Eksperyment Michelsona - obrót interferometru w pionie

[lukas1929]

Wszędzie można znaleźć przykłady w których analizowana jest sytuacja ruchu interferometru w eterze gdy jedno z ramion pokrywa się idealnie z kierunkiem ruchu intereferometru u :

wtedy czas na ramieniu prostopadłym (\(\displaystyle{ t_y}\)) spełnia równość:

\(\displaystyle{ (ct_{y}/2)^2 = L^2 + (ut_{y}/2)^2}\)

czas na ramieniu równoległym (\(\displaystyle{ t_x}\)):

\(\displaystyle{ t_{x} = L/(c-u) + L/(c+u)}\)

Mnie interesuje analiza ogólniejsza: przyjmijmy, że wiemy, że prędkość względem eteru tworzy z ramieniem kąt \(\displaystyle{ \alpha}\) i ramiona tworzą wzajemnie kąt prosty.

Da się wyprowadzić ogólny wzór na \(\displaystyle{ t \alpha}\) , taki że w szczególnym przypadku \(\displaystyle{ t_{0} = t_{x}}\) oraz \(\displaystyle{ t_{90} = t_{y}}\) ?

Na pewno się da, ale jakoś takiego wyprowadzenia nie znalazłem. Nie za bardzo wiem, gdzie w takiej sytuacji wybrać punkt odbicia promienia:



Będę wdzięczny za sugestie lub podlinkowanie materiałów jeśli ktoś już wcześniej to wyprowadził.

.

-- 6 lis 2017, o 14:29 --



Musimy znaleźć długość \(\displaystyle{ x_1}\) i \(\displaystyle{ x_2}\) w zależności od \(\displaystyle{ L, d}\) i \(\displaystyle{ \alpha}\) i będziemy w domu. Czy ten problemik naprawdę przerasta możliwości tutejszych matematyków ?

.

-- 8 lis 2017, o 19:51 --

Pokażę w jaki sposób trzeba do tego podejść, bo to chyba za ciężkie jest jak na takie forum. Trzeba to zrobić analitycznie rozważając oddzielnie poziomą \(\displaystyle{ c\cos (\alpha)}\) i pionową \(\displaystyle{ c\sin (\alpha)}\) składową prędkości światła. Wtedy można zapisać układ równań:

\(\displaystyle{ t_1 c \sin ( \alpha ) = L\sin (\beta)}\)
\(\displaystyle{ t_1 c \cos ( \alpha ) =ut_1 + L\cos (\beta)}\)

który determinuje \(\displaystyle{ t_1}\) i \(\displaystyle{ \alpha}\), gdzie \(\displaystyle{ t_1}\) jest czasem jaki potrzebuje światło na pokonanie odcinka od miejsca rozszczepienia do lustra.

A po rozwiązaniu powyższego układu będziemy mieli \(\displaystyle{ t_1}\) w funkcji \(\displaystyle{ \beta}\) (kąt nachylenia ramienia do wektora prędkości względem eteru), \(\displaystyle{ L}\) i \(\displaystyle{ u}\).

W szczególności dla \(\displaystyle{ \alpha = 0}\) i \(\displaystyle{ \beta = 0}\) otrzymujemy standardowe:

\(\displaystyle{ t_1 c =ut_1 + L}\)
\(\displaystyle{ t_1 (c - u) = L}\)
\(\displaystyle{ t_1 = L / (c - u)}\)

Natomiast dla \(\displaystyle{ \beta = pi/2}\):

\(\displaystyle{ \tg (\alpha) = L/ut}\)
\(\displaystyle{ \sin (\alpha) =\sqrt{\tg (\alpha)^2 / (\tg (\alpha)^2 + 1)}}\)
\(\displaystyle{ \cos (\alpha) =\sqrt{1 / (\tg (\alpha)^2 + 1)}}\)

\(\displaystyle{ L^2/(t_1 c)^2 + (ut_1)^2/(t_1 c)^2 = 1}\)
\(\displaystyle{ L^2 + (ut_1)^2 = (t_1 c)^2}\)
\(\displaystyle{ L^2 = (t_1 c)^2 - (ut_1)^2}\)
\(\displaystyle{ t_1 = L / \sqrt{c^2 - u^2}}\)

\(\displaystyle{ t_1 = \frac{L}{c \sqrt{1 - u^2 / c^2}}}\)

Widzimy tutaj dobrze znany czynnik gamma, który Lorentz interpretował jako świadczący o zmianie długości poruszających się względem eteru obiektów fizycznych.

-- 9 lis 2017, o 04:30 --

Teraz pokażę w jaki sposób znaleźć \(\displaystyle{ t_2}\). Należy rozwiązać podobny jak wyżej układ równań z pewną modyfikacją:

\(\displaystyle{ t_2 c \sin ( \alpha ) = L\sin (\beta)}\)
\(\displaystyle{ t_2 c \cos ( \alpha ) + L\cos (\beta)=ut_2}\)

W zasadzie mam już pomysł jak rozwiązać powyższe układy w sposób ogólny, ale na razie ograniczę się do wyprowadzenia przypadków szczególnych dla \(\displaystyle{ \beta = 0}\) oraz \(\displaystyle{ \beta = \pi/2}\) (kąt nachylenia dolnego ramienia interferometru do prędkości w eterze).

\(\displaystyle{ t_2^2 c^2 = L^2\sin (\beta)^2 + (ut_2 - L\cos (\beta))^2}\)

Gdy \(\displaystyle{ \beta = 0}\):

\(\displaystyle{ t_2^2 c^2 = (ut_2 - L)^2}\)

\(\displaystyle{ t_2^2 c^2 = (u^2t_2^2 - 2ut_2L + L^2)}\)

\(\displaystyle{ t_2^2 (c^2 - u^2) + 2ut_2L - L^2 = 0}\)

\(\displaystyle{ 4u^2L^2 + 4(c^2 - u^2)L^2 = 4L^2c^2}\)

\(\displaystyle{ t_2 = (-2uL + 2Lc)/2(c^2 - u^2) = L \frac{(c-u)}{(c-u)(c+u)} = \frac{L}{(c+u)}}\)

Gdy \(\displaystyle{ \beta = \pi/2}\):

\(\displaystyle{ L^2/(t_2 c)^2 + (ut_2)^2/(t_2 c)^2 = 1}\)
\(\displaystyle{ L^2 + (ut_2)^2 = (t_2 c)^2}\)
\(\displaystyle{ t_2 = \frac{L}{c \sqrt{1 - u^2 / c^2}}}\)

Czyli wszystko się zgadza.

[lukas1929]

Najwyższa pora doprowadzić to do końca:

Dla \(\displaystyle{ t = t_1}\):

\(\displaystyle{ L^2\sin^2\beta + (ut + L\cos\beta)^2 = t^2c^2}\)
\(\displaystyle{ t^2(u^2 - c^2) + 2utL\cos\beta + L^2 = 0}\)
\(\displaystyle{ \Delta = 4u^2L^2\cos^2\beta - 4L^2(u^2 - c^2)}\)
\(\displaystyle{ t = \frac{2uL\cos\beta + \sqrt{\Delta}}{2(c^2 - u^2)}}\)

Dla \(\displaystyle{ t = t_2}\):

\(\displaystyle{ L^2\sin^2\beta + (ut - L\cos\beta)^2 = t^2c^2}\)
\(\displaystyle{ t^2(u^2 - c^2) - 2utL\cos\beta + L^2 = 0}\)
\(\displaystyle{ \Delta = 4u^2L^2\cos^2\beta - 4L^2(u^2 - c^2)}\)
\(\displaystyle{ t = \frac{-2uL\cos\beta + \sqrt{\Delta}}{2(c^2 - u^2)}}\)

Szukany wzór to \(\displaystyle{ t_\beta = t_1 + t_2}\) (czas przelotu wiązki światła od punktu rozszczepienia do lustra i z powrotem w ramieniu o długości \(\displaystyle{ L}\) nachylonym pod kątem \(\displaystyle{ \beta}\) do prędkości interferometru \(\displaystyle{ u}\))

\(\displaystyle{ t_\beta = \frac{\sqrt{4u^2L^2\cos^2\beta - 4L^2(u^2 - c^2)}}{c^2 - u^2}}\)

W szczególności:

\(\displaystyle{ t_{0^\circ} = \frac{\sqrt{4u^2L^2 - 4L^2(u^2 - c^2)}}{c^2 - u^2} = \frac{2Lc}{c^2 - u^2}}\)

\(\displaystyle{ t_{90^\circ} = \frac{\sqrt{- 4L^2(u^2 - c^2)}}{c^2 - u^2} = \frac{2L}{c\sqrt{1 - u^2/c^2}}}\)

.