Тред №611517
03 сен 2013 в 07:46
Yuri Rus
|
---|
ЭМ-М 2
Итак, полный вывод уравнения для угла аберрации отражения α. Сначала, отметим, что Майкельсон и Морли тоже использовали термин «аберрация», когда они говорили о луче света, отраженном от зеркала а: Предположим теперь, что эфир находится в покое и что весь аппарат движется в направлении sc со скоростью Земли по ее орбите, тогда направления и расстояния, проходимые лучами, будут меняться таким образом: луч sa отражается вдоль ab рис. 2 (угол bab₁ равен аберрации α), возвращается вдоль ba₁ (aba₁ = 2α) и идет в фокус телескопа, направление которого остается неизменным. Луч, прошедший сквозь стекло, идет вдоль ас, возвращается вдоль ca, и отражается в a₁, делая ca₁e равным 90 – α и, таким образом, вновь совпадая с первым лучом. И это совершенно правильный термин (с позиции русики; физика, вообще-то говоря, называет аберрацией совершенно другое явление). Интересно, что во всех учебниках по теории относительности, которые я просмотрел, не только не используется термин аберрация, но вообще не объясняется, почему в системе отсчета неподвижного эфира лучи света должны отражаться от движущегося полупрозрачного зеркала, расположенного под углом 45 градусов, не прямо вверх, согласно правилу «угол падения равен углу отражения», а под другим углом. Например, на рисунке из Фейнмановских Лекций По Физике, Т. 2, стр. 9, в системе отсчета лаборатории, где интерферометр покоится, лучи от источника А падают на зеркало В, расположенное под углом 45 градусов, и отражаются вертикально вверх (угол падения 45° равен углу отражения 45°), так что угол АВС равен 90°. На том же рисунке изображен и путь этого луча в системе отсчета покоящегося эфира: A → B → C’. Здесь угол CBC’ и есть угол аберрации. Но ни слова о том, откуда этот угол взялся, в книге нет. ![]() Я ни в коем случае не хочу сказать, что Фейнман и другие авторы книг по СТО пытаются что-то скрыть. Ничего подобного – я уверен, что большинство физиков верят в справедливость СТО, потому что не видят в ней никаких ошибок (я и сам в нее верил, когда я был студентом ФТФ НЭТИ). Я всего лишь обращаю ваше внимание на то, что если в системе отсчета покоящегося эфира угол падения луча на движущееся зеркало не равен углу его отражения, то это требует, во-первых, некоторого обоснования, а во-вторых, строгого математического вывода формулы для соотношения этих углов. Ничего этого не было сделано не только Майкельсоном и Морли, но и всеми последующими физиками, анализировавшими ЭМ-М. Таким обоснованием может быть Принцип Гюйгенса, сомнений в котором, я надеюсь, ни у кого нет. Будем использовать его в такой формулировке: Каждая точка двигающегося зеркала, на которую падает фронт волны света, является источником вторичных сферических волн, распространяющихся в покоящемся эфире со скоростью света. Поверхность, касательная ко всем вторичным волнам, представляет собой волновой фронт в следующий момент времени. Пусть в момент t₀ на зеркало a, расположенное под углом 45 градусов к лучам света, падает волновой фронт 1, который касается зеркала в точке Е (штрихованная светло-синяя линия). Через промежуток времени Δt, этот фронт сдвинется вправо на расстояние λ₁ = c Δt (светло-синяя линия), а зеркало а сдвинется вправо на расстояние λ₁ v/c. Согласно Принципу Гюйгенса, точка E станет источником вторичной сферической волны радиуса λ₁ (штрихованная красная окружность). Чтобы получить фронт отраженной волны 1’ (темно-синяя линия), нам надо провести касательную линию между точкой H, в которой падающий фронт 1 касается зеркала в момент t₀ + Δt, и окружностью радиуса λ₁ с центром в точке Е. Эта касательная линия касается окружности в точке К. ![]() Чтобы найти угол аберрации отражения α, нам надо найти расстояние |IK|. sin α = |IK| / |EK|, а |EK| = λ₁ Методы решения подобных геометрических задач известны – см., например, здесь (задача 3). Найдем решение нашей задачи, следуя этому примеру. Пусть начало координат находится в точке Е. Тогда уравнение штрихованной окружности будет x² + y² = λ₁² Уравнение касательной будем искать в виде y = kx + s Эта прямая проходит через точку H с координатами H(p, q). Легко увидеть, что p = λ₁ q = (1 – β) λ₁ Это очевидно для оси абсцисс: |QH| = |SG| = λ₁. Что касается оси ординат, то поскольку зеркало а расположено под углом 45 градусов, то |HG| = |PH| = |EE’| = λ₁ β А координаты точки G: G(λ₁, λ₁). Но мы пока будем искать решение в общем виде, не подставляя значения p и q. Точка Н принадлежит касательной, поэтому подставив p и q вместо х и у в уравнение y = kx + s, мы получим s = q – kp Из системы уравнений y = kx + q – kp x² + y² = λ₁² определим общие точки прямой и окружности, для чего y из первого уравнения подставим во второе: x² + (kx + q – kp)² = λ₁² Возводя в квадрат слагаемые последнего уравнения и приводя подобные члены, имеем: x² (1 + k²) + x 2k (q – kp) + (q – kp)² – λ₁² = 0 В канонической форме это квадратичное уравнение записывается как a x² + b x + c = 0 Так как прямая касается окружности (а не пересекает ее в двух точках), данное уравнение имеет единственное решение. Следовательно, его дискриминант b² – 4ac равен нулю, то есть: (2k (q – kp))² – 4 (1 + k²) ((q – kp)² – λ₁²) = 0 Раскрыв скобки и сократив ряд членов, получим k² (p² – λ₁²) – 2qpk + q² – λ₁² = 0 А сейчас пора вспомнить, что p = λ₁. Тогда p² – λ₁² = 0 и мы получим k = (q² – λ₁²) / 2qp = ((1 – β)² – 1) / 2(1 – β) s = λ₁ ((1 – β)² + 1) / 2(1 – β) Нам нужны координаты точки К(u, w), в которой касательная (отраженный фронт) касается окружности радиуса λ₁. Для этого, вернемся к уравнению x² (1 + k²) + x 2k (q – kp) + (q – kp)² – λ₁² = 0 и подставим u вместо х: u² (1 + k²) + u 2k (q – kp) + (q – kp)² – λ₁² = 0 Поскольку, как говорилось выше, в точке К(u, w) дискриминант равен нулю, мы имеем единственное решение u = – b / 2a = – 2k (q – kp) / (2(1 + k²)) = λ₁ (1 – (1 – β)²) / (1 + (1 – β)²) Соответственно, поскольку sin α = u / λ₁, мы и получим sin α = (1 – (1 – β)²) / (1 + (1 – β)²) Ну а cos α находится просто решением уравнения cos α = (1 – sin² α)½ = 2 (1 – β) / (1 + (1 – β)²) Уф. Я предупреждал, что вывод громоздкий, хотя ничего особо сложного в нем нет. UPDATE. Забыл сказать, что Майкельсон и Морли (а за ними все физики, не только релятивисты) без всякого вывода и обсуждения полагают, что sin α = β Для малых β ≪ 1, это приближенно, вроде бы, так и есть: sin α = (1 – (1 – β)²) / (1 + (1 – β)²) ≈ β + β²/2 ≈ β Приближенно. Но мы видим, что Майкельсон и Морли здесь пренебрегают (точнее говоря, не пренебрегают, а не догадываются) эффектами второго порядка (β²), относящимися к длине пути и фазе «поперечного» луча aba₁. Напомню, однако, что в этом эксперименте как раз и измеряются эффекты второго порядка, то есть те самые β². Отредактировано: Yuri Rus - 06 дек 2019 в 19:23
|
|
Комментарии не найдены! |