তড়িৎ ও চুম্বক/E = m c²/বাক্সবন্দী ফোটনের ভর

একটি অনুভূমিক বল $F$ বাম থেকে ডানে, স্বল্প সময় $\Delta t$-এর জন্য, একটি বাক্সের উপর প্রয়োগ করা হয়, যা প্রাথমিকভাবে স্থির, এবং এতে দুটি ফোটন রয়েছে, প্রাথমিকভাবে একই বল $E$ সহ, যা এর দেয়ালে অনুভূমিকভাবে প্রতিফলিত হয়।

আমরা ধরে নিই যে বলটি $t=0$ মুহূর্তে প্রয়োগ করা হয়, যখন দুটি ফোটন বাক্সের মাঝখানে মিলিত হয়, দেয়াল থেকে দূরে, এবং সময়কাল $\Delta t$ এত কম যে ফোটনগুলো $\Delta t$-এর মধ্যে আয়নাগুলোতে পৌঁছাতে পারে না। যখন বল $F$ প্রয়োগ করা হয়, তখন এটি বাক্সটিকে এমনভাবে গতিশীল করে যেন এটি খালি, কারণ ফোটনগুলো দেয়াল থেকে দূরে।

ধরি, $m$ হল খালি বাক্সের ভর। বল $F$ প্রয়োগের পরে এর গতি হল

$v(\Delta t)=\int _{0}^{\Delta t}dv=\int _{0}^{\Delta t}adt=\int _{0}^{\Delta t}{\frac {F}{m}}dt$

যেখানে $a={\frac {dv}{dt}}$ হল বাক্সের ত্বরণ।

যখন ফোটনগুলো আয়নায় প্রতিফলিত হয়, তখন তারা বাক্সের গতি কমায়, কারণ ডপলার প্রভাব তাদের জন্য বিপরীত দিকে কাজ করে। ডান থেকে বামে যাওয়া ফোটন বাম থেকে ডানে যাওয়া ফোটনের তুলনায় বেশি চাপ প্রয়োগ করে।

শক্তি এবং ভরবেগ সংরক্ষণের সূত্রগুলো বাক্সের গতি $v(\infty )$ গণনা করতে দেয়, যখন এটি আর এর মধ্যে থাকা ফোটন দ্বারা ধীর হয় না।

ধরি, $E_{b}(t)$ হল খালি বাক্সের গতিশক্তি, এবং $p_{b}(t)$ হল এর ভরবেগ। $E_{l}(t)$ হল দুটি ফোটনের মোট শক্তি, এবং $p_{l}(t)$ হল তাদের মোট ভরবেগ।

$E_{b}(0)=0$, $p_{b}(0)=0$

$E_{l}(0)=2E$, $p_{l}(0)=0$

$E_{b}(\Delta t)={\frac {1}{2}}mv^{2}(\Delta t)$, $p_{b}(\Delta t)=mv(\Delta t)$

$E_{l}(\Delta t)=2E$, $p_{l}(\Delta t)=0$

শক্তি সংরক্ষণের শর্ত অনুযায়ী

$E_{b}(\infty )+E_{l}(\infty )=E_{b}(\Delta t)+E_{l}(\Delta t)={\frac {1}{2}}mv^{2}(\Delta t)+2E$

ভরবেগ সংরক্ষণের শর্ত অনুযায়ী

$p_{b}(\infty )+p_{l}(\infty )=p_{b}(\Delta t)+p_{l}(\Delta t)=mv(\Delta t)$

ধরি, $p'_{0}$ হল বাক্সে একটি ফোটনের ভরবেগ R' রেফারেন্স ফ্রেমে, যেখানে এটি ব্রেকিং সম্পন্ন হলে স্থির। R রেফারেন্স ফ্রেমে, যেখানে বাক্সটি গতিশীল, এই ফোটনের ভরবেগ হল

$p_{0}=p'_{0}(1+{\frac {v(\infty )}{c}})$ বা $p_{0}=-p'_{0}(1-{\frac {v(\infty )}{c}})$

ফোটনটি ডান থেকে বামে বা বাম থেকে ডানে যাওয়ার উপর নির্ভর করে।

তাই

$p_{l}(\infty )=2p'_{0}{\frac {v(\infty )}{c}}$

$p_{b}(\infty )=mv(\infty )$

তাই

$mv(\infty )+2p'_{0}{\frac {v(\infty )}{c}}=mv(\Delta t)$

ধরি, $m'$ হল দুটি ফোটন সহ বাক্সের ভর।

$v(\infty )=\int _{0}^{\Delta t}{\frac {F}{m'}}dt={\frac {m}{m'}}\int _{0}^{\Delta t}{\frac {F}{m}}dt={\frac {m}{m'}}v(\Delta t)$

$m'-m$ হল বাক্সে থাকা দুটি ফোটনের ভর।

$m'-m=m\left({\frac {v(\Delta t)}{v(\infty )}}-1\right)={\frac {mv(\Delta t)-mv(\infty )}{v(\infty )}}=2{\frac {p'_{0}}{c}}$

$E=pc$ তাই

$m'-m={\frac {2E'}{c^{2}}}$

যেখানে $E'$ হল R'-এ একটি ফোটনের শক্তি, বাক্সের ব্রেকিংয়ের পরে।

যদি $v(\infty )$ শূন্যের দিকে যায়, তবে $E'$ $E$-এর দিকে যায়। তাই একটি ফোটনের ভর $m_{p}$ হল

$m_{p}={\frac {E}{c^{2}}}$

যেখানে $E$ হল এর শক্তি।

যখন $v(\infty )$ অতিক্ষুদ্র নয়, তখন এই অ-আপেক্ষিক গণনা একটি ভুল এবং অযৌক্তিক ফলাফল দেয়: ফোটনের প্রাথমিক ভর বাক্সের উপর প্রয়োগকৃত শক্তির উপর নির্ভর করে। কিন্তু এই গণনা বাক্সের গতিশক্তির ভরকে উপেক্ষা করে। এই কারণে আমাদের অবশ্যই এমন সীমা নিতে হবে যেখানে এই গতিশক্তি শূন্যের দিকে যায়, সঠিক ফলাফল পেতে।