^2}}$$

Лифт покоящийся на поверхности планеты

$$e^{(t)} = \sqrt{1-\frac{2 k M}{c^2 r}} \, c dt - \frac{\sqrt{\frac{2 k M}{c^2 r}}}{\sqrt{1-\frac{2 k M}{c^2 r}}} \, dr, \quad e^{(r)} = \frac{dr}{\sqrt{1-\frac{2 k M}{c^2 r}}}, \quad e^{(\theta)} = r \, d\theta, \quad e^{(\varphi)} = r \, \sin\theta \, d \varphi$$

$$ \frac{dr}{dt} = 0, \quad \frac{d \theta}{dt} = 0, \quad \frac{d\varphi}{dt} = \Omega \sqrt{1 - \frac{2 k M}{c^2 r}} $$

$$ v^{(r)} = 0, \quad v^{(\theta)} = 0, \quad v^{(\varphi)} = r \sin(\theta) \Omega = R \, \Omega $$

$$\gamma^{-1} = \sqrt{1 - \frac{R^2 \Omega^2}{c^2}}$$

Z.S. в сообщении #751147 писал(а):

Вечный двигатель получается?

А разьве это не то же самое как зарядили обкладки конденсатора - они притягиваются, разрядили - не притягиваются? Или положили в сумку груз - она тянет, вынули - не тянет?...

Z.S. в сообщении #751147 писал(а):

Значит в свободном падении вращающееся кольцо обгонит невращающееся?

Не факт. Расчётов динамики не было. Для них нужен Лагранжиан кольца.

-- 02.08.2013, 13:53 --

Source в сообщении #751125 писал(а):

"Теория Всего будет построена из Ничего" (Релятивистский Мир)

Нашёл на вашем сайте интересную статью про прецессию Томаса. Вы значит собаку съели на движущихся гироскопах. В связи с этим вопрос, а вы случайно не пытались лагранжиан волчка написать, ну чтоб понять по какой траектории он полетит будучи брошенным в свободный полёт в искривлённом пространстве?

[Z.S.]

SergeyGubanov в сообщении#p751284 писал(а):

А разьве это не то же самое как зарядили обкладки конденсатора - они притягиваются, разрядили - не притягиваются?
Или положили в сумку груз - она тянет, вынули - не тянет?...

Кабина на планете. Динамометр в кабине. Сумка подвешена на динамометре.
Сумка закрыта (как черный ящик).

В сумке находятся идеальные: аккумулятор +электропривод + кольцо

$m_a $ - масса незаряженного аккумулятора
$m $ - масса неподвижного кольца
$m_{en} $ - масса электропривода
$m_{az} $ - масса заряженного аккумулятора

Полагаем, что аккумулятор заряжен.
Пусть запас энергии в заряженном аккумуляторе:

$E_{az}=\frac{mR^2\Omega^2}{2}$

Для вращающегося кольца:

$F\approx mg(1+\frac{3}{2}\frac{R^2\Omega^2}{c^2})$

Когда запас энергии из аккумулятора мы перекачаем в кольцо, динамометр покажет силу:

$F_{max}=[m(1+\frac{3}{2}\frac{R^2\Omega^2}{c^2})+m_a+m_{en}]g$

Перемещаем сумку вертикально вниз на длину $L $.
Получаем работу :

$A_{max}= [m(1+\frac{3}{2}\frac{R^2\Omega^2}{c^2})+m_a+m_{en}]gL$

Останавливаемся.

Энергию запасенную во вращении кольца перекачиваем обратно в аккумулятор, динамометр покажет силу:

$F_{min}= [m+m_{az}+m_{en}]g=[m+(m\frac{1}{2}\frac{R^2\Omega^2}{c^2}+m_a)+m_{en}]g$

Перемещаем сумку вертикально вверх на длину $L $.
Затратим работу :

$A_{min}= [m+(m\frac{1}{2}\frac{R^2\Omega^2}{c^2}+m_a)+m_{en}]gL$

Разница работ:

$\Delta A=A_{max}- A_{min}= [m\frac{R^2\Omega^2}{c^2}]gL >0$

Что это за Х..., Ватсон? Это такая ... Халява, Сэр ...

[SergeyGubanov]

Невозможно сосчитать работу по перемещению этого самого кольца покуда не выписан его Лагранжиан, то есть не известны уравнения его динамики. Формулы для сил измеряемых динамометром выведены для статики. Если кольцо движется, то эти формулы применять нельзя. Однако точно наперёд можно сказать, что поскольку Лагранжиан от времени не зависит (для случая планеты, там всё статично), то полная энергия точно сохраняется.