FANDOM


Доведення 1Edit

Виведення виразу для сили Лоренца.

\ \frac{\mathbf F}{\gamma(1 - \frac{(\mathbf v \cdot \mathbf u)}{c^{2}})} = \frac{Qq}{|\mathbf r'|^{3}}\left[\mathbf r' + \gamma \mathbf u \frac{(\mathbf r' \cdot \mathbf v')}{c^{2}} + \Gamma \mathbf u \frac{(\mathbf u \cdot \mathbf r')}{c^{2}}\right] = \frac{Qq}{|\mathbf r '|^{3}}\left( \mathbf r + \Gamma \mathbf u \frac{(\mathbf u \cdot \mathbf r )}{c^{2}}  + \frac{\gamma \mathbf u }{c^{2}}\frac{(\mathbf v \cdot \mathbf r )}{\gamma \left( 1 - \frac{(\mathbf u \cdot \mathbf v )}{c^{2}}\right)} - \frac{\gamma^{2}\mathbf u}{c^{2}}(\mathbf u \cdot \mathbf r ) + \frac{\Gamma \gamma \mathbf u}{c^{2}}(\mathbf u \cdot \mathbf r )\right) =

\ = \frac{Qq}{|\mathbf r'|^{3}\gamma \left( 1 - \frac{(\mathbf u \cdot \mathbf v )}{c^{2}}\right)}\left( \gamma \mathbf r - \gamma \mathbf r \frac{(\mathbf u \cdot \mathbf v)}{c^{2}} + \Gamma \gamma \mathbf u \frac{(\mathbf u \cdot \mathbf r )}{c^{2}} - \frac{\Gamma \gamma \mathbf u}{c^{4}}(\mathbf u \cdot \mathbf r )(\mathbf u \cdot \mathbf v ) + \gamma \mathbf u \frac{(\mathbf v \cdot \mathbf r )}{c^{2}} - \gamma^{3}\mathbf u \frac{(\mathbf u \cdot \mathbf r )}{c^{2}} + \frac{\gamma^{3}\mathbf u }{c^{4}}(\mathbf u \cdot \mathbf r )(\mathbf u \cdot \mathbf v )\right) +

\ + \frac{Qq}{|\mathbf r'|^{3}\gamma \left( 1 - \frac{(\mathbf u \cdot \mathbf v )}{c^{2}}\right)}\left(\Gamma \gamma^{2} \mathbf u \frac{(\mathbf u \cdot \mathbf r )}{c^{2}} - \frac{\Gamma \gamma^{2}\mathbf u}{c^{4}}(\mathbf u \cdot \mathbf r )(\mathbf u \cdot \mathbf v )\right).

Згрупувавши другий доданок з п'ятим, згорнувши їх за допомогою подвійного векторного добутку, четвертий - з сьомим і дев'ятим, а третій - з п'ятим і восьмим, використавши при цьому вираз

\ \Gamma - \gamma = \frac{\gamma^{2}}{1 + \gamma} - \gamma = -\frac{\gamma }{1 + \gamma} = -\frac{\Gamma}{\gamma},

і скоротивши однакові множники з лівої і правої частин, можна отримати, що

\ \mathbf F = \frac{Qq}{|\mathbf r'|^{3}}\left( \gamma \mathbf r + \frac{\gamma }{c^{2}}(\mathbf u (\mathbf v \cdot \mathbf r ) - \mathbf v (\mathbf u \cdot \mathbf r )) + \frac{\gamma}{c^{4}}(\mathbf u \cdot \mathbf r )(\mathbf u \cdot \mathbf v )(\gamma (\gamma - \Gamma)) - \Gamma ) + \mathbf u \gamma \frac{(\mathbf u \cdot \mathbf r )}{c^{2}}(\Gamma - \gamma (\gamma - \Gamma ))\right) = \frac{Qq\gamma }{|\mathbf r'|^{3}}\left( \mathbf r + \frac{1}{c^{2}}[\mathbf v \times [\mathbf u \times \mathbf r ]]\right),

або, використовуючи \ (.2),

\ \mathbf F = \frac{Qq\gamma }{\left( \mathbf r^{2} + \frac{\gamma^{2}}{c^{2}}(\mathbf u \cdot \mathbf r )^{2} \right)^{\frac{3}{2}}}\left( \mathbf r + \frac{1}{c^{2}}[\mathbf v \times [\mathbf u \times \mathbf r ]]\right).

Доведення 2Edit

Дещо про регуляризацію.

При взятті дивергенції від функцій з сингулярностями треба враховувати їх особливості. Наприклад, дивергенція від \ \frac{q \mathbf r}{|\mathbf r|^{3}} тотожньо рівна нулю. Проте, виходячи із "фізичного змісту" дивергенції,

\ ( \nabla , \mathbf E ) = \lim_{V \to 0}\frac{\oint (\mathbf E \cdot d \mathbf S)}{V} = q \lim_{V \to 0}\frac{\int \frac{r^{2}d \omega}{r^{2}}}{V} = \lim_{V \to 0}\frac{4 \pi q}{V} .

Звідси слідує, що значення дивергенції поля у точці \ r = 0 при фіксованому значенні \ q рівне нескінченності, а не нулю.

Тому регуляризація потрібна для того, щоб зробити функцію не сингулярною у будь-якій точці об'єму при застосуванні диференціальних операцій до поля. Така процедура заздалегідь усуває абсурдність результату, що був би отриманий при проведенні обчислень без модифікації функції (приклад такого абсурдного результату наведено вище). А після проведення регуляризації можна зпрямувати параметр регуляризації до нуля, тим самим отримавши фізично коректний результат. Видів регуляризації досить багато.


Доведення 2Edit

Перше рівняння Максвелла.

\ \nabla \mathbf E = \nabla \frac{Q \gamma \mathbf r}{(r^{2} + \gamma^{2} \frac{(\mathbf r \cdot \mathbf u)^{2}}{c^{2}} + a^{2})^{\frac{3}{2}}} = \frac{3Q \gamma}{(r^{2} + \gamma^{2} \frac{(\mathbf r \cdot \mathbf u)^{2}}{c^{2}} + a^{2})^{\frac{3}{2}}} - \frac{3}{2}\frac{kQ \gamma \mathbf r}{(r^{2} + \gamma^{2} \frac{(\mathbf r \cdot \mathbf u)^{2}}{c^{2}} + a^{2})^{\frac{5}{2}}}\left(\frac{\mathbf r}{r}2r + 2\gamma^{2}\mathbf u \frac{(\mathbf r \cdot \mathbf u)}{c^{2}}\right) =

\ = \frac{3Q \gamma}{(r^{2} + \gamma^{2} \frac{(\mathbf r \cdot \mathbf u)^{2}}{c^{2}} + a^{2})^{\frac{3}{2}}} - \frac{3kQ \gamma (r^{2} + \gamma^{2} \frac{(\mathbf r \cdot \mathbf u)^{2}}{c^{2}})}{(r^{2} + \gamma^{2} \frac{(\mathbf r \cdot \mathbf u)^{2}}{c^{2}} + a^{2})^{\frac{5}{2}}} = \frac{3Q\gamma a^{2}}{(r^{2} + \gamma^{2} \frac{(\mathbf r \cdot \mathbf u)^{2}}{c^{2}} + a^{2})^{\frac{5}{2}}} = \frac{4 \pi 3Q\gamma a^{2}}{4\pi (r^{2} + \gamma^{2} \frac{(\mathbf r \cdot \mathbf u)^{2}}{c^{2}} + a^{2})^{\frac{5}{2}}}.

Доведення 3Edit

Друге рівняння Максвелла.

\ \nabla \mathbf B = (\nabla \cdot \frac{1}{c}[\mathbf u \times \mathbf E]) = -\frac{1}{c}(\mathbf u \cdot [\nabla \times \mathbf E]) = - \frac{1}{c}\left(\mathbf u \cdot [\nabla \times \mathbf r] \frac{Q\gamma}{(r^{2} + \gamma^{2} \frac{(\mathbf r \cdot \mathbf u)^{2}}{c^{2}} + a^{2})^{\frac{3}{2}}}\right) - \frac{1}{c}\left(\mathbf u \cdot \left[\mathbf r \times grad \left(\frac{k Q \gamma}{(r^{2} + \gamma^{2} \frac{(\mathbf r \cdot \mathbf u)^{2}}{c^{2}} + a^{2})^{\frac{3}{2}}}\right)\right]\right) =

\ = | [\nabla \times \mathbf r] = 0| = \frac{1}{c}\left(\mathbf u \cdot \left[\mathbf r \times \frac{3}{2}\frac{Q \gamma}{(r^{2} + \gamma^{2} \frac{(\mathbf r \cdot \mathbf u)^{2}}{c^{2}} + a^{2})^{\frac{5}{2}}}\left(\frac{\mathbf r}{r}2r + 2\gamma^{2}\mathbf u \frac{(\mathbf r \cdot \mathbf u)}{c^{2}}\right)\right]\right) =

\ = \frac{1}{c}\left(\mathbf u \cdot \left[\mathbf r \times \frac{3 \mathbf r Q \gamma}{(r^{2} + \gamma^{2} \frac{(\mathbf r \cdot \mathbf u)^{2}}{c^{2}} + a^{2})^{\frac{5}{2}}}\right]\right) + \frac{1}{c}\left(\mathbf u \cdot \left[\mathbf r \times \frac{3 \mathbf u (\mathbf r \cdot \mathbf u) Q \gamma^{3}}{c^{2}(r^{2} + \gamma^{2} \frac{(\mathbf r \cdot \mathbf u)^{2}}{c^{2}} + a^{2})^{\frac{5}{2}}}\right]\right) = \frac{1}{c}\left(\mathbf u \cdot \frac{3[\mathbf r \times \mathbf u] (\mathbf r \cdot \mathbf u) Q \gamma^{3}}{c^{2}(r^{2} + \gamma^{2} \frac{(\mathbf r \cdot \mathbf u)^{2}}{c^{2}} + a^{2})^{\frac{5}{2}}}\right) =

\ = -\frac{1}{c}(\mathbf r \cdot [\mathbf u \times \mathbf u]) \frac{3(\mathbf r \cdot \mathbf u)Q \gamma^{3}}{c^{2}(r^{2} + \gamma^{2} \frac{(\mathbf r \cdot \mathbf u)^{2}}{c^{2}} + a^{2})^{\frac{5}{2}}} = 0.

Доведення 4Edit

Четверте рівняння Максвелла.

Аналогічно до похідної по часу напруженості \ \mathbf E, можна обчислити похідну від індукції магнітного поля \ \mathbf B:

\ \frac{\partial \mathbf B}{\partial t} = \sum_{i = 1}^{3}\frac{\partial \mathbf B}{\partial (r_{0_{i}} - u_{i}t)}\frac{\partial (r_{0_{i}} - u_{i}t)}{\partial t} = -(\mathbf u \nabla )\mathbf B = -\frac{Q\gamma}{c}(\mathbf u \nabla)\left(\frac{[\mathbf u \times \mathbf r]}{\left( r^{2} + \frac{\gamma^{2}}{c^{2}}(\mathbf u \cdot \mathbf r )^{2} \right)^{\frac{3}{2}}}\right) .

Оскільки \ (\mathbf u \nabla )[\mathbf u \times \mathbf r ] = [\mathbf u \times (\mathbf u \nabla )\mathbf r ] = [\mathbf u \times \mathbf u ] = 0, то векторний добуток можна винести за знак оператора похідної. Тоді

\ = -\frac{1}{c}[\mathbf u \times \mathbf r]\frac{Q \gamma(\mathbf u \nabla)}{(r^{2} + \gamma^{2} \frac{(\mathbf r \cdot \mathbf u)^{2}}{c^{2}} + a^{2})^{\frac{3}{2}}} = -\frac{1}{c}\frac{3Q\gamma (1 + \gamma^{2}u^{2})[\mathbf u \times \mathbf r](\mathbf u \cdot \mathbf r)}{(r^{2} + \gamma^{2} \frac{(\mathbf r \cdot \mathbf u)^{2}}{c^{2}} + a^{2})^{\frac{5}{2}}} = -\frac{1}{c}\frac{3Q\gamma^{3} [\mathbf u \times \mathbf r](\mathbf u \cdot \mathbf r)}{(r^{2} + \gamma^{2} \frac{(\mathbf r \cdot \mathbf u)^{2}}{c^{2}} + a^{2})^{\frac{5}{2}}} = -c[\nabla \times \mathbf E] \Rightarrow

\ \Rightarrow [\nabla \times \mathbf E] = -\frac{1}{c}\frac{\partial \mathbf B}{\partial t}.

Доведення 5Edit

Вираз для індукції нескінченного провідника.

Нехай є деяка елементарна ділянка провідника довжиною \ dL. Тоді за час \ dt, рухаючись зі швидкістю 
\ u, її пройде заряд \ dQ = I dt = I\frac{dL}{u}. Вираз для \ d \mathbf B набуде вигляду

\ d \mathbf B = \frac{1}{c}\frac{\gamma dQ[ \mathbf u \times \mathbf r ]}{(r^{2} + \frac{\gamma^{2}}{c^{2}}(\mathbf r \cdot \mathbf u)^{2})^{\frac{3}{2}}} = \frac{\gamma I u}{c}\frac{[ \mathbf u \times \mathbf r ]dL}{(r^{2} + \frac{\gamma^{2}}{c^{2}}(\mathbf r \cdot \mathbf u)^{2})^{\frac{3}{2}}} = \frac{\gamma I}{c} \frac{rsin(\theta )}{(r^{2} + \frac{\gamma^{2}}{c^{2}}r^{2}u^{2}cos^{2}(\theta ))^{\frac{3}{2}}}.

Враховуючи, що для довільно розташованого заряду і об'ємі провідника (див. рисунок) Файл:Magn_2.jpg

\ |r| = r = \sqrt{L^{2} + R^{2}}, \quad cos(\theta ) = \frac{L}{r}, \quad sin(\theta ) = \frac{R}{r},

можна стверджувати, що

\ |B| = \frac{\gamma I}{c} \int \limits_{-\infty}^{\infty}\frac{\frac{R}{r}r dL}{(L^{2} + R^{2} + \frac{\gamma^{2}}{c^{2}}r^{2}u^{2}\frac{L^{2}}{r^{2}})^{\frac{3}{2}}} = |\gamma^{2}\frac{u^{2}}{c^{2}} = \gamma^{2} - 1| = \frac{\gamma I}{c} \int \limits_{-\infty}^{\infty}\frac{\frac{R}{r}r dL}{(R^{2} + \gamma^{2}L^{2})^{\frac{3}{2}}} = \frac{I}{cR}\int \limits_{-\infty}^{\infty}\frac{d(\frac{L\gamma}{R})}{(1 + \frac{L^{2}\gamma^{2}}{R^{2}})^{\frac{3}{2}}} = \frac{I}{cR} \frac{\frac{L\gamma}{R}}{\sqrt{1 + \frac{L^{2}\gamma^{2}}{R^{2}}}}\bigg|_{-\infty}^{\infty} = \frac{2I}{cR}.

Більш просто даний результат можна отримати наступним чином: для контуру, що відповідає колу радіусом з радіус перерізу провідника і співпадає з його контуром,

\ \int \limits_{L}\mathbf B d \mathbf r = |B|2\pi R = \frac{4 \pi}{c}I \Rightarrow |B| = \frac{2 I}{cR}.

Ad blocker interference detected!


Wikia is a free-to-use site that makes money from advertising. We have a modified experience for viewers using ad blockers

Wikia is not accessible if you’ve made further modifications. Remove the custom ad blocker rule(s) and the page will load as expected.