Una pregunta sobre E=pcE=pcE=pc para partículas sin masa

Tu fórmula de energía cinética es incorrecta. El correcto para una partícula masiva es

$$KE = m c^2\left[ \frac{1}{\sqrt{ 1 - v^2/c^2}} - 1 \right]$$ con $$p = \frac{ m v}{\sqrt{1 - v^2/c^2}}$$ Ahora, para describir un fotón, deseamos tomar dos límites $m \to 0$y $v \to c$. Estos límites deben tomarse correctamente. Para ser precisos, queremos tomar este límite de tal manera que el impulso permanezca bien definido y sea igual a $p$. Esto implica $$\frac{p}{c} = \lim_{v\to c}\lim_{m\to0} \frac{ m}{\sqrt{1 - v^2/c^2}}$$ Aplicando este mismo límite a la energía cinética, obtenemos $$KE = \lim_{v\to c}\lim_{m\to0} \left( \frac{ m c^2}{\sqrt{ 1 - v^2/c^2}} - m c^2 \right) = \frac{p}{c} c^2 - 0 = p c$$ ¡lo cual es consistente con la ecuación que escribiste primero!

Usando la relación entre masa, energía y cantidad de movimiento

$$E^2 = p^2c^2 + m^2c^4$$ $$E^2 - p^2c^2 = m^2c^4$$

$$\begin{align*} E_{kin} &= E - E_0 \\&= \sqrt{m^2c^4 + p^2c^2} - mc^2 \\&= mc^2\left[\sqrt{1 + \frac{p^2}{m^2c^2}} - 1\right] = m c^2\left[ \frac{1}{\sqrt{ 1 - v^2/c^2}} - 1 \right] \\ \\&\approx mc^2\left[\left(1 + \frac12 \frac{p^2}{m^2c^2}\right) - 1\right] \\&= \frac{p^2}{2m} \end{align*}$$

donde la aproximación es solo la expansión de Taylor de primer orden de$\sqrt{1+x}$en$0$como$p^2 \ll m^2c^2$en el caso no relativista.

En realidad, hay un par de maneras diferentes de ver esto. La forma simple es decir que tomó el límite incorrecto, pero no debido a ningún error matemático. El problema es que la fórmula$E_k = \frac{1}{2}mv^2$o$E_k = \frac{p^2}{2m}$es en sí mismo un límite de baja velocidad de la fórmula verdadera,

$$E = \sqrt{p^2 c^2 + m^2 c^4}$$

Ese cálculo se demuestra en la respuesta de ProgrammingEnthusiast . Con suerte, tiene sentido que si toma el límite de velocidad baja de una fórmula para obtener otra fórmula, luego conecta una velocidad alta a la segunda fórmula, no le devolverá la primera fórmula. (Por analogía: si tomas el bajo$x$limite de$\sin x$, conseguir$x$, y luego conecte$x = 2\pi$, no va a ser lo mismo que$\sin(2\pi)$!)

Otra forma de verlo es que tu segunda hipótesis es correcta: la fórmula$\frac{\mathrm{d}E_k}{\mathrm{d}v} = mv$no es válido para fotones, y necesitas integrar algo más. Ese algo más es en realidad una de las ecuaciones de Hamilton , que en este caso se puede escribir

$$\frac{\partial E}{\partial p} = v$$

Por supuesto, para integrar esto todavía necesita$v$como una función de$p$, por lo que, en cierto sentido, esto solo retrasa la física importante por un paso. La "física importante" es esta: para una partícula de baja velocidad (no relativista), puede usar$v = \frac{p}{m}$, pero para una partícula de alta velocidad (relativista), esa ecuación no se cumple. necesitas usar$p = \frac{mv}{\sqrt{1 - v^2/c^2}}$, o resolviendo para$v$,

$$v = \frac{pc}{\sqrt{m^2c^2 + p^2}}$$

Puedes ver eso$v = \frac{p}{m}$es el límite de bajo impulso (o de alta masa) de esta ecuación. De todos modos, cuando hagas la integral, obtendrás la fórmula relativista adecuada para la energía.

La segunda hipótesis es correcta. Para partículas relativistas (los fotones son un buen ejemplo),$E=\frac{1}{2}mv^2$no aguanta _ En su lugar, debe comenzar desde$E=\sqrt{m^2c^4+p^2c^2}$como hiciste con el fotón. Por cierto, el momento relativista también viene dado por$p=\gamma mv$donde$\gamma$es el factor de Lorentz:$\gamma=(\sqrt{1-v^2/c^2})^{-1}$.

Finalmente, si quieres ver cómo la 'energía cinética newtoniana'$E_k=\frac{1}{2}mv^2$surge, mira la impresionante respuesta de Ron Maimon a esta pregunta.