FY1001/TFY4145 Mekanisk fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 2014.

Løsningsforslag til øving 12

Oppgave 1

a) I følge Galileo: (\overline{S} = \overline{S}am, S = Siv, T = Toget)

v_{\overline{S}S}^{G} = v_{\overline{S}T} + v_{T S}

I følge Einstein:

v_{\overline{S}S}^{E} = \frac{v_{\overline{S}T} + v_{T S}}{1 + v_{\overline{S}T} v_{T S}/c^{2}}

Dermed:

\frac{v_{\overline{S}S}^{G} − v_{\overline{S}S}^{E}}{v_{\overline{S}S}^{G}} = v_{\overline{S}T} v_{T S}/c^{2} = 3.4 · 10^{−14} %

Her har vi brukt at

\frac{1}{1 + v_{\overline{S}T} v_{T S}/c^{2}} ≃ 1 − v_{\overline{S}T} v_{T S}/c^{2}

når hastighetene v_{\overline{S}T} og v_{T S} er små i forhold til c, og det er jo tilfelle her. Med andre ord: Ingen stor feil å bruke galileisk relativitet her. b)

v_{\overline{S}S} = \frac{c/2 + 3c/4}{1 + (1/2) · (3/4)} = \frac{10c}{11}

Legg merke til at \overline{S}ams hastighet i forhold til Siv er mindre enn c. I følge Galileo ville den ha vært 5c/4.

c) Vi bruker tipset i oppgaven og innfører dimensjonsløse størrelser β = v_{\overline{S}S}/c, β_{1} = v_{\overline{S}T} /c og β_{2} = v_{T S}/c. Oppgaven blir å vise at hvis både β_{1} < 1 og β_{2} < 1, så er også β < 1, eventuelt β^{2} < 1:

β^{2} = (\frac{β_{1} + β_{2}}{1 + β_{1}β_{2}} )^{2}
= \frac{β_{1}^{2} + β_{2}^{2} + 2β_{1}β_{2}}{1 + β_{1}^{2}β_{2}^{2} + 2β_{1}β_{2}}
= \frac{1 + β_{1}^{2}β_{2}^{2} + 2β_{1}β_{2}}{1 + β_{1}^{2}β_{2}^{2} + 2β_{1}β_{2}} − \frac{1 − β_{1}^{2} − β_{2}^{2} + β_{1}^{2}β_{2}^{2}}{1 + β_{1}^{2}β_{2}^{2} + 2β_{1}β_{2}}
= 1 − \begin{matrix}(1 − β_{1}^{2}) & (1 − β_{2}^{2}) \\ (1 + β_{1}β_{2}) & 2 \end{matrix}
< 1

Oppgave 2 Vi kjenner \overline{S}ams hastighet i forhold til Siv:

v_{\overline{S}S} = \frac{5c}{8}

Kulas hastighet i forhold til Siv:

v_{KS} = \frac{v_{KA} + v_{AS}}{1 + v_{KA}v_{AS}/c^{2}} = \frac{8c}{13}

(Her er hele tiden v_{ij} hastigheten til i i forhold til j, og A, K og S står for Arne, Kula og Siv.) Altså har kula litt mindre hastighet enn \overline{S}am, slik at \overline{S}am overlever. Vi kan bruke Einsteins regel for addisjon av hastigheter til å bestemme alle fires hastigheter i forhold til hverandre. Oppsummert i en tabell (med alle hastigheter i enheten c):

hastigheten til... →

...i forhold til ↓  S  A  K  \overline{S}
S  0  3/8 8/13  5/8
A -3/8  0 5/16 16/49
K -8/13 -5/16  0 1/64
\overline{S} -5/8 -16/49 -1/64  0

Vi ser at \overline{S}am har større hastighet enn kula, uansett hvem vi spør.

Oppgave 3

Avstanden fra deg til klokke nr 201 er 200 · 300000 km. Lyset bruker 200 sekunder på denne strekningen. Følgelig ser du at klokke nr 201 viser 11:56:40 når klokke nr 1 viser 12:00:00. Men du observerer, dvs måler, at klokke nr 201 er 12:00:00, fordi du vet at du må korrigere for at lyset har reist 200 · 300000 km for å nå fram til øyet ditt.

Oppgave 4

\overline{S}am reiser i alt en avstand Δx = 24 lysår. Hastigheten hans er v = 0.98c. Han må dermed ha brukt en tid Δt = Δx/v = 24.490 år. Siv er med andre ord ca 42 og et halvt år når \overline{S}am kommer hjem. På grunn av tidsdilatasjon går \overline{S}ams klokker betydelig langsommere (både den klokka han har på armen og hans biologiske klokke). Han måler et tidsforbruk Δ\overline{t} = Δt/γ = 4.873 år. \overline{S}am er dermed snaut 23 år når han kommer hjem.

”Paradokset”: Vil det ikke fra \overline{S}ams synsvinkel være omvendt? Dvs, slik at det er Siv som reiser med hastighet 0.98c mens \overline{S}am forholder seg i ro? I såfall burde \overline{S}am konkludere med at det er Siv som er den yngste av de to når han kommer hjem. Kortforklaringen på at dette ikke er tilfelle: \overline{S}am er ikke i ett og samme inertialsystem under hele reisen. Han må gjennomgå en akselerasjon i det han snur. Siv, derimot, er hele tiden i samme inertialsystem, så vi må stole på henne. Altså er Siv eldre enn \overline{S}am.

Problemet kan analyseres noe mer inngående: Vi innser raskt at vi her har med tre inertialsystem å gjøre: S, der Siv hele tiden er i ro; \overline{S}, der romskipet og \overline{S}am er i ro på utreisen; Ŝ, der romskipet og \overline{S}am er i ro på hjemreisen. Ulike hendelser, og dermed ulike lengder og tidsintervaller, i de ulike inertialsystemene vil være relatert via lorentztransformasjonene (LT). Vi velger hendelsen avreise (A) ved tidspunktet t_{A} = \overline{t}_{A} = t̂_{A} = 0 og i posisjonen x_{A} = \overline{x}_{A} = x̂_{A} = 0. Hendelsen A definerer med andre ord et felles origo for de tre inertialsystemene. Positiv retning i rommet velges fra jorda og mot Epsilon Indi (EI). Det betyr at aktuelle relative hastigheter er

v_{\overline{S}S} = v = 0.98c
v_{ŜS} = −v = −0.98c
v_{\overline{S}Ŝ} = \frac{v_{\overline{S}S} + v_{SŜ}}{1 + v_{\overline{S}S}v_{SŜ}/c^{2}} = \frac{v + v}{1 + v^{2}/c^{2}} ≃ 0.9998c

Vi trenger her bare å bruke de to første, som har samme lorentzfaktor

γ = \frac{1}{\sqrt{1 − v^{2}/c^{2}}} = 5.025

Neste hendelse (B) er at \overline{S}am ankommer EI. I Sivs verden S er da x_{B} = 12 (lysår) og t_{B} = x_{B}/v = 12/0.98 = 12.245 (år). LT gir oss ”koordinatene” for hendelse B i \overline{S} og Ŝ:

\overline{x}_{B} = γ(x_{B} − vt_{B}) = 0
\overline{t}_{B} = γ(t_{B} − vx_{B}/c^{2}) = γ \frac{x_{B}}{v} (1 − v^{2}/c^{2}) = \frac{x_{B}}{γv} = \frac{12}{5.025 · 0.98} = 2.437
x̂_{B} = γ(x_{B} + vt_{B}) = 2γx_{B} = 2 · 5.025 · 12 = 120.605
t̂_{B} = γ(t_{B} + vx_{B}/c^{2}) = γt_{B}(1 + v^{2}/c^{2}) = 120.625

Dette betyr at \overline{S}ams klokke viser 2.437 umiddelbart før han snur. Det at han snur innebærer at han hopper fra inertialsystemet \overline{S} til Ŝ. Riktig klokke i Ŝ viser 120.625. Følgelig må \overline{S}am stille klokka si 118.188 år fram hvis han ønsker at klokka hans skal vise det samme som alle andre klokker i Ŝ. Dette betyr selvsagt ikke at \overline{S}am plutselig har blitt 118.188 år eldre. Han er fortsatt 18 + 2.437 = 20.437 år gammel. Neste hendelse (C) er at \overline{S}am kommer hjem. I Sivs verden S har denne hendelsen koordinatene x_{C} = 0 og t_{C} = 2t_{B} = 24.490. LT gir oss igjen de tilsvarende koordinatene i \overline{S} og Ŝ:

\overline{x}_{C} = γ(x_{C} − vt_{C}) = −120.601
\overline{t}_{C} = γ(t_{C} − vx_{C}/c^{2}) = γt_{C} = 123.062
x̂_{C} = γ(x_{C} + vt_{C}) = γvt_{C} = 120.601
t̂_{C} = γ(t_{C} + vx_{C}/c^{2}) = γt_{C} = 123.062

Her må vi holde tunga rett i munnen: Turen hjem, målt med \overline{S}ams klokke, varte t̂_{C}−t̂_{B} = 123.062−120.625 = 2.437 år (enten han stilte klokka eller ikke). Ikke overraskende tok det like lang tid begge veier. \overline{S}am konkluderer med at han har blitt 4.874 år eldre siden avreise (hendelse A). Altså er Siv og \overline{S}am enige om \overline{S}ams alder, 22.874 år, ved hjemkomst (hendelse C).

Det gjenstår da kun å kontrollere at de også er enige om Sivs alder ved hjemkomst. \overline{S}am må nå forholde seg til inertialsystemene Ŝ og S. Hele reisen, fra hendelse A til hendelse C tok en tid t̂_{C} − t̂_{A} = 123.062 år. Sett fra Ŝ har inertialsystemet S hele tiden hatt konstant hastighet v = 0.98c. En observatør i Ŝ (og det er jo nettopp det \overline{S}am er ved hjemkomst!) vil da, med rette, hevde at en tidsmåling i S mellom hendelsene A og C må vise

\frac{t̂_{C} − t̂_{A}}{γ} = \frac{123.062}{5.025} = 24.490

Og det er nettopp hva Siv selv hevder hun har målt, så Siv og \overline{S}am er også enige om Sivs alder ved hjemkomst, 42.490 år.

Oppgave 5

Myonets totale energi er E_{μ} = γmc^{2} = 2 · 10^{9} eV, mens dets hvileenergi er E_{μ}^{0} = mc^{2} = 105.7 · 10^{6} eV. Det betyr at lorentzfaktoren er

γ = \frac{E_{μ}}{E_{μ}^{0}} = 18.92

Myonets hastighet er dermed

v = c\sqrt{1 − 1/γ^{2}} = 0.9986 c

Den oppgitte levetiden på 2.2 μs gjelder for myoner med lave hastigheter. Observert fra jorda vil dermed et myon med hastighet 0.9986 c ha en levetid

Δt = γΔ\overline{t} = 18.92 · 2.2μs = 41.6μs

På denne tiden reiser myonet en avstand

Δx = vΔt = 12.5 km

som er av samme størrelsesorden som avstanden fra jorda og opp til de øvre deler av atmosfæren, der myonet ble dannet.

Oppgave 6

a) Da pionet ligger i ro (v_{π} = 0), er total energi

E_{tot} = m_{π}c^{2},

dvs pionets hvileenergi. Energibevarelse gir dermed

m_{π}c^{2} = E_{μ} + E_{ν},

der E_{μ} og E_{ν} er hhv myonets og nøytrinoets energi. Nøytrinoets masse antas å være omtrent lik null, slik at

E_{ν} = p_{ν}c,

der p_{ν} er nøytrinoets impuls. Myonets energi er

E_{μ} = \sqrt{p_{μ}^{2}c^{2} + m_{μ}^{2}c^{4}}.

Systemets totale impuls er lik null (siden pionet lå i ro), så impulsbevarelse gir

p_{ν} + p_{μ} = 0.

Altså er myonets og nøytrinoets impulser like store i absoluttverdi,

p_{ν} = p_{μ} = p.

Vi har videre

E_{ν} = pc = \sqrt{E_{μ}^{2} − m_{μ}^{2}c^{4}},

slik at

m_{π}c^{2} = E_{μ} + \sqrt{E_{μ}^{2} − m_{μ}^{2}c^{4}}.

Løser vi denne ligningen mhp E_{μ}, finner vi

E_{μ} = \frac{(m_{π}^{2} + m_{μ}^{2}) c^{2}}{2m_{π}}

b) Vi har

p = E_{ν}/c = \frac{1}{c} (m_{π}c^{2} − E_{μ}) = \frac{c}{2} (m_{π} − \frac{m_{μ}^{2}}{m_{π}} )

Sammenhengen mellom myonets impuls p og hastighet v_{μ} er

p = \frac{m_{μ}v_{μ}}{\sqrt{1 − v_{μ}^{2}/c^{2}}} .

Kombinasjon av disse to ligningene gir

\frac{m_{μ}v_{μ}}{\sqrt{1 − v_{μ}^{2}/c^{2}}} = \frac{c}{2} (m_{π} − \frac{m_{μ}^{2}}{m_{π}} ) ,

DETALJER:

La oss innføre dimensjonsløse størrelser x = v_{μ}/c og y = m_{μ}/m_{π} (som begge er mindre enn 1). Da kan denne ligningen skrives slik:

2x = (1/y − y)\sqrt{1 − x^{2}}.

Kvadrering på begge sider gir

4x^{2} = (y^{2} − 2 + 1/y^{2})(1 − x^{2}).

Samler ledd med x^{2} på venstre side:

x^{2}(y^{2} + 2 + 1/y^{2}) = y^{2} − 2 + 1/y^{2}.

Her er høyre side lik (y − 1/y)^{2} mens parentesen på venstre side er lik (y + 1/y)^{2}, slik at

x = \frac{1/y − y}{1/y + y} = \frac{m_{π}/m_{μ} − m_{μ}/m_{π}}{m_{π}/m_{μ} + m_{μ}/m_{π}} .

(NB: Her tok vi kvadratroten på begge sider, og må da passe på at vi beholder fortegn slik at begge sider er positive!) Multiplikasjon med faktoren m_{μ}m_{π} over og under brøkstreken på høyre side gir endelig

x = \frac{m_{π}^{2} − m_{μ}^{2}}{m_{π}^{2} + m_{μ}^{2}} ,

som var det vi skulle fram til.

DETALJER FERDIG!

og løsning av denne lignignen mhp v_{μ} gir

v_{μ} = \frac{m_{π}^{2} − m_{μ}^{2}}{m_{π}^{2} + m_{μ}^{2}} c

Tallverdier: E_{μ} = 109.78 MeV, v_{μ}/c = 0.27.

Oppgave 7

La S være inertialsystemet der pc = 3 (GeV) og \overline{S} systemet der \overline{p}c = 4. Partikkelens totale energi i S er E = 5.

a) Partikkelens hvileenergi er (ved hjelp av den nyttige sammenhengen E^{2} = p^{2}c^{2} + m^{2}c^{4})

mc^{2} = \sqrt{E^{2} − p^{2}c^{2}} = \sqrt{25 − 9} = 4

(nok en gang: i enheten GeV). Dermed er partikkelens totale energi i \overline{S}

\overline{E} = \sqrt{\overline{p}^{2}c^{2} + m^{2}c^{4}} = \sqrt{16 + 16} = 4\sqrt{2} ≃ 5.66.

(Merk: I et gitt system er total energi bevart, dvs total energi endres ikke i en kollisjon, en fusjonsprosess, en fisjonsprosess e.l. Men: Total energi er ikke en invariant størrelse, dvs ikke den samme i ulike inertialsystemer S og \overline{S}.) b) Vi regnet ut hvileenergien i punkt a). Partikkelens masse er dermed

m = 4 GeV/c^{2} = 7.11 · 10^{−27} kg ≃ 4.3u.

c) Sammenhengen mellom relativistisk impuls p og hastighet v er

p = γmv,

med lorentzfaktoren γ = 1/\sqrt{1 − v^{2}/c^{2}}. (Alle hastigheter foregår her langs en og samme akse, så vi kan droppe vektorsymboler.) Løsning av ligningen over med hensyn på v gir

v = c · \frac{pc}{\sqrt{p^{2}c^{2} + m^{2}c^{4}}} = c · \frac{pc}{E} = \frac{3c}{5}.

Tilsvarende,

\overline{v} = c · \frac{\overline{p}c}{\overline{E}} = \frac{c}{\sqrt{2}}.

Einsteins addisjonsformel,

\overline{v} = \frac{u + v}{1 + uv/c^{2}} ,

gir til slutt

u = \frac{\overline{v} − v}{1 − \overline{v}v/c^{2}} = \frac{5 − 3\sqrt{2}}{5\sqrt{2} − 3}c ≃ 0.186c.

Oppgave 8

Her studerer vi en fullstendig uelastisk kollisjon mellom en partikkel med masse m og kinetisk energi 2mc^{2}, og en partikkel i ro med masse 2m. Vi har bruk for systemets totale impuls:

pc = \sqrt{(3mc^{2})^{2} − (mc^{2})^{2}} = \sqrt{8}mc^{2}.

Her har vi brukt at partikkelen med masse m har hvileenergi mc^{2}, og dermed total energi 3mc^{2}. Systemets totale energi er

E = 3mc^{2} + 2mc^{2} = 5mc^{2}.

Verken total impuls eller total energi endres i kollisjonen. Dermed må vi ha sammenhengen

(5mc^{2})^{2} = (\sqrt{8}mc^{2})^{2} + M^{2}c^{4},

dvs

M = \sqrt{17}m ≃ 4.1m.

Oppgave 9

a) La oss f.eks. legge positiv x-akse mot øst og positiv y-akse mot nord. Videre kan vi si at partikkelen som farer mot vest (dvs negativ x-retning) er nr 1 og at den som farer mot sør (dvs negativ y-retning) er nr 2. Det er da klart, pga impulsbevarelse (total impuls er lik null), at partikkel nr 3 må ha retning mot nordøst, dvs med hastighet med positiv x- og y-komponent. Vi kaller vinkelen mellom positiv x-akse og p_{3} for θ. Da gir impulsbevarelse at

p_{1} = p_{3x} = p_{3} cos θ
p_{2} = p_{3y} = p_{3} sin θ
p_{3}^{2} = p_{1}^{2} + p_{2}^{2}

Vi trenger p_{1} og p_{2}:

p_{1} = γ_{1}mv_{1} = \frac{4mc/5}{\sqrt{1 − 16/25}} = \frac{4}{3}mc
p_{2} = γ_{2}mv_{2} = \frac{3mc/5}{\sqrt{1 − 9/25}} = \frac{3}{4}mc

Dermed:

p_{3}^{2} = p_{1}^{2} + p_{2}^{2} = (mc)^{2}(16/9 + 9/16) = 337(mc)^{2}/144.

Samtidig har vi

p_{3}^{2} = γ_{3}^{2}m^{2}v_{3}^{2},

som løst mhp v_{3}^{2} gir

v_{3}^{2} = c^{2} \frac{p_{3}^{2}c^{2}}{m^{2}c^{4} + p_{3}^{2}c^{2}} ≃ 0.701c^{2},

dvs

v_{3} ≃ 0.837c.

Retningen til partikkel 3 er gitt ved at tan θ = p_{2}/p_{1}, dvs

θ = arctan(p_{2}/p_{1}) = arctan(9/16) ≃ 29^{∘}.

b) Vi bruker energibevarelse til å fastlegge masseforholdet M/m. Total energi er Mc^{2}, siden partikkelen er i ro i utgangspunktet. Energien til hver av de tre partiklene etter spaltingen er

E_{j} = \sqrt{p_{j}^{2}c^{2} + m^{2}c^{4}} , j = 1, 2, 3.

Følgelig:

M = (\sqrt{16/9 + 1} + \sqrt{9/16 + 1} + \sqrt{337/144 + 1}) m ≃ 4.74m.

Oppgave 10

Relativ hastighet mellom de to satellittene:

v_{12} = \frac{v + v}{1 + v^{2}/c^{2}} = \frac{2v}{1 + v^{2}/c^{2}} .

Dermed er frekvensen mottatt av satellitt nr to:

f = f_{0}\sqrt{\frac{c − v_{12}}{c + v_{12}}} = f_{0}\sqrt{\frac{1 − v_{12}/c}{1 + v_{12}/c}}.

Innsetting av v_{12} gir (med β = v/c)

f = f_{0}\sqrt{\frac{1 − 2β/(1 + β^{2})}{1 + 2β/(1β^{2})}}

= f_{0}\sqrt{\frac{1 + β^{2} − 2β}{1 + β^{2} + 2β}}
= f_{0} \frac{1 − β}{1 + β} .

Med β ≪ 1 blir

f/f_{0} ≃ (1 − β)(1 − β) ≃ 1 − 2β.

Her har vi brukt at 1/(1 + x) ≃ 1 − x dersom |x| ≪ 1.