Bölüm 12

Elektrodinamik ve Görelilik

Özel göreliliğin iki postulatı; Lorentz dönüşümleri, eşzamanlılığın göreliliği, zaman genişlemesi ve uzunluk büzülmesi; dört-vektörler ve Minkowski uzay-zamanı; göreli enerji ve momentum; manyetizmanın göreli bir olgu olması; elektrik ve manyetik alanların dönüşümü ve değişmezleri; alan tensörü ve Maxwell denklemlerinin göreli biçimi; dört-potansiyel ve Lorentz kuvveti.

24 dk okuma7 çözümlü örnek3 şekil15 problem

Bu bölümde

Einstein'ın postulatlarını ve onlardan çıkan Lorentz dönüşümlerini
Zaman genişlemesini, uzunluk büzülmesini ve eşzamanlılığın göreliliğini
Dört-vektörleri, değişmez aralığı ve göreli enerji ile momentumu
Manyetik kuvvetin, bir başka çerçevede elektrik kuvveti olarak görünmesini
Elektrik ve manyetik alanların bir çerçeveden ötekine nasıl dönüştüğünü
Maxwell denklemlerinin alan tensörüyle yazılan, açıkça göreli biçimini

12.1Görelilik ilkesi ve Maxwell denklemleri

Klasik mekanik Galileo görelilik ilkesine uyar: birbirine göre sabit hızla giden bütün eylemsiz çerçevelerde Newton yasaları aynıdır ve iki çerçeve arasındaki geçiş Galileo dönüşümüyle ($\bar{x} = x - vt$, $\bar{t} = t$) yapılır. Maxwell denklemleri ise Galileo dönüşümü altında biçim değiştirir: içlerinde bir hız, $c = 1/\sqrt{\epsilon_0\mu_0}$, vardır ve Galileo hız toplamasına göre ışık, ona doğru giden bir gözlemci için $c + v$ hızıyla gelmelidir. On dokuzuncu yüzyılın fizikçileri bu yüzden Maxwell denklemlerinin yalnızca tek bir özel çerçevede, ışığı taşıdığı düşünülen esirin durgun olduğu çerçevede geçerli olduğunu düşündüler. Michelson ve Morley'nin 1887 deneyi, Dünya'nın bu esire göre hareketini hiç bulamadı.

Elektrodinamiğin kendi içinde de bir tutarsızlık işareti vardı. Bir mıknatısa göre hareket eden bir iletken halkada indüklenen akımı düşünelim. Halka hareket ediyorsa, akımı halkadaki yüklere etki eden manyetik kuvvet $q\vb{v}\times\vb{B}$ sürer. Mıknatıs hareket ediyorsa, akımı değişen manyetik alanın indüklediği elektrik alan sürer. İki açıklama tamamen farklıdır, ama 7. bölümde gördüğümüz gibi akım tam olarak aynıdır: yalnızca göreli hareket önemlidir. Einstein 1905 makalesine tam olarak bu örnekle başladı ve iki postulat önerdi:

Yasa 12.1Özel göreliliğin postulatları

Görelilik ilkesi: Fizik yasaları bütün eylemsiz çerçevelerde aynıdır.
Işık hızının değişmezliği: Boşlukta ışığın hızı, kaynağın ya da gözlemcinin hareketinden bağımsız olarak bütün eylemsiz gözlemciler için aynıdır: $c$.

İkinci postulat, birincinin Maxwell denklemlerine uygulanmasından çıkar: Maxwell denklemleri her eylemsiz çerçevede geçerliyse, her çerçevede ışık $c$ hızıyla gider. Bu durumda değişmesi gereken elektrodinamik değil, Galileo dönüşümü ve onunla birlikte mutlak zaman kavramıdır.

12.2Lorentz dönüşümleri

$\bar{\mathcal{S}}$ çerçevesi, $\mathcal{S}$'ye göre $x$ ekseni boyunca $v$ hızıyla gitsin ve iki çerçevenin başlangıç noktaları $t = \bar{t} = 0$'da çakışsın. Doğrusal ve iki postulatla uyumlu tek dönüşüm Lorentz dönüşümüdür (bkz. Problem 12.6):

$$ \bar{x} = \gamma(x - vt), \qquad \bar{y} = y, \qquad \bar{z} = z, \qquad \bar{t} = \gamma\left(t - \frac{v}{c^2}x\right), \qquad \gamma = \frac{1}{\sqrt{1 - v^2/c^2}} $$

(12.1)

Ters dönüşüm $v \to -v$ ile bulunur. $v \ll c$ iken $\gamma \approx 1$ ve (12.1) Galileo dönüşümüne indirgenir. Dönüşümün üç önemli sonucu vardır.

Eşzamanlılığın göreliliği. $\mathcal{S}$'de aynı anda ($\Delta t = 0$) ama farklı yerlerde ($\Delta x \neq 0$) olan iki olay, $\bar{\mathcal{S}}$'de $\Delta\bar{t} = -\gamma v\Delta x/c^2$ zaman farkıyla olur. "Aynı anda" sözü, hangi çerçevede olduğu söylenmedikçe anlamsızdır.

Zaman genişlemesi. $\bar{\mathcal{S}}$'de durgun bir saatin iki tıklaması arasında $\Delta\bar{t} = \tau$ geçsin ($\Delta\bar{x} = 0$). Ters dönüşümle $\mathcal{S}$'de $\Delta t = \gamma\tau$: hareketli saatler yavaş işler. Saatin kendi çerçevesinde ölçülen $\tau$'ya öz zaman denir.

Uzunluk büzülmesi. $\bar{\mathcal{S}}$'de durgun ve boyu $L_0$ olan bir çubuğun uçlarının konumları $\mathcal{S}$'de aynı anda ölçülürse, (12.1)'den $L_0 = \gamma L$, yani $L = L_0/\gamma$: hareketli cisimler hareket doğrultusunda kısalır. Harekete dik boyutlar değişmez.

Örnek 12.1Kozmik ışın müonları

Kozmik ışınlar, atmosferin üst katmanlarında (yaklaşık 15 km yükseklikte) müonlar üretir. Müonun ortalama ömrü kendi çerçevesinde 2,20 μs'dir. 0,998c hızla giden bir müon ortalamada ne kadar yol alır? Zaman genişlemesi olmasaydı ne olurdu?

Çözüm

$\gamma = 1/\sqrt{1 - 0{,}998^2} = 15{,}8$. Laboratuvardaki ömür $\gamma\tau = 34{,}8$ μs ve alınan yol $0{,}998c \times 34{,}8\ \mu\text{s} = 10{,}4$ km. Zaman genişlemesi olmasaydı yol yalnızca $0{,}998c \times 2{,}20\ \mu\text{s} = 657$ m olur ve müonların neredeyse hiçbiri yere ulaşamazdı; oysa deniz düzeyinde her dakika her santimetrekareden yaklaşık bir müon geçer. Müonun kendi çerçevesinde ise ömrü 2,20 μs'dir, ama atmosfer $\gamma$ kat büzülmüş olarak hızla ona doğru gelir: iki açıklama aynı sonucu verir.

Örnek 12.2Büzülen tren

Durgunken boyu 100 m olan bir tren 0,6c hızla gidiyor. Raylar yanındaki gözlemci için trenin boyu nedir? Trende bir saat 1 s ölçerse yerdeki gözlemci kaç saniye ölçer?

Çözüm

$\gamma = 1/\sqrt{1 - 0{,}36} = 1{,}25$. Boy $100/1{,}25 = 80$ m. Süre $1{,}25$ s. Trendeki yolcu için ise yerdeki cetveller kısa, yerdeki saatler yavaştır: durum tamamen simetriktir ve eşzamanlılığın göreliliği iki iddiayı tutarlı kılar.

Hız toplama. $\bar{\mathcal{S}}$'de $\bar{u}$ hızıyla $x$ yönünde giden bir cismin $\mathcal{S}$'deki hızı, (12.1)'in diferansiyeli alınarak bulunur:

$$ u = \frac{\bar{u} + v}{1 + \bar{u}v/c^2} $$

(12.2)

$\bar{u} = c$ ise $u = (c + v)/(1 + v/c) = c$: ışık her çerçevede aynı hızla gider, ikinci postulatın istediği gibi.

12.3Dört-vektörler ve uzay-zaman

Bir olayın konumunu dört bileşenli bir dört-vektörle yazalım: $x^\mu = (x^0, x^1, x^2, x^3) = (ct, x, y, z)$. Lorentz dönüşümü bu dört bileşen üzerinde doğrusal bir dönüşümdür, $\bar{x}^\mu = \Lambda^\mu{}_\nu x^\nu$ (tekrarlanan indis üzerinden 0'dan 3'e toplam):

$$ \Lambda = \begin{pmatrix} \gamma & -\gamma\beta & 0 & 0 \\ -\gamma\beta & \gamma & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 1 \end{pmatrix}, \qquad \beta = \frac vc $$

(12.3)

Uzaydaki dönmeler bir vektörün uzunluğunu korur. Lorentz dönüşümleri de bir büyüklüğü korur: iki olay arasındaki aralık

$$ I = \Delta x^2 + \Delta y^2 + \Delta z^2 - c^2\Delta t^2 $$

(12.4)

bütün eylemsiz çerçevelerde aynıdır (Problem 12.5). Eksi işaretini bir yazım kuralıyla soğurmak kullanışlıdır: alt indisli bileşenler $x_\mu = (-ct, x, y, z)$ olarak tanımlanırsa $I = \Delta x_\mu\Delta x^\mu$. Aynı biçimde dönüşen her dört bileşenli büyüklük bir dört-vektördür ve iki dört-vektörün skaler çarpımı $a_\mu b^\mu = -a^0b^0 + \vb{a}\cdot\vb{b}$ değişmezdir.

Aralık sıfırsa iki olay bir ışık sinyaliyle bağlanabilir (ışık benzeri). $I < 0$ ise olaylar arasındaki zaman farkı ışığın aradaki uzaklığı almasına yetecek kadar büyüktür (zaman benzeri) ve bütün çerçevelerde olayların sırası aynıdır; biri ötekinin nedeni olabilir. $I > 0$ ise (uzay benzeri) olayların sırası çerçeveye bağlıdır ve hiçbiri ötekinin nedeni olamaz. Bunu bir Minkowski çiziminde görmek kolaydır (Şekil 12.1): $\bar{\mathcal{S}}$'nin $c\bar{t}$ ekseni $x = vt$ doğrusu, $\bar{x}$ ekseni $ct = \beta x$ doğrusudur ve iki eksen ışık çizgisine doğru kapanır.

Minkowski çizimi — **Şekil 12.1.** $\mathcal{S}$ ve ona göre $0{,}5c$ hızla giden $\bar{\mathcal{S}}$ çerçevelerinin eksenleri. $\bar{\mathcal{S}}$'de eşzamanlı olaylar $\bar{x}$ eksenine paralel doğrular üzerindedir, $\mathcal{S}$'de eşzamanlı olanlar ise yatay doğrular üzerinde: eşzamanlılık görelidir. Mor hiperboller sabit aralık eğrileridir; $\bar{\mathcal{S}}$'nin $c\bar{t} = 1$ noktası, $\mathcal{S}$'nin $ct = 1$ noktasıyla aynı hiperbol üzerindedir.

12.4Göreli mekanik

Bir parçacığın hızı $\vb{u}$ olsun ve parçacığın öz zamanı $\dd\tau = \dd t/\gamma_u$ ($\gamma_u = 1/\sqrt{1 - u^2/c^2}$) ile tanımlansın. Dört-hız $\eta^\mu = \dd x^\mu/\dd\tau = \gamma_u(c, \vb{u})$ bir dört-vektördür, çünkü $\dd x^\mu$ bir dört-vektör, $\dd\tau$ ise değişmezdir. Kütlesi $m$ olan bir parçacığın dört-momentumu

$$ p^\mu = m\eta^\mu = \left(\frac Ec, \vb{p}\right), \qquad E = \gamma_umc^2, \qquad \vb{p} = \gamma_um\vb{u} $$

(12.5)

dir. Burada $E$ göreli enerji, $\vb{p}$ göreli momentumdur. Bunların, kapalı bir sistemin bütün çarpışmalarında korunduğu deneysel olarak doğrulanmıştır. Dört-momentumun kendisiyle skaler çarpımı değişmezdir:

$$ p_\mu p^\mu = -\frac{E^2}{c^2} + p^2 = -m^2c^2 \quad\Longrightarrow\quad E^2 = p^2c^2 + m^2c^4 $$

(12.6)

Durgun bir parçacığın enerjisi $mc^2$'dir (durgun enerji); kinetik enerji $T = E - mc^2 = (\gamma_u - 1)mc^2$ olur ve $u \ll c$'de $\tfrac12mu^2$'ye indirgenir. Kütlesiz parçacıklar (fotonlar) için $E = pc$. Newton'un ikinci yasasının göreli biçimi $\vb{F} = \dd\vb{p}/\dd t$'dir (bkz. Problem 12.11).

Örnek 12.3LHC protonları

LHC'de protonlar 6,8 TeV enerjiye hızlandırılır. $\gamma$'yı ve hızın ışık hızından farkını bulun. Aynı $\gamma$ değerine sahip bir elektronun enerjisi ne olurdu?

Çözüm

$\gamma = E/(m_pc^2) = 6{,}8\times10^6\ \text{MeV}/938{,}3\ \text{MeV} = 7\,247$. $1 - \beta \approx 1/(2\gamma^2) = 9{,}5\times10^{-9}$: proton ışıktan yalnızca yaklaşık 3 m/s yavaştır. Aynı $\gamma$'lı bir elektronun enerjisi $7\,247 \times 0{,}511\ \text{MeV} = 3{,}7$ GeV olurdu; oysa elektronları yüksek enerjiye çıkarmak, 11. bölümde gördüğümüz sinkrotron kaybı yüzünden çok daha zordur.

Örnek 12.4Antiprotonun keşfi

Durgun bir hedefteki protonlara proton gönderilerek $p + p \to p + p + p + \bar{p}$ tepkimesiyle antiproton üretilecek. Gelen protonun kinetik enerjisi en az ne olmalıdır?

Çözüm

Değişmez $s = (E_{\text{top}})^2 - (p_{\text{top}}c)^2$, her çerçevede aynıdır. Laboratuvarda gelen protonun enerjisi $E$, hedefinki $mc^2$: $s = (E + mc^2)^2 - p^2c^2 = 2m^2c^4 + 2mc^2E$. Eşikte son durumdaki dört parçacık, kütle merkezi çerçevesinde durgundur: $s = (4mc^2)^2$. Böylece $E = 7mc^2$ ve kinetik enerji $T = 6mc^2 = 5{,}63$ GeV. Berkeley'deki Bevatron bu eşiğin hemen üzerine çıkacak biçimde tasarlandı ve antiproton 1955'te bulundu. Göreliliksiz bir hesap ($T = 2mc^2$ yeterli olur sanılırdı) üç kat yanlış olurdu.

12.5Manyetizma göreli bir olgudur

Uzun, düz ve yüksüz bir tel düşünelim: artı yükler (çizgisel yoğunluk $\lambda$) sağa doğru $v$ hızıyla, eksi yükler ($-\lambda$) sola doğru $v$ hızıyla gidiyor. Akım $I = 2\lambda v$, telin net yükü sıfırdır. Telden $s$ uzaklıkta bir $q$ yükü tele paralel olarak $u$ hızıyla sağa gidiyor (Şekil 12.2). Laboratuvar çerçevesi $\mathcal{S}$'de elektrik alan yoktur ve yüke yalnızca manyetik kuvvet etki eder:

$$ F = quB = \frac{\mu_0qIu}{2\pi s} \quad (\text{tele doğru}) $$

(12.7)

Aynı durumu yükün durgun olduğu $\bar{\mathcal{S}}$ çerçevesinde inceleyelim. Burada yük durgundur ve hiçbir manyetik kuvvet ona etki edemez. Ama tel artık yüksüz değildir. Hız toplama kuralına göre artı ve eksi yüklerin hızları

$$ v_\pm = \frac{v \mp u}{1 \mp vu/c^2} $$

dir: eksi yükler artılardan daha hızlı gider ve daha çok büzülür. Her iki tür yükün kendi durgun çerçevesindeki yoğunluğu $\lambda_0 = \lambda/\gamma$ olduğundan $\bar{\mathcal{S}}$'deki yoğunluklar $\lambda_\pm = \pm\lambda_0\gamma_\pm$ ve toplam (Problem 12.7)

$$ \lambda_{\text{top}} = \lambda_+ + \lambda_- = -\frac{2\lambda uv}{c^2\sqrt{1 - u^2/c^2}} $$

(12.8)

olur. Tel eksi yüklüdür! Yüke etki eden kuvvet elektriktir: $\bar{F} = q\lambda_{\text{top}}/(2\pi\epsilon_0s)$, tele doğru. Durgun bir parçacığa dik etki eden bir kuvvet, parçacığın hızla gittiği bir çerçevede $1/\gamma_u$ kat küçük ölçülür (bkz. Problem 12.8). $\mathcal{S}$'ye dönünce

$$ F = \sqrt{1 - \frac{u^2}{c^2}}\,\bar{F} = \frac{\lambda v}{\pi\epsilon_0c^2}\frac{qu}{s} = \frac{\mu_0qIu}{2\pi s} $$

bulunur ($\mu_0 = 1/\epsilon_0c^2$): tam olarak (12.7). Bir çerçevede manyetik olan kuvvet, bir başka çerçevede elektrik kuvvetidir. Coulomb yasası ve görelilik bir arada manyetizmayı gerektirir. Telde gerçekte yalnızca elektronlar hareket eder ve bu hız birkaç milimetre/saniyedir; $v/c$ etkisi gülünç derecede küçüktür, ama telde $10^{23}$ mertebesinde yük olduğu için kuvvet ölçülebilir büyüklüktedir.

Telin iki çerçevede görünüşü — **Şekil 12.2.** Akım taşıyan yüksüz bir tel ve tele paralel giden bir $q$ yükü. Laboratuvar çerçevesinde yüke yalnızca manyetik kuvvet etki eder. Yükün çerçevesinde eksi yükler daha hızlı gittikleri için daha çok büzülür, tel eksi yüklü görünür ve aynı kuvvet bu kez elektriktir. Büzülme abartılmıştır.

12.6Alanların dönüşümü

Elektrik ve manyetik alanlar bir çerçeveden ötekine geçerken birbirine karışır. Dönüşüm kuralını basit bir düzenekle bulabiliriz (Şekil 12.3). $\bar{\mathcal{S}}$'de durgun ve levhaları $xz$ düzlemine paralel olan bir kondansatörün yüzey yük yoğunluğu $\sigma_0$, alanı $E_0 = \sigma_0/\epsilon_0$ olsun. $\mathcal{S}$'de kondansatör $x$ yönünde $v$ hızıyla gider: levhalar $x$ doğrultusunda $\gamma$ kat kısalır, yük korunduğu için $\sigma = \gamma\sigma_0$ ve harekete dik alan $E_\perp = \gamma E_0$ olur. Kondansatör levhalara dik doğrultuda giderse levhaların alanı değişmez, yalnızca aradaki uzaklık değişir ve alan buna bağlı değildir: $E_\parallel = E_0$. Hareket eden levhalar akım da taşır ve bir manyetik alan üretir. Bu düşünce, genel bir $\mathcal{S}$ alanından başlayarak (Problem 12.13) şu kurala götürür:

Teorem 12.2Alanların dönüşümü

$\bar{\mathcal{S}}$, $\mathcal{S}$'ye göre $\vb{v}$ hızıyla gidiyorsa (∥ ve ⊥, $\vb{v}$'ye paralel ve dik bileşenler):

$$ \begin{aligned} \bar{\vb{E}}_\parallel &= \vb{E}_\parallel, &\qquad \bar{\vb{E}}_\perp &= \gamma\left(\vb{E} + \vb{v}\times\vb{B}\right)_\perp, \\ \bar{\vb{B}}_\parallel &= \vb{B}_\parallel, &\qquad \bar{\vb{B}}_\perp &= \gamma\left(\vb{B} - \frac{1}{c^2}\vb{v}\times\vb{E}\right)_\perp \end{aligned} $$

(12.9)

$\vb{v}$ $x$ yönündeyse bileşenler: $\bar{E}_y = \gamma(E_y - vB_z)$, $\bar{E}_z = \gamma(E_z + vB_y)$, $\bar{B}_y = \gamma(B_y + vE_z/c^2)$, $\bar{B}_z = \gamma(B_z - vE_y/c^2)$. Düşük hızlarda $\bar{\vb{E}} \approx \vb{E} + \vb{v}\times\vb{B}$: hareket eden bir yükün kendi çerçevesinde "gördüğü" elektrik alan, laboratuvardaki Lorentz kuvvetini $q$ ile bölünce bulunan alandır. 7. bölümdeki hareket emk'sı ile Faraday indüklemesinin aynı olgu olmasının nedeni budur.

Kondansatörün alanı — **Şekil 12.3.** Ortada: kondansatör levhalarına paralel giderse levhalar kısalır, yük yoğunluğu ve dolayısıyla harekete dik alan $\gamma$ kat artar. Sağda: levhalara dik giderse yalnızca aradaki uzaklık küçülür ve alan değişmez.

Örnek 12.5Sabit hızla giden yükün alanı

Bir $q$ yükü $\mathcal{S}$'de $x$ ekseni boyunca $v$ hızıyla gidiyor. Yükün durgun olduğu çerçevede yalnızca Coulomb alanı vardır. (12.9) ile $\mathcal{S}$'deki alanları bulun ve 10. bölümde gecikmiş potansiyellerle bulunan sonuçla karşılaştırın.

Çözüm

Yükün çerçevesi $\bar{\mathcal{S}}$'de $\bar{\vb{B}} = 0$ ve $\bar{\vb{E}}$ Coulomb alanıdır. Ters dönüşüm ($v \to -v$): $E_x = \bar{E}_x$, $E_\perp = \gamma\bar{E}_\perp$, $\vb{B} = (\vb{v}\times\vb{E})/c^2$. $t = 0$'da yük başlangıç noktasında olsun. Bir alan noktası $\mathcal{S}$'de $(x, y)$'de ise $\bar{\mathcal{S}}$'de $(\gamma x, y)$'dedir ve $\bar{\vb{E}} = q(\gamma x, y)/[4\pi\epsilon_0(\gamma^2x^2 + y^2)^{3/2}]$. Dönüşümle $\vb{E} = q\gamma(x, y)/[4\pi\epsilon_0(\gamma^2x^2 + y^2)^{3/2}]$: alan yükün o anki konumundan radyal yöndedir. $x = R\cos\theta$, $y = R\sin\theta$ yazılınca

$$ \vb{E} = \frac{q}{4\pi\epsilon_0}\frac{1 - v^2/c^2}{\left(1 - (v^2/c^2)\sin^2\theta\right)^{3/2}}\frac{\hat{\vb{R}}}{R^2} $$

olur. Bu, 10. bölümde Liénard–Wiechert potansiyellerinden bulunan sonucun aynısıdır ve çok daha kısa bir yoldan elde edilmiştir. Harekete dik doğrultuda alan $\gamma$ kat güçlenir, hareket doğrultusunda $\gamma^2$ kat zayıflar.

Örnek 12.6E×B sürüklenmesi

Birbirine dik $E = 1{,}0$ kV/m'lik bir elektrik alan ve $B = 0{,}010$ T'lık bir manyetik alan var. Elektrik alanın sıfır olduğu bir çerçeve bulun. Bu çerçevede yüklü parçacıklar nasıl hareket eder?

Çözüm

$\vb{v} = \vb{E}\times\vb{B}/B^2$ hızıyla giden bir çerçevede ($v = E/B = 1{,}0\times10^5$ m/s) $\vb{v}$ her iki alana diktir ve $\vb{E} + \vb{v}\times\vb{B} = 0$ olur (bkz. Problem 12.4): (12.9)'a göre $\bar{\vb{E}} = 0$. Bu çerçevede parçacıklar yalnızca manyetik alanda çember çizer. Laboratuvarda ise çembersel hareketin üzerine $\vb{E}\times\vb{B}/B^2$ hızında bir sürüklenme biner: yükten ve kütleden bağımsız olan bu hız, plazma fiziğinin temel sonuçlarından biridir. Böyle bir çerçeve ancak $E < cB$ ise vardır.

12.7Değişmezler

Alanlar çerçeveden çerçeveye değişse de iki birleşimleri her çerçevede aynıdır (Problem 12.9):

$$ \vb{E}\cdot\vb{B} = \bar{\vb{E}}\cdot\bar{\vb{B}}, \qquad E^2 - c^2B^2 = \bar{E}^2 - c^2\bar{B}^2 $$

(12.10)

Bunlardan hızla sonuç çıkarılabilir. Bir çerçevede $\vb{E} = 0$ ise başka her çerçevede $\vb{E}\perp\vb{B}$ ve $E < cB$'dir. Bir düzlem dalgada $\vb{E}\perp\vb{B}$ ve $E = cB$: iki değişmez de sıfırdır, dolayısıyla ışık her çerçevede yine ışıktır, hiçbir çerçevede saf elektrik ya da saf manyetik alana dönüşmez. Bir çerçevede $\vb{E}\cdot\vb{B} \neq 0$ ise hiçbir çerçevede alanlardan biri sıfır olamaz.

Örnek 12.7Göreli Doppler kayması

Bir galaksi bize 0,10c hızla yaklaşıyor. Hidrojenin 656,3 nm'lik Hα çizgisini hangi dalga boyunda görürüz?

Çözüm

Düzlem dalganın fazı bir değişmezdir; bu, $k^\mu = (\omega/c, \vb{k})$'nin bir dört-vektör olmasını gerektirir (bkz. Problem 12.10). Kaynak doğrudan yaklaşırken $\omega = \omega_0\sqrt{(1 + \beta)/(1 - \beta)}$. $\beta = 0{,}10$ için çarpan 1,1055: $\lambda = 656{,}3/1{,}1055 = 593{,}6$ nm, kırmızıdan turuncuya kaymış. Uzaklaşan galaksilerde ise kızıla kayma gözlenir; evrenin genişlemesi bu ölçümlerle bulundu.

12.8Alan tensörü ve Maxwell denklemleri

(12.9), $\vb{E}$ ile $\vb{B}$'nin bir dört-vektörün bileşenleri olmadığını gösterir: altı bileşen birlikte dönüşür. Bu altı bileşen, antisimetrik bir dört-boyutlu tensörün bağımsız bileşenleridir:

$$ F^{\mu\nu} = \begin{pmatrix} 0 & E_x/c & E_y/c & E_z/c \\ -E_x/c & 0 & B_z & -B_y \\ -E_y/c & -B_z & 0 & B_x \\ -E_z/c & B_y & -B_x & 0 \end{pmatrix} $$

(12.11)

Bir tensör, her indisi için bir $\Lambda$ çarpanıyla dönüşür: $\bar{F}^{\mu\nu} = \Lambda^\mu{}_\lambda\Lambda^\nu{}_\sigma F^{\lambda\sigma}$. Bu dönüşümün (12.9)'u tam olarak verdiği doğrudan doğrulanabilir (Problem 12.14). Kaynaklar da bir dört-vektörde birleşir. Yük yoğunluğu $\rho$ ile akım yoğunluğu $\vb{J}$, dört-akım yoğunluğunu oluşturur:

$$ J^\mu = (c\rho, \vb{J}) $$

Yük, bir hacimde durgun yük yoğunluğu $\rho_0$ ile $J^\mu = \rho_0\eta^\mu$ olarak yazılabilir; $\rho = \gamma\rho_0$ (yoğunluk büzülmeyle artar) ve $\vb{J} = \rho\vb{u}$. Süreklilik denklemi (8. bölüm) $\partial_\mu J^\mu = 0$ biçimini alır; burada $\partial_\mu = \partial/\partial x^\mu$.

Teorem 12.3Maxwell denklemlerinin tensör biçimi

$$ \partial_\nu F^{\mu\nu} = \mu_0J^\mu, \qquad \partial_\nu G^{\mu\nu} = 0 $$

(12.12)

Burada $G^{\mu\nu}$, $F^{\mu\nu}$'den $\vb{E}/c \to \vb{B}$ ve $\vb{B} \to -\vb{E}/c$ değişimiyle elde edilen dual tensördür.

Birinci denklemin $\mu = 0$ bileşeni $\nabla\cdot\vb{E}/c = \mu_0c\rho$, yani Gauss yasasıdır; $\mu = 1, 2, 3$ bileşenleri Ampère–Maxwell yasasını verir. İkinci denklem, manyetik alanın kaynaksızlığını ve Faraday yasasını içerir. Dört Maxwell denklemi iki tensör denklemine indirgenmiştir ve bu biçimde açıkça göreli oldukları görülür: her terim bir tensör ya da dört-vektördür ve bir çerçevede sağlanan bir tensör denklemi her çerçevede sağlanır.

Dört-potansiyel. 10. bölümün potansiyelleri de bir dört-vektörde birleşir: $A^\mu = (V/c, \vb{A})$. Alanlar $F^{\mu\nu} = \partial^\mu A^\nu - \partial^\nu A^\mu$ ile verilir ($\partial^0 = -\partial_0$). Lorenz ayar koşulu $\partial_\mu A^\mu = 0$ olur ve bu ayarda Maxwell denklemleri

$$ \Box^2A^\mu = -\mu_0J^\mu, \qquad \Box^2 = \partial_\nu\partial^\nu = \nabla^2 - \frac{1}{c^2}\frac{\partial^2}{\partial t^2} $$

(12.13)

biçimini alır: 10. bölümdeki iki dalga denklemi, tek bir dört-vektör denklemidir. Son olarak, bir yüke etki eden Lorentz kuvveti de göreli biçimde yazılır. Öz zamana göre momentum değişimi $K^\mu = \dd p^\mu/\dd\tau$ (Minkowski kuvveti)

$$ K^\mu = q\eta_\nu F^{\mu\nu} $$

(12.14)

dir. Uzaysal bileşenleri $\gamma_uq(\vb{E} + \vb{u}\times\vb{B})$, yani $\gamma_u$ çarpı alışılmış Lorentz kuvvetidir; zaman bileşeni yüke aktarılan gücü ($q\vb{E}\cdot\vb{u}$) verir.

Not

Klasik elektrodinamik, özel görelilikten önce yazılmış ama baştan beri göreli olan bir kuramdır. Görelilik ona yeni bir şey eklemez; onun yapısını ortaya çıkarır. Newton mekaniği ise değiştirilmesi gereken kuram olmuştur. Kütle çekiminin göreli kuramı ise uzay-zamanın kendisinin eğrildiği genel göreliliktir.

Tarihçe

Hendrik Lorentz, Michelson–Morley sonucunu açıklamak için 1904'te bugün onun adıyla anılan dönüşümleri yazdı, ama onları esire göre hareket eden cisimlerin gerçek bir fiziksel büzülmesi olarak yorumladı. Henri Poincaré 1905'te dönüşümlerin bir grup oluşturduğunu ve Maxwell denklemlerini koruduğunu gösterdi. Albert Einstein'ın 1905'te yayımlanan "Hareketli cisimlerin elektrodinamiği üzerine" adlı makalesi ise dönüşümleri iki basit postulattan türetti, esiri gereksiz kıldı ve zaman ile eşzamanlılık kavramlarını kökten değiştirdi. Hermann Minkowski 1908'de Köln'de verdiği ünlü konferansta uzay ile zamanı tek bir dört-boyutlu uzay-zamanda birleştirdi: "Bundan sonra uzay tek başına ve zaman tek başına gölgelere dönüşmeye mahkûmdur." Bu bölümdeki tensör dili onun mirasıdır.

Özet

Görelilik ilkesi ve ışık hızının değişmezliği, Lorentz dönüşümlerini gerektirir (bkz. (12.1)): eşzamanlılık görelidir, hareketli saatler yavaş işler ($\gamma\tau$), hareketli cisimler kısalır ($L_0/\gamma$).
Aralık $\Delta x_\mu\Delta x^\mu$ değişmezdir (bkz. (12.4)); dört-vektörlerin skaler çarpımı her çerçevede aynıdır.
Dört-momentum $(E/c, \vb{p})$, $E = \gamma mc^2$, $\vb{p} = \gamma m\vb{u}$ ve $E^2 = p^2c^2 + m^2c^4$.
Bir çerçevedeki manyetik kuvvet, bir başka çerçevede elektrik kuvvetidir: manyetizma Coulomb yasası ile göreliliğin sonucudur.
Alanlar (12.9) ile dönüşür; $\vb{E}\cdot\vb{B}$ ve $E^2 - c^2B^2$ değişmezdir (bkz. (12.10)).
$\vb{E}$ ve $\vb{B}$, $F^{\mu\nu}$ alan tensörünün bileşenleridir; Maxwell denklemleri $\partial_\nu F^{\mu\nu} = \mu_0J^\mu$ ve $\partial_\nu G^{\mu\nu} = 0$ olarak yazılır (bkz. (12.12)). Potansiyeller $A^\mu = (V/c, \vb{A})$ dört-vektörünü oluşturur.

Problemler

Problem 12.1Hız ve $\gamma$★☆☆

Hangi hızda $\gamma = 2$ olur? 1,0 GeV'lik bir elektronun $\gamma$'sı nedir?

Çözümü göster

$\beta = \sqrt{1 - 1/4} = 0{,}866$. Elektron: $\gamma \approx E/(m_ec^2) = 1000/0{,}511 = 1\,957$.

Problem 12.2Hızlar toplanmaz★☆☆

0,6c hızla giden bir uzay aracından ileri doğru, araca göre 0,6c hızla bir mermi atılıyor. Yerdeki gözlemci merminin hızını ne ölçer?

Çözümü göster

(12.2): $u = 1{,}2c/(1 + 0{,}36) = 0{,}882c$.

Problem 12.3Pionun ömrü★☆☆

Yüklü pionun kendi çerçevesindeki ortalama ömrü 26,0 ns'dir. $\gamma = 10$ ile giden pionlar ortalama ne kadar yol alır?

Çözümü göster

$\beta = \sqrt{1 - 0{,}01} = 0{,}995$. Yol $\beta c\gamma\tau = 0{,}995 \times 3{,}00\times10^8 \times 10 \times 26{,}0\times10^{-9} = 77{,}6$ m.

Problem 12.4Sürüklenme hızı★☆☆

$\vb{E} = E\uv{y}$ ve $\vb{B} = B\uv{z}$ ise $\vb{v} = \vb{E}\times\vb{B}/B^2$ için $\vb{E} + \vb{v}\times\vb{B} = 0$ olduğunu gösterin.

Çözümü göster

$\vb{v} = (E/B)\uv{x}$. $\vb{v}\times\vb{B} = (E/B)B(\uv{x}\times\uv{z}) = -E\uv{y}$. Toplam sıfır ✓.

Problem 12.5Aralığın değişmezliği★★☆

(12.1)'i kullanarak $\Delta\bar{x}^2 - c^2\Delta\bar{t}^2 = \Delta x^2 - c^2\Delta t^2$ olduğunu gösterin.

Çözümü göster

$\Delta\bar{x}^2 - c^2\Delta\bar{t}^2 = \gamma^2[(\Delta x - v\Delta t)^2 - (c\Delta t - v\Delta x/c)^2] = \gamma^2[\Delta x^2(1 - v^2/c^2) - c^2\Delta t^2(1 - v^2/c^2)] = \Delta x^2 - c^2\Delta t^2$ ✓ (çapraz terimler $-2v\Delta x\Delta t$ her iki karede aynıdır ve birbirini götürür).

Problem 12.6Lorentz dönüşümünün türetilmesi★★☆

Dönüşümün $\bar{x} = \gamma(x - vt)$, $\bar{t} = \alpha t + \delta x$ biçiminde doğrusal olduğunu varsayın. $\bar{\mathcal{S}}$'nin başlangıç noktasının $\mathcal{S}$'de $x = vt$'de olması ve ışığın her iki çerçevede $c$ hızıyla gitmesi ($x = ct$ ise $\bar{x} = c\bar{t}$, $x = -ct$ ise $\bar{x} = -c\bar{t}$) koşullarından, ve ters dönüşümün $v \to -v$ ile elde edilmesinden (12.1)'i bulun.

Çözümü göster

$x = ct$: $\gamma(c - v)t = c(\alpha + \delta c)t$. $x = -ct$: $-\gamma(c + v)t = -c(\alpha - \delta c)t$. Toplayıp çıkarınca $\alpha = \gamma$, $\delta = -\gamma v/c^2$. Ters dönüşüm $x = \gamma(\bar{x} + v\bar{t})$ olmalıdır; $\bar{x}$ ve $\bar{t}$ yerine konunca $x = \gamma^2(1 - v^2/c^2)x$, yani $\gamma = 1/\sqrt{1 - v^2/c^2}$ ✓.

Problem 12.7Telin yükü★★☆

(12.8)'i türetin. İpucu: $\gamma_\pm = \gamma\gamma_u(1 \mp uv/c^2)$ olduğunu gösterin.

Çözümü göster

$1 - v_\pm^2/c^2 = [(1 \mp uv/c^2)^2 - (v \mp u)^2/c^2]/(1 \mp uv/c^2)^2 = (1 - u^2/c^2)(1 - v^2/c^2)/(1 \mp uv/c^2)^2$, böylece $\gamma_\pm = \gamma\gamma_u(1 \mp uv/c^2)$ ✓. $\lambda_{\text{top}} = (\lambda/\gamma)(\gamma_+ - \gamma_-) = \lambda\gamma_u(-2uv/c^2)$ ✓.

Problem 12.8Dik kuvvetin dönüşümü★★☆

$\bar{\mathcal{S}}$'de durgun bir parçacığa $y$ yönünde $\bar{F}$ kuvveti etki ediyor. Parçacığın $u$ hızıyla $x$ yönünde gittiği $\mathcal{S}$'de kuvvetin $F = \bar{F}/\gamma_u$ olduğunu, $\vb{F} = \dd\vb{p}/\dd t$ tanımını kullanarak gösterin.

Çözümü göster

$p_y$ harekete dik bir bileşendir ve Lorentz dönüşümünde değişmez: $\dd p_y = \dd\bar{p}_y$. Parçacığın saati $\mathcal{S}$'de yavaş işler: $\dd t = \gamma_u\dd\bar{t}$. Böylece $F = \dd p_y/\dd t = \bar{F}/\gamma_u$ ✓.

Problem 12.9Alan değişmezleri★★☆

(12.9)'un $x$ yönündeki bileşen biçimini kullanarak (12.10)'u doğrulayın.

Çözümü göster

$\bar{\vb{E}}\cdot\bar{\vb{B}} = E_xB_x + \gamma^2[(E_y - vB_z)(B_y + vE_z/c^2) + (E_z + vB_y)(B_z - vE_y/c^2)]$. Çarpımlar açılınca $vE_yE_z/c^2$ ve $vB_yB_z$ terimleri birbirini götürür ve kalan $\gamma^2(1 - v^2/c^2)(E_yB_y + E_zB_z)$ olur ✓. İkinci değişmez de benzer biçimde: $\bar{E}_y^2 - c^2\bar{B}_z^2 = \gamma^2(1 - v^2/c^2)(E_y^2 - c^2B_z^2)$ ve aynısı $z, y$ için ✓.

Problem 12.10Doppler formülü★★☆

Bir ışık dalgasının fazı $\vb{k}\cdot\vb{r} - \omega t$ bütün çerçevelerde aynıdır. Bundan $k^\mu = (\omega/c, \vb{k})$'nin bir dört-vektör olduğunu kabul edin ve kaynağa doğru giden bir gözlemcinin ölçtüğü frekansın $\omega_0\sqrt{(1 + \beta)/(1 - \beta)}$ olduğunu gösterin.

Çözümü göster

Kaynak çerçevesinde $k^\mu = (\omega_0/c, -\omega_0/c, 0, 0)$ (dalga $-x$ yönünde, $+x$ yönünde $v$ hızıyla giden gözlemciye doğru). (12.3): $\bar{\omega}/c = \gamma(\omega_0/c + \beta\omega_0/c)$, $\bar{\omega} = \gamma(1 + \beta)\omega_0 = \omega_0\sqrt{(1 + \beta)/(1 - \beta)}$ ✓.

Problem 12.11Göreli ikinci yasa★★☆

Sabit bir $F$ kuvveti, durgun başlayan bir parçacığa $x$ yönünde etki ediyor. $\dd p/\dd t = F$ ile $u(t)$'yi bulun ve parçacığın hiçbir zaman ışık hızına ulaşmadığını gösterin.

Çözümü göster

$p = Ft$: $\gamma mu = Ft$ ve $u = (F/m)t/\sqrt{1 + (Ft/mc)^2}$. $t \to \infty$'da $u \to c$, ama her zaman $u < c$. Kısa sürelerde $u \approx (F/m)t$, Newton sonucu.

Problem 12.12Pion üretimi★★☆

$p + p \to p + p + \pi^0$ tepkimesi için gelen protonun eşik kinetik enerjisini bulun ($m_\pi c^2 = 135{,}0$ MeV, $m_pc^2 = 938{,}3$ MeV).

Çözümü göster

Örnek 12.4'teki gibi $2m_p^2c^4 + 2m_pc^2E = (2m_p + m_\pi)^2c^4$: $E = [(2m_p + m_\pi)^2 - 2m_p^2]c^2/(2m_p)$. $T = E - m_pc^2 = m_\pi c^2(4m_p + m_\pi)/(2m_p) = 135{,}0 \times 3\,888{,}2/1\,876{,}6 = 279{,}7$ MeV.

Problem 12.13Kondansatörden manyetik alana★★☆

Şekil 12.3'teki kondansatör $\mathcal{S}$'de $v$ hızıyla levhalara paralel gidiyor. Levhaların yüzey akımı $K = \sigma v$'dir. Levhaların arasında $\vb{B} = (\vb{v}\times\vb{E})/c^2$ olduğunu gösterin.

Çözümü göster

Levhaların arasında iki akım tabakasının alanları toplanır: $B = \mu_0K = \mu_0\sigma v$. $E = \sigma/\epsilon_0$ ile $B = \mu_0\epsilon_0vE = vE/c^2$ ✓. Yönü: üst levha artı, alan aşağı ($-y$), hız $+x$. Üstteki artı tabaka $+x$ yönünde, alttaki eksi tabaka $-x$ yönünde akım taşır ve aradaki alan $-z$ yönündedir. $\vb{v}\times\vb{E} = v\uv{x}\times(-E\uv{y}) = -vE\uv{z}$ ✓. Bu, $\bar{\mathcal{S}}$'de durgun kondansatör için $\bar{\vb{B}} = 0$ iken (12.9)'un ters dönüşümüyle ($\vb{B}_\perp = \gamma(\bar{\vb{B}} + \vb{v}\times\bar{\vb{E}}/c^2)_\perp = (\vb{v}\times\vb{E})/c^2$) aynıdır.

Problem 12.14Tensör dönüşümü★★★

(12.11)'deki $F^{\mu\nu}$ için $\bar{F} = \Lambda F\Lambda^{\text{T}}$ matris çarpımını hesaplayın ve $\bar{F}^{02} = \gamma(E_y - vB_z)/c$, $\bar{F}^{12} = \gamma(B_z - vE_y/c^2)$ olduğunu gösterin.

Çözümü göster

$\bar{F}^{02} = \Lambda^0{}_\lambda\Lambda^2{}_\sigma F^{\lambda\sigma} = \Lambda^0{}_0F^{02} + \Lambda^0{}_1F^{12} = \gamma E_y/c - \gamma\beta B_z = \gamma(E_y - vB_z)/c$ ✓. $\bar{F}^{12} = \Lambda^1{}_0F^{02} + \Lambda^1{}_1F^{12} = -\gamma\beta E_y/c + \gamma B_z = \gamma(B_z - vE_y/c^2)$ ✓. $\bar{F}^{01} = (\Lambda^0{}_0\Lambda^1{}_1 - \Lambda^0{}_1\Lambda^1{}_0)F^{01} = \gamma^2(1 - \beta^2)E_x/c = E_x/c$ ✓.

Problem 12.15Tensör denkleminin bileşenleri★★★

(12.12)'deki ilk denklemin $\mu = 0$ ve $\mu = 1$ bileşenlerinin Gauss ve Ampère–Maxwell yasalarını verdiğini gösterin.

Çözümü göster

$\mu = 0$: $\partial_\nu F^{0\nu} = \partial_xE_x/c + \partial_yE_y/c + \partial_zE_z/c = \nabla\cdot\vb{E}/c = \mu_0c\rho$, yani $\nabla\cdot\vb{E} = \mu_0c^2\rho = \rho/\epsilon_0$ ✓. $\mu = 1$: $\partial_0F^{10} + \partial_yF^{12} + \partial_zF^{13} = -\partial_tE_x/c^2 + \partial_yB_z - \partial_zB_y = \mu_0J_x$, yani $(\nabla\times\vb{B})_x = \mu_0J_x + \mu_0\epsilon_0\partial_tE_x$ ✓.

İleri okuma

D. J. Griffiths, Introduction to Electrodynamics, 5. baskı (Cambridge University Press, 2023), 12. bölüm: bu bölümün yapısına en yakın kaynak.
E. M. Purcell, D. J. Morin, Electricity and Magnetism, 3. baskı (Cambridge University Press, 2013), 5 ve 6. bölümler: manyetizmayı Coulomb yasası ve görelilikten kuran ünlü anlatım.
E. F. Taylor, J. A. Wheeler, Spacetime Physics, 2. baskı (W. H. Freeman, 1992): özel göreliliğe geometrik ve sezgisel bir giriş.
J. D. Jackson, Classical Electrodynamics, 3. baskı (Wiley, 1999), 11 ve 12. bölümler: özel görelilik ve göreli parçacıkların dinamiği.
A. Einstein, "Zur Elektrodynamik bewegter Körper", Annalen der Physik 17, 891 (1905).