Odboj svetlobe od gibajoče podlage
Odboj svetlobe od gibajoče podlage
Canon na strani ( http://www.canon.com/optoelectro/5_Lase ... r/5-F.html ) opisuje , da se žarek od gibajoče podlage odbije drugam, kot od mirujoče podlage. Glej skico na strani http://www.anti-energija.com/ODBOJ.pdf Ali mi kdo lahko pove, kje se v primeru gibajoče podlage srečata žarka na skici? LP FR
Bom s pomočjo skice čim bolj razumljivo vprašal:
- Črni opazovalec na gornji črni mirujoči plošči proti spodnji rdeči plošči usmeri dva fotona (označeno s črno črtkano črto) tako, da se po odboju v času t vrneta in srečata na gornji plošči.
- Fotona potujeta s hitrostjo c in v času t opravita enako dolgi simetrični poti.
- Rdeči opazovalec na spodnji plošči se giblje v desno. Žarka torej opazuje iz drugega sistema opazovanja.
- Rdeči opazovalec bo žarka na y osi v vsakem trenutku videl na ekvivalentni višini kot črni opazovalec.
- Na x osi pa bo rdeči opazovalec fotona videl na lokaciji x=x-vt, ker se giblje s hitrostjo v, kar označujejo rdeče puščice.
- Če bi bila na primer hitrost rdečega opazovalca enaka horizontalni hitrosti fotona, bi rdeči opazovalec opazil navpično približevanje levega fotona. Na prikazani skici je hitrost rdečega opazovalca manjša od horizontalne hitrosti fotona.
- Tudi rdeča žarka se bosta po določenem času po odboju srečala na gornji plošči. Njuno srečanje je destvo in ni odvisno od sistema opazovana.
- Rdeči opazovalec vidi asimetrični in s tem različno dolgi poti žarkov. Ker se žarka na koncu srečata pomeni, da sta potovala enako časa in ker sta njune poti asimetrični in različno dolgi, žarka torej v enakem času napravita različno dolgi poti.
- Ali sta torej hitrosti levega in desnega fotona različni v očeh rdečega opazovalca? LP FR
- Črni opazovalec na gornji črni mirujoči plošči proti spodnji rdeči plošči usmeri dva fotona (označeno s črno črtkano črto) tako, da se po odboju v času t vrneta in srečata na gornji plošči.
- Fotona potujeta s hitrostjo c in v času t opravita enako dolgi simetrični poti.
- Rdeči opazovalec na spodnji plošči se giblje v desno. Žarka torej opazuje iz drugega sistema opazovanja.
- Rdeči opazovalec bo žarka na y osi v vsakem trenutku videl na ekvivalentni višini kot črni opazovalec.
- Na x osi pa bo rdeči opazovalec fotona videl na lokaciji x=x-vt, ker se giblje s hitrostjo v, kar označujejo rdeče puščice.
- Če bi bila na primer hitrost rdečega opazovalca enaka horizontalni hitrosti fotona, bi rdeči opazovalec opazil navpično približevanje levega fotona. Na prikazani skici je hitrost rdečega opazovalca manjša od horizontalne hitrosti fotona.
- Tudi rdeča žarka se bosta po določenem času po odboju srečala na gornji plošči. Njuno srečanje je destvo in ni odvisno od sistema opazovana.
- Rdeči opazovalec vidi asimetrični in s tem različno dolgi poti žarkov. Ker se žarka na koncu srečata pomeni, da sta potovala enako časa in ker sta njune poti asimetrični in različno dolgi, žarka torej v enakem času napravita različno dolgi poti.
- Ali sta torej hitrosti levega in desnega fotona različni v očeh rdečega opazovalca? LP FR
-ali pa je tvoja logika popolnoma napačna
Mimogrede skica ki si jo narisal tu, ter njena razlaga nima veze z začetnim problemom, oz je povsem zgrešena.
Par nasvetov:
-Ko rišeš skico ne dajaj vsega na eno skico ampak nariši žaka v lastnem sisetmu plošč z upoštevanjem aberacije kotov, ter potem to pretvori nazaj v laboratorijski sistem.
-To je relativnostni efekt. Računaj z lorentzovimi transformacijami, ne galilejevimi.
-Pa govoi o žarkih ne o fotonih, ker za 2 fotona ti pri tem poskusu ne boš opazil nič.
Mimogrede skica ki si jo narisal tu, ter njena razlaga nima veze z začetnim problemom, oz je povsem zgrešena.
Par nasvetov:
-Ko rišeš skico ne dajaj vsega na eno skico ampak nariši žaka v lastnem sisetmu plošč z upoštevanjem aberacije kotov, ter potem to pretvori nazaj v laboratorijski sistem.
-To je relativnostni efekt. Računaj z lorentzovimi transformacijami, ne galilejevimi.
-Pa govoi o žarkih ne o fotonih, ker za 2 fotona ti pri tem poskusu ne boš opazil nič.
Prva napaka je ze, da imas zadevo na isti skici, kar ni mogoce, saj rdeci opazovalec vidi crno plosco skrceno. Druga tezava je socasnost. Za opazovalca, ki se giblje, dogodka nista socasna. Torej, tisti foton ki za drugega opazovalca naredi krajso pot, ze starta pozneje. Tudi celotno trajanje dogodka je za oba opazovalca razlicno.
M4RT1N : … nima veze z začetnim problemom …
M4RT1N, skušaj svoje poglede in nasvete argumentirati podobno kot Aniviller, če hočeva, da bodo prispevali k razpravi.
Aniviller: Napaka je že, da imaš zadevo na isti skici, kar ni mogoče, saj rdeči opazovalec vidi črno ploščo skrčeno.
Res je, rdeči opazovalec stvar vidi v drugačnem merilu. Zato v tekstu nisem napisal na 'isti višini' ampak na 'ekvivalentni višini', ker se zavedam različnih meril diagrama za rdečega in črnega opazovalca. Nisem pa predvidel krivljenja črne plošče v projekciji rdečega opazovalca, zato sem oboje narisal na isto shemo.
Druga težava je sočasnost.
Sočasnost je celo večja težava, kot omenjaš. Da se fotona srečata, morata biti natanko v istem času na istem mestu. Že majhna sprememba geometrije njune poti ali zamika časa povzroči, da se fotona zgrešita. Ne srečata se drugje ampak se zgrešita. Srečanje fotonov je enako malo verjetno kot trk dveh anionov v zraku. Če opazovana aniona opazujem iz zemlje vidim njun trk. Če pa bi anion opazovali iz drugega zelo hitrega aniona, pa bi zaradi Lorenzevih deformacij prostora in časa aniona po vsej verjetnosti letela drug mimo drugega – hm, hm ?
Torej, tisti foton ki za drugega opazovalca naredi krajšo pot, že starta pozneje.
Ta problem poglejva še bolj jasno. Levi foton je bližje rdečemu opazovalcu, zato njegova ura manj zaostaja za uro črnega opazovalca, kot ura desnega opazovalca v trenutku, ko desni žarek začne svojo pot. Najprej torej opazim oditi iz izhodiščne točke levi bližnji žarek, kasneje pa še desnega bolj oddaljenega. To pa pomeni, da mora desni žarek še toliko bolj pohiteti, če se hoče srečati z levim žarkom. LP FR
M4RT1N, skušaj svoje poglede in nasvete argumentirati podobno kot Aniviller, če hočeva, da bodo prispevali k razpravi.
Aniviller: Napaka je že, da imaš zadevo na isti skici, kar ni mogoče, saj rdeči opazovalec vidi črno ploščo skrčeno.
Res je, rdeči opazovalec stvar vidi v drugačnem merilu. Zato v tekstu nisem napisal na 'isti višini' ampak na 'ekvivalentni višini', ker se zavedam različnih meril diagrama za rdečega in črnega opazovalca. Nisem pa predvidel krivljenja črne plošče v projekciji rdečega opazovalca, zato sem oboje narisal na isto shemo.
Druga težava je sočasnost.
Sočasnost je celo večja težava, kot omenjaš. Da se fotona srečata, morata biti natanko v istem času na istem mestu. Že majhna sprememba geometrije njune poti ali zamika časa povzroči, da se fotona zgrešita. Ne srečata se drugje ampak se zgrešita. Srečanje fotonov je enako malo verjetno kot trk dveh anionov v zraku. Če opazovana aniona opazujem iz zemlje vidim njun trk. Če pa bi anion opazovali iz drugega zelo hitrega aniona, pa bi zaradi Lorenzevih deformacij prostora in časa aniona po vsej verjetnosti letela drug mimo drugega – hm, hm ?
Torej, tisti foton ki za drugega opazovalca naredi krajšo pot, že starta pozneje.
Ta problem poglejva še bolj jasno. Levi foton je bližje rdečemu opazovalcu, zato njegova ura manj zaostaja za uro črnega opazovalca, kot ura desnega opazovalca v trenutku, ko desni žarek začne svojo pot. Najprej torej opazim oditi iz izhodiščne točke levi bližnji žarek, kasneje pa še desnega bolj oddaljenega. To pa pomeni, da mora desni žarek še toliko bolj pohiteti, če se hoče srečati z levim žarkom. LP FR
Skica je drugace v redu, ce zamizimo pri raztegih.
Ce napises cetverce za vseh 5 dogodkov: oba izseva, oba odboja, in absorbcijo, izgledajo takole:
\(A1=d\{0,-\frac{2\sin{\theta}}{\cos{\theta}},0\}\)
\(A2=d\{\frac{1}{\cos{\theta}},-\frac{\sin{\theta}}{\cos{\theta}},1\}\)
\(B1=d\{0,\frac{2\sin{\theta}}{\cos{\theta}},0\}\)
\(B2=d\{\frac{1}{\cos{\theta}},\frac{\sin{\theta}}{\cos{\theta}},1\}\)
\(C=d\{\frac{2}{\cos{\theta}},0,0\}\)
Cetverci so oblike \(\{ct,x,y\}\), \(d\) je razdalja med ploscama, \(\theta\) je kot izseva, gledan od prvega opazovalca.
A predstavlja prvi zarek, B drugi zarek, C absorbcijo.
Ko transformiras to v sistem gibajocega se opazovalca, je se vedno dogodek c isti za oba zarka. (probaj pretransformirat)
Za \(d=1,\quad \theta=\frac{\pi}{4},\quad \beta=0.5\) dobis tole:
Modro so casi v enotah \(ct\).
Alternativna resitev je pa, da enostavno verjames, da matematika, zgrajena na predpostavki, da je svetlobna hitrost konstantna, poskrbi za to, da je svetlobna hitrost konstantna. Cudno, kajne?
To sploh ni problem - ce sta fotona ob istem casu na istem kraju v enem sistemu, sta ob vseh - ker sta ista tocka v prostor-casu. (dogodka sta enaka).Sočasnost je celo večja težava, kot omenjaš. Da se fotona srečata, morata biti natanko v istem času na istem mestu. Že majhna sprememba geometrije njune poti ali zamika časa povzroči, da se fotona zgrešita.
Ce napises cetverce za vseh 5 dogodkov: oba izseva, oba odboja, in absorbcijo, izgledajo takole:
\(A1=d\{0,-\frac{2\sin{\theta}}{\cos{\theta}},0\}\)
\(A2=d\{\frac{1}{\cos{\theta}},-\frac{\sin{\theta}}{\cos{\theta}},1\}\)
\(B1=d\{0,\frac{2\sin{\theta}}{\cos{\theta}},0\}\)
\(B2=d\{\frac{1}{\cos{\theta}},\frac{\sin{\theta}}{\cos{\theta}},1\}\)
\(C=d\{\frac{2}{\cos{\theta}},0,0\}\)
Cetverci so oblike \(\{ct,x,y\}\), \(d\) je razdalja med ploscama, \(\theta\) je kot izseva, gledan od prvega opazovalca.
A predstavlja prvi zarek, B drugi zarek, C absorbcijo.
Ko transformiras to v sistem gibajocega se opazovalca, je se vedno dogodek c isti za oba zarka. (probaj pretransformirat)
Za \(d=1,\quad \theta=\frac{\pi}{4},\quad \beta=0.5\) dobis tole:
Modro so casi v enotah \(ct\).
Alternativna resitev je pa, da enostavno verjames, da matematika, zgrajena na predpostavki, da je svetlobna hitrost konstantna, poskrbi za to, da je svetlobna hitrost konstantna. Cudno, kajne?
Aniviller, se strinjam, fotona ki se srečata v projekciji mirujočega opazovalca, se v skupni točki prostor-čas srečata tudi v projekciji gibajočega opazovalca.
V projekciji gibajočega opazovalca se zaradi Lorenzeve transformacije premaknejo vse opazovane točke prostor-čas na vsej poti žarkov in tako se krajevno-časovno premakneta tudi točki, kjer en in drug žarek začenjata svojo pot.
Na tvoji sliki levi žarek začne svojo pot kasneje, desni žarek pa prej kot v primeru mirujočega opazovala. Čas začetka poti levega opazovalca se na časovni osi premakne v smeri pozitivnih časov, desnega opazovalca pa v smeri negativnih časov.
Vprašanje: Ali lahko razlog za premik časa enkrat v eni smeri, drugič v drugi časovni smeri pojasniš z enačbo posebne teorije relativnosti. Meni se tak rezultat ne zdi pričakovan. Pričakoval bi, da se obe točki začetkov poti žarkov (prostor-čas) premakneta v isto smer, saj se obe točki gibljeta podobno glede na opazovalca. LP FR
V projekciji gibajočega opazovalca se zaradi Lorenzeve transformacije premaknejo vse opazovane točke prostor-čas na vsej poti žarkov in tako se krajevno-časovno premakneta tudi točki, kjer en in drug žarek začenjata svojo pot.
Na tvoji sliki levi žarek začne svojo pot kasneje, desni žarek pa prej kot v primeru mirujočega opazovala. Čas začetka poti levega opazovalca se na časovni osi premakne v smeri pozitivnih časov, desnega opazovalca pa v smeri negativnih časov.
Vprašanje: Ali lahko razlog za premik časa enkrat v eni smeri, drugič v drugi časovni smeri pojasniš z enačbo posebne teorije relativnosti. Meni se tak rezultat ne zdi pričakovan. Pričakoval bi, da se obe točki začetkov poti žarkov (prostor-čas) premakneta v isto smer, saj se obe točki gibljeta podobno glede na opazovalca. LP FR
Če vprašam, kako potujejo žarki med gibajočima ploščama, ne zvem (glej zgoraj). Če o tem sam razmišljam, ( http://www.anti-energija.com/ poglavje Svetloba, Relativnost ) dobim odgovor, da se motim. Nesrečnik sem. LP FR
Potrpljenje, clovek!!
Opazovalca sta dva: tisti ki miruje in tisti ki se giblje s plosco. Casovno izhodisce je zamaknjeno, ker imamo se na izbiro iz katerega "y" gleda opazovalec.
V bistvu je preracunano na opazovalca, ki se giblje s hitrostjo druge plosce po prvi plosci, cas 0 imata pa oba takrat, ko se koordinatni izhodisci pokrijeta. Tako je pac lazje zracunat.
In se tole: racunal sem strogo po PTR, z lorentzovo transformacijo cetvercev.
\(x_\mu=\{x,y,z;ct\}\)
\(x'_\mu=\{\gamma(x-\beta ct),y,z;\gamma(ct-\beta x)\}\)
Zgornji sliki sta neposredni posledici teh enacb - ti samo pretransformiras v prejsnjem postu definiranih 5 dogodkov v drug sistem. Cisto vstavljanje stevilk. Transformacija zadnje komponente ti da zeljen casovni premik - dogodka imata namrec za predznak razlicen x, torej je "casovni zamik" med dogodkoma
\(\Delta t'=2\gamma \beta x\) kjer je x razdalja med izvirom in detektorjem v mirujocem sistemu.
Tudi krajevno sta v drugem sistemu tocki izseva na razlicni razdalji - daljsi. (sliki sta v istem merilu)
Opazovalca sta dva: tisti ki miruje in tisti ki se giblje s plosco. Casovno izhodisce je zamaknjeno, ker imamo se na izbiro iz katerega "y" gleda opazovalec.
V bistvu je preracunano na opazovalca, ki se giblje s hitrostjo druge plosce po prvi plosci, cas 0 imata pa oba takrat, ko se koordinatni izhodisci pokrijeta. Tako je pac lazje zracunat.
In se tole: racunal sem strogo po PTR, z lorentzovo transformacijo cetvercev.
\(x_\mu=\{x,y,z;ct\}\)
\(x'_\mu=\{\gamma(x-\beta ct),y,z;\gamma(ct-\beta x)\}\)
Zgornji sliki sta neposredni posledici teh enacb - ti samo pretransformiras v prejsnjem postu definiranih 5 dogodkov v drug sistem. Cisto vstavljanje stevilk. Transformacija zadnje komponente ti da zeljen casovni premik - dogodka imata namrec za predznak razlicen x, torej je "casovni zamik" med dogodkoma
\(\Delta t'=2\gamma \beta x\) kjer je x razdalja med izvirom in detektorjem v mirujocem sistemu.
Tudi krajevno sta v drugem sistemu tocki izseva na razlicni razdalji - daljsi. (sliki sta v istem merilu)
… dogodka imata namreč za predznak različen x, torej je "časovni zamik" med dogodkoma
Glede lokacije opazovalca in s tem vrednosti x me zanima tudi pogled, ko se opazovalec nahaja daleč izven točk A1 in B1. V tem primeru en in drug x nima pozitivne in negativne vrednosti ampak imata obe vrednosti enak predznak. Enačba, ki jo navajaš, v splošnem ne daje rezultata, v smislu pozitivne in negativne vrednosti časa, ko žarka začneta svojo pot. Aniviller skušajva torej opisati splošno rešitev, ko se opazovalec nahaja na poljubnem x, ne zgolj nekega specifičnega primera, ko je opazovalec med točkama A1 in B1. Enačbe PTR so navsezadnje splošne.
Glede časa se strinjam da vzameva čas 0 v točki, ko se koordinatni izhodišči pokrijeta, ker je olajšan izračun. Samo časovno izhodišče pa ne vpliva na izbor x izhodišča, od koder opazovalec opazuje dogajanje.
LP FR
Glede lokacije opazovalca in s tem vrednosti x me zanima tudi pogled, ko se opazovalec nahaja daleč izven točk A1 in B1. V tem primeru en in drug x nima pozitivne in negativne vrednosti ampak imata obe vrednosti enak predznak. Enačba, ki jo navajaš, v splošnem ne daje rezultata, v smislu pozitivne in negativne vrednosti časa, ko žarka začneta svojo pot. Aniviller skušajva torej opisati splošno rešitev, ko se opazovalec nahaja na poljubnem x, ne zgolj nekega specifičnega primera, ko je opazovalec med točkama A1 in B1. Enačbe PTR so navsezadnje splošne.
Glede časa se strinjam da vzameva čas 0 v točki, ko se koordinatni izhodišči pokrijeta, ker je olajšan izračun. Samo časovno izhodišče pa ne vpliva na izbor x izhodišča, od koder opazovalec opazuje dogajanje.
LP FR
Zacetna cetverca:
\(A1=\{-x_0,0;0\}\)
\(B1=\{x_0,0;0\}\)
pretransformiras v
\(A1'=\{-\gamma x_0,0;\gamma\beta x_0\}\)
\(B1'=\{\gamma x_0,0;-\gamma\beta x_0\}\)
Zadnji komponenti sta zdaj razlicni, kar pomeni razlicen cas.
Za razlicen polozaj v x-u naredis samo tole:
\(A1=\{-x_0-\delta x,0;0\}\)
\(B1=\{x_0-\delta x,0;0\}\)
(reces da sta dogodka premaknjena nazaj po x, kar je isto kot da je opazovalec premaknjen naprej po x). Naprej delas enako kot prej. Pridelas tudi casovni zamik, ker svetloba rabi cas da pride do opazovalca (ker sta izvora dlje od njega).
\(A1=\{-x_0,0;0\}\)
\(B1=\{x_0,0;0\}\)
pretransformiras v
\(A1'=\{-\gamma x_0,0;\gamma\beta x_0\}\)
\(B1'=\{\gamma x_0,0;-\gamma\beta x_0\}\)
Zadnji komponenti sta zdaj razlicni, kar pomeni razlicen cas.
Za razlicen polozaj v x-u naredis samo tole:
\(A1=\{-x_0-\delta x,0;0\}\)
\(B1=\{x_0-\delta x,0;0\}\)
(reces da sta dogodka premaknjena nazaj po x, kar je isto kot da je opazovalec premaknjen naprej po x). Naprej delas enako kot prej. Pridelas tudi casovni zamik, ker svetloba rabi cas da pride do opazovalca (ker sta izvora dlje od njega).
Aniviller, kje in predvsem kdaj svojo pot začneta žarka raziskujeva ločeno za posamezne lokacije opazovalca. Ker s tem vključujeva vse več parametrov, ki se nanašajo na položaj opazovalca, so enačbe po eni strani vse bolj zapletene, po drugi strani pa povečujejo možnost za zmoto. Po mojem razumevanju parameter 'delta' spremeni predznak, ko se opazovalec premakne preko točke A1 ali B1 in se mi po tvoji matematiki račun tudi tokrat ne izide.
Predlagam, da ostaneva na Einsteinovem izhodišču, ki pravi, da PTR z enim sistemom enačb opiše dogajanje v izbranem sistemu opazovanja, ne glede na lokacijo opazovalca. Izbran sistem opazovanja pomeni, da so določene le medsebojne hitrosti med opazovalcem in opazovanim sistemom, lokacija opazovalca pa je svobodna.
V začetku navedenim problemom se torej lahko izogneva z enačbo, ki bo v štirirazsežnem prostoru za vse lokacije opazovalca opisovala, kdaj in kje oba žarka začneta svojo pot (A1,B1). Enačba bi po Einsteinovi obljubi morala biti taka, da iz poljubnega izbranega mesta opazujem izhodišči žarkov in po enačbi PTR vedno dobim pomensko enak rezultat. Na ta način lahko izhodišči na osnovi iste enačbe opazuem blizu točk A1, B1 ali pa tudi zelo daleč od njih.
LP FR
Predlagam, da ostaneva na Einsteinovem izhodišču, ki pravi, da PTR z enim sistemom enačb opiše dogajanje v izbranem sistemu opazovanja, ne glede na lokacijo opazovalca. Izbran sistem opazovanja pomeni, da so določene le medsebojne hitrosti med opazovalcem in opazovanim sistemom, lokacija opazovalca pa je svobodna.
V začetku navedenim problemom se torej lahko izogneva z enačbo, ki bo v štirirazsežnem prostoru za vse lokacije opazovalca opisovala, kdaj in kje oba žarka začneta svojo pot (A1,B1). Enačba bi po Einsteinovi obljubi morala biti taka, da iz poljubnega izbranega mesta opazujem izhodišči žarkov in po enačbi PTR vedno dobim pomensko enak rezultat. Na ta način lahko izhodišči na osnovi iste enačbe opazuem blizu točk A1, B1 ali pa tudi zelo daleč od njih.
LP FR