Πρόβλημα 10.1 Σε Σφάλμα 14 6.7 10 % (πολύ μικρό!!) Είναι ακόμα μικρότερο του c (c) Για λόγους απλούστευσης, θέτουμε Άρα θα είναι ή Όπου είναι προφανώς θετικός αριθμός. Άρα και Πρόβλημα 10.2 (a) Ταχύτητα της σφαίρας ως προς το έδαφος: Ταχύτητα του αυτοκινήτου των κακοποιών: Αφού η σφαίρα φτάνει στο αυτοκίνητο. (b) Ταχύτητα της σφαίρας ως προς το έδαφος: Ταχύτητα του αυτοκινήτου των κακοποιών: Αφού η σφαίρα δεν φτάνει στο αυτοκίνητο. Πρόβλημα 10.3 (a) Το φως από το 90ό ρολόι (b) Βλέπω 12:00 το μεσημέρι. να με φτάσει, οπότε η ώρα που βλέπω είναι 11:45 πμ. Πρόβλημα 10.4 Το σήμα φωτός φεύγει απο το a σε χρόνο t a Το σήμα φωτός φεύγει απο το b σε χρόνο t b και φτάνει στη γη σε χρόνο και φτάνει στη γη σε χρόνο Εδώ η απόσταση d είναι η απόσταση του α από τη γη, και d η απόσταση του b από τη γη. a b είναι η φαινόμενη ταχύτητα.
Σ αυτή τη μέγιστη γωνία, Όσο επειδή ο παρονομαστής τείνει στο μηδέν, παρόλο που Πρόβλημα 10.5 Ο φοιτητής δεν έχει λάβει υπ όψη του την διαστολή του χρόνου του «εσωτερικού ρολογιού» του μυονίου. Στο εργαστήριο, το μυόνιο ζει όπου είναι ο «σωστός» χρόνος ζωής, Επομένως: όπου Πρόβλημα 10.6 (a) Το ρολόι του πυραύλου υστερεί, οπότε το ρολόι στη γη δείχνει Εδώ Σύμφωνα με το ρολόι στη γη το σήμα στάλθηκε 1 ώρα και 15 λεπτά μετά την απογείωση. (b) Σύμφωνα με έναν παρατηρητή στη γη, ο πύραυλος βρίσκεται σε απόσταση (δηλαδή ¾ της ώρας φωτός) από τη γη. Επομένως το φωτεινό σήμα θα κάνει ¾ της ώρας να επιστρέψει στη γη. Αφού στάλθηκε όμως από τον πύραυλο 1 ώρα και 15 λεπτά μετά την αναχώρηση, το σήμα θα φτάσει στη γη 2 ώρες μετά την απογείωση. (c) Τα ρολόγια στη γη υστερούν. Πρόβλημα 10.7 Πρόβλημα 10.8 Έστω ότι το μήκος του καταρτιού είναι. Για έναν παρατηρητή στη βάρκα, το κατάρτι έχει ύψος sin θ και η οριζόντια προβολή του cosθ. Για τον παρατηρητή στην αποβάθρα, πρώτο μένει ανεπηρέαστο, όμως το δεύτερο μετασχηματίζεται κατά Lorentz σε Επομένως ή
Πρόβλημα 10.9 Με αφέλεια, περιφέρεια διάμετρος, όμως αυτό δεν έχει νόημα. Το θέμα είναι το εξής: ένα επιταχυνόμενο αντικείμενο δεν μπορεί να παραμείνει αναλλοίωτο από τη σχετικότητα. Για να αποφασίσουμε τι πραγματικά συμβαίνει εδώ, χρειαζόμαστε ένα συγκεκριμένο μοντέλο για τις εσωτερικές δυνάμεις που συγκρατούν το δίσκο. Πρόβλημα 10.10 Αντικαθιστούμε στην (i) και λύνουμε ως προς x: Ομοίως Αντικαθιστούμε στην (iv) και λύνουμε ως προς t: Πρόβλημα 10.11 Έστω ότι το ατύχημα του αδερφού συμβαίνει στην αρχή των αξόνων. Στο σύστημα αναφοράς S (της Σοφίας), οι συντεταγμένες του δακρύσματος της Σοφίας είναι Στο σύστημα S (του επιστήμονα), Από τη στιγμή που αυτό είναι αρνητικό, το δάκρυσμα της Σοφίας συνέβη πριν το ατύχημα στο S. Άρα Δηλαδή 3 4 10 sec νωρίτερα. Πρόβλημα 10.12 (a) Στο σύστημα αναφοράς S διανύει απόσταση dy σε χρόνο dt. Εν τω μεταξύ, το S διανύει μια απόσταση dy = dy σε χρόνο dt = ή Σ αυτή την περίπτωση Συγκρίνετε την με την στο Πρόβλημα 10.8. Η ουσία είναι ότι οι ταχύτητες είναι ευαίσθητες όχι μόνο στον μετασχηματισμό αποστάσεων, ων, αλλά και χρόνων. Γι αυτό και δεν υπάρχει παγκόσμιος νόμος για τον μετασχηματισμό γωνιών. Θα πρέπει να ξέρουμε αν πρόκειται για γωνία που δημιουργήθηκε από διάνυσμα ταχύτητας ή από διάνυσμα θέσης.
Πρόβλημα 10.13 Η σφαίρα ως προς το έδαφος: Δραπέτες ως προς την αστυνομία: Η σφαίρα ως προς τους δραπέτες: Η ταχύτητα του Α ως προς το Β είναι μείον την ταχύτητα του Β ως προς το Α οπότε όλες οι καταχωρήσεις κάτω από τη διαγώνιο είναι τετριμμένες. Σημειώστε ότι σε κάθε περίπτωση είναι υ σφαίρας < υδραπετώ ν, οπότε όπως και να το δείτε, οι κακοί ξεφεύγουν. Πρόβλημα 10.14 (a) Το κινούμενο ρολόι μετρά πιο αργά, υστερώντας κατά ένα παράγοντα περάσει 18 χρόνια στο κινούμενο ρολόι, τότε στο στάσιμο ρολόι έχουν περάσει είναι 51 χρονών. (b) Σύμφωνα με το ρολόι στη γη, της πήρε 15 χρόνια για να φτάσει, με ταχύτητα 4/5c. Άρα δηλαδή 12c χρόνια (12 έτη φωτός). (c) t = 15 χρόνια, x = 12c χρόνια. Αφού έχουν χρόνια. Άρα χρόνια (d) t = 9 χρόνια, x = 0. Επιβιβάστηκε στην αρχή των αξόνων του S, άρα είναι ακόμα στην αρχή. (Αν αμφισβητείτε αυτές τις τιμές, χρησιμοποιήστε τους μετασχηματισμούς Lorentz με τα x, t από το ερώτημα (c).) (e) Μετασχηματισμοί Lorentz: (Σημειώστε ότι το υ είναι αρνητικό, αφού το S κινείται προς τα αριστερά.) (f) Θέστε το ρολόι της 32 χρόνια μπροστά, από 9 σε 41 Το ταξίδι της επιστροφής διαρκεί 9 χρόνια (χρόνος κίνησης), οπότε το ρολόι της τώρα θα δείχνει 50 χρόνια στην επιστροφή. Σημειώστε ότι αυτό είναι 5 30 χρόνια, ακριβώς όσο θα υπολόγιζε αν ο αδερφός της ταξίδευε για 30 χρόνια με το δικό του ρολόι. 3 (g) (i) Πόσο είναι το t ; και ξεκίνησε στην ηλικία των 21 χρόνων, άρα είναι 26.4 χρονών. (Νεότερος από τον ταξιδιώτη (!) γιατί ως προς τον ταξιδιώτη ο ακίνητος είναι αυτός που κινείται). (ii) Πόσο είναι το t ; και ξεκίνησε στα 21, άρα τώρα είναι 45.6 χρονών.
Πρόβλημα 10.15 Πρόβλημα 10.16 (c) Πολλαπλασιάζουμε τους πίνακες: Ναι, η σειρά έχει σημασία. Αν αλλάξουμε σειρά, ο πολλαπλασιασμός θα δώσει τελείως διαφορετικό πίνακα. Πρόβλημα 10.17 (a) Αφού και έχουμε: Συγκρίνουμε: όπου Όμως, μια τριγωνομετρική σχέση για τις υπερβολικές συναρτήσεις λέει: ή
Πρόβλημα 10.18 (ii) Όχι. (Σε ένα τέτοιο σύστημα θα ήταν Δ t = 0, άρα το Ι θα έπρεπε να είναι θετικό, ενώ δεν είναι) (iii) Ναι. Το S ταξιδεύει με κατεύθυνση από το Β προς το Α, και διανύει αυτή την απόσταση σε χρόνο 10/c. Σημειώστε ότι άρα δηλαδή μια τιμή ασφαλώς μικρότερη του c. (ii) Ναι. Από το μετασχηματισμό Lorentz: Θέλουμε να είναι άρα θα είναι ή Άρα στη διεύθυνση +x. (iii) Όχι. Σε ένα τέτοιο σύστημα και το Ι θα έπρεπε να είναι αρνητικό, ενώ δεν είναι. Πρόβλημα 10.19 Πρόβλημα 10.20 Κοσμική γραμμή του παίχτη 1 Κοσμική γραμμή του παίχτη 2 Κοσμική γραμμή της μπάλας Η αλήθεια είναι ότι ποτέ δεν επικοινωνείτε με το άλλο άτομο αυτή τη στιγμή. Επικοινωνείτε με το άτομο που αυτός/ή θα είναι όταν το μήνυμα θα φτάσει εκεί. Κι έτσι, η απάντηση θα φτάσει σε σας όταν θα είστε μεγαλύτεροι και σοφότεροι (b) Με τίποτα. Είναι αλήθεια ότι ένας κινούμενος παρατηρητής μπορεί να πει ότι έφτασε στο Β πριν ακόμα ξεκινήσει από το Α. Αλλά για το ταξίδι της επιστροφής όλοι πρέπει να συμφωνήσουν ότι γύρισε μετά την αναχώρησή της.
Πρόβλημα 10.21 9.25 8.75 (b) c 9.25 8.75 35 κλίση υ c c υ 0.95 υ = = 8.75 = 9.25 = 37 = c Πρόβλημα 10.22 Πρόβλημα 10.23 Εξ. 10.48
Πρόβλημα 10.24 Πρόβλημα 10.25 (a) Έχουμε Για t = 0 θέλουμε Και είναι Πρόβλημα 10.27 Πρόβλημα 10.28 Πρόβλημα 10.29 Πρόβλημα 10.30 Αρχική ορμή: Αρχική ενέργεια: Καθένα από αυτά διατηρείται, άρα η τελική ορμή θα είναι 3mc και η τελική ενέργεια 2 3mc
Σ αυτή τη διαδικασία μέρος της κινητικής ενέργειας μετατράπηκε σε ενέργεια ηρεμίας, άρα M > 2m Πρόβλημα 10.31 Πρώτα βρίσκουμε την ενέργεια του πιονίου: Διατήρηση της ενέργειας: Διατήρηση της ορμής: 3 4 mc Πρόβλημα 10.32 Κλασικά, Σε ένα πείραμα κρούσης, η σχετική ταχύτητα (κλασικά) είναι διπλάσια από την ταχύτητα του καθενός σωματίου. Άρα η σχετικιστική ενέργεια είναι 4E Έστω S το σύστημα στο οποίο το 1 είναι ακίνητο. Η ταχύτητά του υ ως προς το S είναι απλά η ταχύτητα του 1 στο S. όπου p είναι η ορμή του 2 στο S Για και έχουμε Πρόβλημα 10.33 Ένα φωτόνιο είναι αδύνατο, γιατί στο σύστημα κέντρου ορμής θα μέναμε με ένα ακίνητο φωτόνιο, ενώ τα φωτόνια πρέπει πάντα να ταξιδεύον με ταχύτητα c. (Πριν) (Μετά)
Διατ. ενέργειας: Διατ. ορμής: Οριζόντια: Κάθετη: Τετραγωνίζουμε και προσθέτουμε Πρόβλημα 10.34 Πρόβλημα 10.35 Σε σταθερή δύναμη πάμε σε υπερβολική κίνηση. Το φωτόνιο Α που έφυγε από την αρχή σε χρόνο από την αρχή σε χρόνο t > 0 ποτέ δεν μπορεί. Πρόβλημα 10.36 (α)
έτσι έτσι Πρόβλημα 10.37 Από την εξίσωση 10.82 Από την εξίσωση 10.83 Αλλά (εξίσωση 10.84) Έτσι Πρόβλημα 10.38 Προσοχή στο Έτσι
Πρόβλημα 10.39 (α) Το πεδίο είναι και δείχνει κατακόρυφα στην θετική πλάκα, έτσι: (β) Από την εξίσωση 10.119 έτσι (γ) tanθ = γ,έτσι (δ) Έστω μοναδιαίο διάνυσμα κάθετο στις πλάκες στο S προφανώς Έτσι η γωνία φ μεταξύ του και του Ε είναι: Αλλά Έτσι Προφανώς το πεδίο δεν είναι κάθετο στις πλάκες στο S. Πρόβλημα 10.40 (Εξίσωση 10.103) Θέτω έτσι Το ολοκλήρωμα είναι Έτσι
(β) Χρησιμοποιώντας τις εξισώσεις 10.122 και 10.103 Πρόβλημα 10.41 (α) Το πεδίο του Α στο Β: έτσι η δύναμη στο είναι (β) (i) Από την 10.80 (ii) Από την 10.103 με αλλά αφού στο δεν υπάρχει μαγνητική δύναμη έτσι κι αλλιώς και Πρόβλημα 10.42 Εδώ έτσι (χρησιμοποιώντας όπου Σημειώστε ότι το απαγορεύεται γιατί δεν εξαρτάτε από το u. Μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε αυτό για έλεγχο. ΣΥΣΤΗΜΑ 1: έτσι όπου
ΣΥΣΤΗΜΑ 2: [Ελέγχουμε (+q σε ηρεμία δεν έχουμε μαγνητική δύναμη) [Ελέγχουμε εξίσωση 10.80 ΣΥΣΤΗΜΑ 3: [Η σχετική ταχύτητα του Β και του C είναι και το αντίστοιχο γ είναι Έτσι από την εξίσωση 10.80 Πρόβλημα 10.43 Πριν. Οι δυναμικές γραμμές απορρέουν από το θετικό σημείο του σωματιδίου.
Μετά. Οι δυναμικές γραμμές έξω από την σφαίρα ακτίνας ct που απορρέουν από τα θετικά θα είχανε φτάσει. Μέσα στην σφαίρα Ε = 0. Στην επιφάνεια οι γραμμές ενώνονται όπως φαίνεται στο σχήμα. Αυτό παράγει μια πυκνή συγκέντρωση από εφαπτόμενες δυναμικές γραμμές που εκτείνετε με το σφαιρικό κέλυφος. Αυτός είναι ένας εικονογραφικός τρόπος για την κατανόηση της γέννησης της σχετικιστικής ηλεκτροδυναμικής. Πρόβλημα 10.44 (α) Από την εξίσωση 10.119 : (γ) ΟΧΙ. Αν Β = 0 για ένα σύστημα τότε το είναι θετικό. Πρέπει να είναι θετικό σε κάθε σύστημα. Επομένως σε κάθε σύστημα. Πρόβλημα 10.46
Πρόβλημα 10.47 Υποθέτουμε ( + για συμμετρικό, - για αντισυμμετρικό) [Επειδή και το μ και το ν προστίθενται από το 0 3 δεν παίζει ρόλο πιο λέμε μ και πιο ν] [Χρησιμοποιήσαμε το συμμετρικό του και γράψαμε τα Λ σε άλλη σειρά] Πρόβλημα 10.48 Όπου εκτός από την σταθερά είναι το απαγορευμένο που βρήκαμε στο πρόβλημα 10.44(β) Όπου εκτός από την σταθερά είναι το απαγορευμένο που βρήκαμε στο πρόβλημα 10.44(α) Πρόβλημα 10.49
Πρόβλημα 10.50 σ αυτό,έτσι ώστε: υποδηλώνει υποδηλώνει αλλά είναι πιο καθαρό αν διαιρέσουμε με όσο είμαστε Τότε Τότε: έτσι όπου Εντωμεταξύ οι ομογενείς εξισώσεις Maxwell δεν αλλάζουν και επομένως Πρόβλημα 10.51 Διαφοροποιούμε Αλλά (ο συνδυασμός είναι συμμετρικός ) ενώ (αντισυμμετρικός) [Γιατί; Λοιπόν, και οι δύο αυτοί δείκτες προστίθενται από το 0 3,έτσι δεν παίζει ρόλο ποιον θα καλέσουμε μ και ποιον ν: Αλλά αν η ποσότητα είναι αρνητική πρέπει να είναι μηδέν.] Συμπέρασμα: Πρόβλημα 10.52 Ξέρουμε ότι είναι ισοδύναμο με τις δύο ομογενείς εξισώσεις του Maxwell, και Το μόνο που έχουμε να δείξουμε, είναι ότι το είναι επίσης ισοδύναμο σ αυτές. Τώρα αυτή η ισότητα ισχύει για 64 διαφορετικές ισότητες και Αλλά πολλές από αυτές είναι πλεονάζον ή τετριμμένες. Υποθέστε ότι δύο δείχτες είναι ίσοι (μ = ν). Τότε Αλλά και έτσι αυτό είναι τετριμμένο 0 = 0.Για να πάρουμε κάτι σημαντικό πρέπει τα μ, ν, λ όλα να είναι διαφορετικά. Μπορούν όλα να είναι χωρικά ή κάποια μετάθεσή τους), ή μία χρονική και δύο χωρικές ή κάποια μετάθεσή τους) Ας εξετάσουμε τις δύο αυτές περιπτώσεις ξεχωριστά.
Όλες χωρικές Μία χρονική ή που είναι η z συνιστώσα του (Εάν παίρνουμε την y συνιστώσα, για παίρνουμε την x συνιστώσα) Συμπέρασμα: Το είναι ισοδύναμο με το και και επομένως Πρόβλημα 10.53 Τώρα από την ισότητα 10.83 γνωρίζουμε ότι έχουμε: όπου W η ενέργεια του σωματιδίου. Αφού Αυτό λέει ότι η ενέργεια που μεταφέρεται στο σωματίδιο είναι δύναμη (qe) επί την ταχύτητα u,που είναι όπως έπρεπε. Πρόβλημα 10.54 Έχουμε: Έτσι ή (αφού Συμπέρασμα: Το μετασχηματίζεται με τον ίδιο τρόπο όπως το και επομένως είναι ένα ανταλλοίωτο τετραδιάνυσμα.
Πρόβλημα 10.55 Σύμφωνα με το πρόβλημα 10.52 το 10.143 βρίσκουμε: είναι ισοδύναμο στην Εξ. 10.140. Χρησιμοποιώντας την εξίσωση [Σημειώστε ότι από την ισότητα σταυρωτών παραγώγων] Πρόβλημα 10.56 Ξέρουμε ότι η ενέργεια μετασχηματίζεται σαν μηδενική συνιστώσα ενός τετραδιανύσματος Ο νόμος του Larmor λέει ότι για.μπορούμε να σκεφτούμε ένα τετραδιάνυσμα του οποίου η μηδενική συνιστώσα να εξάγει αυτόν όταν η ταχύτητα είναι μηδέν; Λοιπόν το θυμίζει το αλλά πως μπορούμε να πάρουμε ένα τετραδιάνυσμα εδώ; Γιατί όχι το του οποίου η μηδενική συνιστώσα είναι c όταν u = 0; Ας δοκιμάσουμε τότε: Αυτό έχει τις σωστές ιδιότητες μετασχηματισμών,αλλά πρέπει να ελέγξουμε ότι εξάγει τον νόμο του Larmor όταν u 0. αλλά έτσι [Συμπτωματικά αυτό μας λέει ότι η ενέργεια από μόνη της είναι μονόμετρο μέγεθος. Αν αυτό ήταν προφανές από την αρχή,θα μπορούσαμε απλά να ψάχναμε για ένα μονόμετρο Lorentz μέγεθος που παράγει τον νόμο του Larmor.] Στο πρόβλημα 10.36 υπολογίσαμε το σε όρους της ταχύτητας και της επιτάχυνσης: Τώρα όπου θ είναι η γωνία μεταξύ u και α έτσι:
Όπου είναι ο νόμος του Lienard. Πρόβλημα 10.57 (α) Είναι αντιφατικό με το αναγκαίο (πρόβλημα 10.36(δ)) (β) Θέλουμε να βρούμε ένα τετραδιάνυσμα με την ιδιότητα Το Τότε Αλλά έτσι αυτό γίνεται που είναι μηδέν αν θέσουμε Αυτό υποδηλώνει ότι Σημειώστε ότι έτσι οι χωρικές συνιστώσες του χάνονται στο μη σχετικιστικό όριο u << c και επομένως αυτό ακόμα εξάγει τον νόμο [Συμπτωματικά έτσι και επομένως το μπορεί να γραφεί εξίσου καλά ως ] Πρόβλημα 10.58 Καθορίστε το τετραδιάνυσμα του ηλεκτρικού φορτίου όπως πριν με τον ίδιο τρόπο: Οι θεμελιώδεις νόμοι είναι τότε: και του μαγνητικού φορτίου Ο πρώτος από αυτούς αναπαράγει το και το όπως πριν, ο δεύτερος παράγει το και ή. Αυτές είναι οι εξισώσεις του Maxwell με μαγνητικό φορτίο. Η Τρίτη λέει: ή που είναι η γενικευμένη δύναμη Lorentz.
Πρόβλημα 10.59 Βήμα 1: Περιστρέφουμε από xy σε XY χρησιμοποιώντας Βήμα 2: Μετασχηματισμός Lorentz από ΧΥ σε χρησιμοποιώντας Βήμα 3: Περιστρέφουμε από σε χρησιμοποιώντας με (αρνητικό φ) Σε μορφή πίνακα: Πρόβλημα 10.60 Στο σύστημα κέντρου ορμής, η τυχαία ενέργεια επαρκεί για να καλύψει την υπόλοιπη ενέργεια από τα απομείναντα μέρη, χωρίς καθόλου χαμένη, σαν την κινητική ενέργεια. Επιπλέον στο σύστημα εργαστηρίου θέλουμε το Κ και το Σ να έχουν την ίδια αρχική ταχύτητα. πριν μετά
πριν μετά Αρχική ορμή: Αρχική ενέργεια του Συνολική αρχική ενέργεια: Υπάρχουν επίσης η τελική ορμή και ενέργεια: Πρόβλημα 10.61 Στο Σύστημα Κ.Μ.: Πριν Μετά Εξερχόμενο τετραδιάνυσμα:
Στο εργαστήριο: Πριν Μετά Μετασχηματισμός Lorentz: Τώρα (το u εδώ είναι στα αριστερά), έτσι: (όπου όπου έτσι ή αφού Πρόβλημα 10.62 (a σταθερά) Αλλά Πολλαπλασιάζουμε με
σταθερά. Αλλά σε και u = 0 (έτσι w = 0) και επομένως η σταθερά είναι 0. Θέτουμε: Θέτουμε: Σταθερά Στο έτσι σταθερά σταθερά = Θέτουμε Τότε: Πρόβλημα 10.63 όπου Η δύναμη του +q στο q θα είναι η κατοπτρική εικόνα Της δύναμης του q στο +q, έτσι η συνολική δύναμη είναι στην x κατεύθυνση. (Η συνολική μαγνητική δύναμη είναι μηδέν). Το μόνο που χρειαζόμαστε είναι η x συνιστώσα του Ε.Το πεδίο στο +q εξαιτίας του q είναι: Έτσι:
Η δύναμη στο +q είναι και υπάρχει μια ίση δύναμη στο q,έτσι η συνολική δύναμη στο δίπολο είναι: Μένει να υπολογίσουμε τα u και α και να τα τοποθετήσουμε μέσα. όπου Τώρα υπολογίζουμε Έτσι Υψώνουμε στο τετράγωνο και τις δύο πλευρές: Σε αυτό το σημείο μπορούμε να λύσουμε το σε όρους του t,αλλά από την στιγμή που το u και το α είναι ήδη εκφρασμένα σε όρους του είναι απλούστερο να λύσουμε ως προς t (σε όρους του ) και να εκφράσουμε τα πάντα σε όρους του Τι πρόσημο; Για μικρό α θέλουμε έτσι χρειαζόμαστε + πρόσημο: όπου Έτσι Τώρα πάμε πίσω στην ισότητα και λύνουμε για
Τοποθετώντας όλα αυτά ο αριθμητής στις αγκύλες στο F γίνεται: Μένει να υπολογίσουμε τον παρονομαστή: Η ενέργεια πρέπει να προέρχεται από την αποθηκεμένη ενέργεια στο ηλεκτρομαγνητικό πεδίο. (δύναμη από ένα ) Έτσι
Πρόβλημα 10.64 είναι ένα τετραδιάνυσμα (όπως έτσι Αλλά Τώρα και Έτσι: Τώρα όπου R είναι ένα διάνυσμα (στο S) στην (στιγμιαία ) θέση του δίπολου στο σημείο παρατήρησης. Επομένως: (όπου θ είναι η γωνία μεταξύ R και το x άξονα έτσι ώστε αλλά έτσι: ή χρησιμοποιώντας και (β) Στο μη σχετικιστικό όριο με που είναι το δυναμικό ενός ηλεκτρικού δίπολου. Πρόβλημα 10.65 Έτσι
Πυκνότητα φορτίου στην μπροστινή πλευρά: Πυκνότητα φορτίου στην πίσω πλευρά: όπου Το μήκος από τις μπροστινές και πίσω πλευρές σε αυτό το σχήμα είναι πλευρά είναι: έτσι το συνολικό φορτίο στην πίσω Το συνολικό φορτίο στην μπροστά πλευρά είναι: Έτσι η διπολική ροπή (σημειώστε ότι το φορτίο στις πλευρές είναι ίσο): όπου έτσι Έτσι μακριά από τον σχετικιστικό παράγοντα του γ η ροπή στρέψης είναι η ίδια και στα δύο συστήματα αλλά στο S είναι η διπολική ροπή που ασκείται από ένα μαγνητικό πεδίο ή ένα μαγνητικό δίπολο, ενώ στο είναι η διπολική ροπή που ασκείται από ένα ηλεκτρικό πεδίο ή ένα ηλεκτρικό δίπολο.