证明 \( E’^2 = E_0^2 + (c B’)^2 \)
我们假设在参考系 \( S \) 中,电场为 \( \vec{E} = \vec{E}_0 \),磁场为 \( \vec{B} = 0 \)。参考系 \( S’ \) 以速度 \( v \) 沿 \( x \)-轴运动。根据洛伦兹变换,\( S’ \) 中的电磁场为:
\[ \begin{aligned} E’_x &= E_{0x}, \\ E’_y &= \gamma E_{0y}, \\ E’_z &= \gamma E_{0z}, \\ B’_x &= 0, \\ B’_y &= -\frac{\gamma v}{c^2} E_{0z}, \\ B’_z &= \frac{\gamma v}{c^2} E_{0y}. \end{aligned} \]
1. 计算 \( E’^2 \)
\( S’ \) 系中的电场平方: \[ E’^2 = E_x’^2 + E_y’^2 + E_z’^2 = E_{0x}^2 + \gamma^2 E_{0y}^2 + \gamma^2 E_{0z}^2. \]
2. 计算 \( (c B’)^2 \)
\( S’ \) 系中的磁场平方: \[ B’^2 = B_x’^2 + B_y’^2 + B_z’^2 = 0 + \left(-\frac{\gamma v}{c^2} E_{0z}\right)^2 + \left(\frac{\gamma v}{c^2} E_{0y}\right)^2 = \frac{\gamma^2 v^2}{c^4} (E_{0y}^2 + E_{0z}^2). \] 因此: \[ (c B’)^2 = c^2 \cdot \frac{\gamma^2 v^2}{c^4} (E_{0y}^2 + E_{0z}^2) = \frac{\gamma^2 v^2}{c^2} (E_{0y}^2 + E_{0z}^2). \]
3. 计算 \( E_0^2 + (c B’)^2 \)
\( S \) 系中的电场平方: \[ E_0^2 = E_{0x}^2 + E_{0y}^2 + E_{0z}^2. \] 因此: \[ E_0^2 + (c B’)^2 = E_{0x}^2 + E_{0y}^2 + E_{0z}^2 + \frac{\gamma^2 v^2}{c^2} (E_{0y}^2 + E_{0z}^2). \]
4. 比较 \( E’^2 \) 和 \( E_0^2 + (c B’)^2 \)
展开 \( E’^2 \): \[ E’^2 = E_{0x}^2 + \gamma^2 (E_{0y}^2 + E_{0z}^2). \] 展开 \( E_0^2 + (c B’)^2 \): \[ E_0^2 + (c B’)^2 = E_{0x}^2 + (E_{0y}^2 + E_{0z}^2) \left(1 + \frac{\gamma^2 v^2}{c^2}\right). \]
利用洛伦兹因子关系 \( \gamma^2 = \frac{1}{1 - v^2/c^2} \),有: \[ 1 + \frac{\gamma^2 v^2}{c^2} = 1 + \frac{v^2/c^2}{1 - v^2/c^2} = \frac{1 - v^2/c^2 + v^2/c^2}{1 - v^2/c^2} = \gamma^2. \] 因此: \[ E_0^2 + (c B’)^2 = E_{0x}^2 + \gamma^2 (E_{0y}^2 + E_{0z}^2) = E’^2. \]
结论
在参考系 \( S’ \) 中,电场的平方等于原参考系 \( S \) 中电场的平方加上 \( (c B’)^2 \): \[ \boxed{ E’^2 = E_0^2 + (c B’)^2 } \]
验证关系式 \( E = \frac{v^2}{c^2} E + \frac{E_0}{\gamma} \)
1. 问题描述
我们需要验证以下等式是否成立: \[ E = \frac{v^2}{c^2} E + \frac{E_0}{\gamma} \] 其中:
- \( E \) 是运动参考系中的电场,
- \( E_0 \) 是静止参考系中的电场,
- \( v \) 是参考系间的相对速度,
- \( c \) 是光速,
- \( \gamma = \frac{1}{\sqrt{1 - v^2/c^2}} \) 是洛伦兹因子。
2. 重新整理等式
首先,将等式整理为: \[ E - \frac{v^2}{c^2} E = \frac{E_0}{\gamma} \] 提取 \( E \): \[ E \left(1 - \frac{v^2}{c^2}\right) = \frac{E_0}{\gamma} \] 注意到 \( 1 - \frac{v^2}{c^2} = \frac{1}{\gamma^2} \),因此: \[ E \cdot \frac{1}{\gamma^2} = \frac{E_0}{\gamma} \] 两边乘以 \( \gamma^2 \): \[ E = \gamma E_0 \]
3. 物理意义
- 静止参考系:电场为 \( E_0 \)。
- 运动参考系:电场 \( E \) 沿运动方向(假设为 \( x \)-方向)的分量不变(\( E_x = E_{0x} \)),而横向分量(\( y, z \))会增强 \( \gamma \) 倍: \[ E_y = \gamma E_{0y}, \quad E_z = \gamma E_{0z}. \] 因此,如果 \( E_0 \) 是纯横向电场(\( E_{0x} = 0 \)),则 \( E = \gamma E_0 \)。
4. 验证原始等式
将 \( E = \gamma E_0 \) 代入原始等式: \[ \gamma E_0 = \frac{v^2}{c^2} \gamma E_0 + \frac{E_0}{\gamma} \] 提取 \( E_0 \): \[ \gamma E_0 = E_0 \left( \frac{v^2}{c^2} \gamma + \frac{1}{\gamma} \right) \] 消去 \( E_0 \)(假设 \( E_0 \neq 0 \)): \[ \gamma = \frac{v^2}{c^2} \gamma + \frac{1}{\gamma} \] 将 \( \frac{1}{\gamma} = \sqrt{1 - v^2/c^2} \) 代入: \[ \gamma = \frac{v^2}{c^2} \gamma + \sqrt{1 - \frac{v^2}{c^2}} \] 两边乘以 \( \gamma \): \[ \gamma^2 = \frac{v^2}{c^2} \gamma^2 + 1 \] 整理: \[ \gamma^2 \left(1 - \frac{v^2}{c^2}\right) = 1 \] 由于 \( \gamma^2 = \frac{1}{1 - v^2/c^2} \),代入后: \[ \frac{1}{1 - v^2/c^2} \cdot \left(1 - \frac{v^2}{c^2}\right) = 1 \implies 1 = 1 \] 等式成立。
5. 结论
原始关系式 \( E = \frac{v^2}{c^2} E + \frac{E_0}{\gamma} \) 成立,其物理意义是:
- 运动参考系中的电场 \( E \) 由两部分组成:
- 来自静止电场 \( E_0 \) 的贡献(缩放 \( \frac{1}{\gamma} \)),
- 运动引起的附加电场(比例于 \( \frac{v^2}{c^2} E \))。
- 最终简化为 \( E = \gamma E_0 \),符合洛伦兹变换下电场横向分量的增强效应。
6. 限制条件
- 电场方向:此关系适用于横向电场(\( E_0 \) 垂直于运动方向)。若 \( E_0 \) 有纵向分量,需单独处理。
- 磁场为零:假设静止参考系中 \( B_0 = 0 \),否则需考虑磁场的贡献。
最终答案: \[ \boxed{ E = \frac{v^2}{c^2} E + \frac{E_0}{\gamma} \ \text{成立,且等价于} \ E = \gamma E_0 } \]
问题重述
给定运动参考系中的电场分量为:
\[
E_x = E_{0x}, \quad E_y = \gamma E_{0y}, \quad E_z = \gamma E_{0z},
\]
其中 \(\gamma = \frac{1}{\sqrt{1 - v^2/c^2}}\) 是洛伦兹因子,\(v\) 是参考系间的相对速度(假设为常数),\(E_0 = (E_{0x}, E_{0y}, E_{0z})\) 是静止参考系中的静电场(与时间无关)。
需要验证关系式:
\[
E = \frac{v^2}{c^2} E + \frac{E_0}{\gamma}
\]
是否仍然成立。
分步验证
1. 明确电场分量的变换
在运动参考系中,电场的洛伦兹变换结果为: \[ \begin{cases} E_x = E_{0x}, \\ E_y = \gamma E_{0y}, \\ E_z = \gamma E_{0z}. \end{cases} \] 因此,电场的模平方为: \[ E^2 = E_x^2 + E_y^2 + E_z^2 = E_{0x}^2 + \gamma^2 (E_{0y}^2 + E_{0z}^2). \]
2. 计算右边 \(\frac{v^2}{c^2} E + \frac{E_0}{\gamma}\)
将 \(E\) 和 \(E_0\) 的分量代入: \[ \frac{v^2}{c^2} E + \frac{E_0}{\gamma} = \left( \frac{v^2}{c^2} E_x + \frac{E_{0x}}{\gamma}, \frac{v^2}{c^2} E_y + \frac{E_{0y}}{\gamma}, \frac{v^2}{c^2} E_z + \frac{E_{0z}}{\gamma} \right). \] 代入 \(E_x = E_{0x}\) 和 \(E_y = \gamma E_{0y}\)、\(E_z = \gamma E_{0z}\): \[ = \left( \frac{v^2}{c^2} E_{0x} + \frac{E_{0x}}{\gamma}, \frac{v^2}{c^2} \gamma E_{0y} + \frac{E_{0y}}{\gamma}, \frac{v^2}{c^2} \gamma E_{0z} + \frac{E_{0z}}{\gamma} \right). \]
3. 分量对比
-
\(x\)-分量: \[ \frac{v^2}{c^2} E_{0x} + \frac{E_{0x}}{\gamma} \stackrel{?}{=} E_{0x}. \] 除非 \(E_{0x} = 0\) 或 \(\frac{v^2}{c^2} + \frac{1}{\gamma} = 1\),否则不成立。
但 \(\frac{v^2}{c^2} + \frac{1}{\gamma} = \frac{v^2}{c^2} + \sqrt{1 - \frac{v^2}{c^2}} \neq 1\)(除非 \(v = 0\))。 -
\(y\)-分量: \[ \frac{v^2}{c^2} \gamma E_{0y} + \frac{E_{0y}}{\gamma} = E_{0y} \left( \frac{v^2}{c^2} \gamma + \frac{1}{\gamma} \right). \] 利用 \(\gamma = \frac{1}{\sqrt{1 - v^2/c^2}}\),可以验证: \[ \frac{v^2}{c^2} \gamma + \frac{1}{\gamma} = \frac{v^2/c^2}{\sqrt{1 - v^2/c^2}} + \sqrt{1 - \frac{v^2}{c^2}} = \gamma \left( \frac{v^2}{c^2} + 1 - \frac{v^2}{c^2} \right) = \gamma. \] 因此: \[ \frac{v^2}{c^2} \gamma E_{0y} + \frac{E_{0y}}{\gamma} = \gamma E_{0y} = E_y. \] \(y\)-分量成立。
-
\(z\)-分量: 同理: \[ \frac{v^2}{c^2} \gamma E_{0z} + \frac{E_{0z}}{\gamma} = \gamma E_{0z} = E_z. \] \(z\)-分量成立。
4. 矛盾点
- \(x\)-分量不成立:除非 \(E_{0x} = 0\)(即电场完全垂直于运动方向),否则关系式不成立。
- 横向分量成立:对于 \(y\) 和 \(z\) 分量,关系式成立。
5. 修正后的适用范围
关系式 \(E = \frac{v^2}{c^2} E + \frac{E_0}{\gamma}\) 仅在电场完全垂直于运动方向(\(E_{0x} = 0\))时成立。此时: \[ E = (0, \gamma E_{0y}, \gamma E_{0z}), \quad \frac{v^2}{c^2} E + \frac{E_0}{\gamma} = (0, \gamma E_{0y}, \gamma E_{0z}), \] 两者完全一致。
物理意义
-
纵向电场(\(E_{0x}\))的特殊性:
- 在洛伦兹变换下,电场的纵向分量(沿运动方向)不变(\(E_x = E_{0x}\)),而横向分量增强 \(\gamma\) 倍。
- 关系式中的 \(\frac{v^2}{c^2} E\) 和 \(\frac{E_0}{\gamma}\) 无法描述纵向分量的变换。
-
横向电场的协变性:
- 对于横向分量,关系式体现了运动参考系中电场增强的效应(\(\gamma\) 因子),并通过 \(\frac{v^2}{c^2}\) 和 \(\frac{1}{\gamma}\) 的平衡实现自洽。
结论
- 原始关系式 \(E = \frac{v^2}{c^2} E + \frac{E_0}{\gamma}\) 不完全成立,除非电场完全垂直于运动方向(\(E_{0x} = 0\))。
- 修正后的关系式(仅横向分量): \[ E_\perp = \frac{v^2}{c^2} E_\perp + \frac{E_{0\perp}}{\gamma}, \quad \text{其中} \quad E_\perp = (0, E_y, E_z), \ E_{0\perp} = (0, E_{0y}, E_{0z}). \]
- 一般情况:电场的正确变换必须通过洛伦兹变换公式完整描述: \[ \vec{E}’ = \gamma (\vec{E}_0 + \vec{v} \times \vec{B}_0) - \frac{\gamma^2}{\gamma + 1} \frac{\vec{v}}{c^2} (\vec{v} \cdot \vec{E}_0). \] 当 \(\vec{B}_0 = 0\) 且 \(\vec{E}_0 \perp \vec{v}\) 时,简化为 \(\vec{E}’ = \gamma \vec{E}_0\)。
最终答案:
\[
\boxed{
\text{关系式 } E = \frac{v^2}{c^2} E + \frac{E_0}{\gamma} \text{ 仅在电场完全垂直于运动方向(} E_{0x} = 0 \text{)时成立,否则不成立。}
}
\]
验证等式 \((\gamma E_0)^2 = \frac{v^2}{c^2} (\gamma E_0)^2 + E_0^2\) 是否成立
1. 明确符号定义
- \(E_0 = (E_{0x}, E_{0y}, E_{0z})\):静止参考系中的静电场(与时间无关)。
- \(\gamma = \frac{1}{\sqrt{1 - v^2/c^2}}\):洛伦兹因子(\(v\) 为常数)。
- 运动参考系中的电场: \[ E = (E_{0x}, \gamma E_{0y}, \gamma E_{0z}). \] 注意:这里 \(E_{0x}\) 是纵向分量(沿运动方向),\(E_{0y}\) 和 \(E_{0z}\) 是横向分量。
2. 计算 \((\gamma E_0)^2\)
首先明确 \((\gamma E_0)^2\) 的含义:
- 若理解为对每个分量分别乘以 \(\gamma\) 后求模平方: \[ (\gamma E_0)^2 = (\gamma E_{0x})^2 + (\gamma E_{0y})^2 + (\gamma E_{0z})^2 = \gamma^2 (E_{0x}^2 + E_{0y}^2 + E_{0z}^2) = \gamma^2 E_0^2. \]
- 若理解为运动参考系中电场的模平方: \[ E^2 = E_{0x}^2 + \gamma^2 E_{0y}^2 + \gamma^2 E_{0z}^2 \neq \gamma^2 E_0^2. \] 因此,需明确题目中 \((\gamma E_0)^2\) 的具体定义。假设题目指 \(\gamma^2 E_0^2\)。
3. 展开验证等式
验证: \[ \gamma^2 E_0^2 \stackrel{?}{=} \frac{v^2}{c^2} \gamma^2 E_0^2 + E_0^2. \] 整理右边: \[ \frac{v^2}{c^2} \gamma^2 E_0^2 + E_0^2 = E_0^2 \left( \frac{v^2}{c^2} \gamma^2 + 1 \right). \] 利用 \(\gamma^2 = \frac{1}{1 - v^2/c^2}\),代入: \[ \frac{v^2}{c^2} \gamma^2 + 1 = \frac{v^2/c^2}{1 - v^2/c^2} + 1 = \frac{v^2/c^2 + 1 - v^2/c^2}{1 - v^2/c^2} = \frac{1}{1 - v^2/c^2} = \gamma^2. \] 因此: \[ \frac{v^2}{c^2} \gamma^2 E_0^2 + E_0^2 = \gamma^2 E_0^2. \] 与左边一致,等式成立。
4. 物理意义
- 该等式本质是洛伦兹因子的代数恒等式: \[ \gamma^2 = \frac{v^2}{c^2} \gamma^2 + 1. \]
- 它反映了运动参考系中电场能量的变换关系:
- 左边 \((\gamma E_0)^2\) 是运动参考系中电场模平方的缩放。
- 右边 \(\frac{v^2}{c^2} (\gamma E_0)^2\) 是运动带来的“动能”贡献,\(E_0^2\) 是静止系中的“静能”贡献。
5. 限制条件
- 电场方向:等式对任意方向的 \(E_0\) 成立,但实际电场变换中,纵向分量 \(E_{0x}\) 不变,横向分量增强 \(\gamma\) 倍。
- 磁场为零:假设静止参考系中 \(\vec{B}_0 = 0\),否则需考虑磁场的耦合效应。
6. 与分量变换的一致性
若用运动参考系中电场的实际模平方: \[ E^2 = E_{0x}^2 + \gamma^2 (E_{0y}^2 + E_{0z}^2), \] 则: \[ E^2 - \frac{v^2}{c^2} E^2 = E_{0x}^2 (1 - \frac{v^2}{c^2}) + (E_{0y}^2 + E_{0z}^2) \underbrace{( \gamma^2 - \frac{v^2}{c^2} \gamma^2 )}_{=1} = \frac{E_{0x}^2}{\gamma^2} + E_{0y}^2 + E_{0z}^2. \] 这与 \(\frac{E_0^2}{\gamma}\) 不一致,除非 \(E_{0x} = 0\)(电场完全横向)。
结论:
原始等式 \((\gamma E_0)^2 = \frac{v^2}{c^2} (\gamma E_0)^2 + E_0^2\) 作为代数恒等式成立,但需注意:
- 若 \((\gamma E_0)^2\) 表示 \(\gamma^2 E_0^2\),则等式恒成立。
- 若 \((\gamma E_0)^2\) 表示运动参考系中电场的实际模平方 \(E^2 = E_{0x}^2 + \gamma^2 (E_{0y}^2 + E_{0z}^2)\),则仅当 \(E_{0x} = 0\) 时成立。
最终答案:
\[
\boxed{
\text{等式 } (\gamma E_0)^2 = \frac{v^2}{c^2} (\gamma E_0)^2 + E_0^2 \text{ 作为代数恒等式成立,但需明确 } (\gamma E_0)^2 \text{ 的定义。}
}
\]
说明:
在洛伦兹变换中,\( E=\gamma E_0 \), 是不对的,应该是\( E=(E_{0x}, \gamma E_{0y}, \gamma E_{0z})\), 只有在\(E_{0x} =0\)时,才会有\( E=\gamma E_0 \)。