FY1002/TFY4160 Bølgefysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Desember 2008.

Løsningsforslag til oppgavene 1 – 8 fra spesiell relativitetsteori.

Oppgave 1

Vi lar x_{1} = x_{2} være posisjonen for hendelsene i inertialsystemet der de skjer på samme sted. Her er de adskilt tidsmessig med 4 s, så vi kan sette t_{2} = t_{1} + 4. I et annet system, \overline{S}, skjer hendelsene med en tidsforskjell på 6 s, så vi kan skrive \overline{t}_{2} = \overline{t}_{1} + 6. Det vi skal bestemme er den romlige separasjonen mellom hendelsene i \overline{S}, dvs \overline{x}_{2} − \overline{x}_{1}. Vi bruker lorentztransformasjonene og får:

\overline{x}_{2} − \overline{x}_{1} = γ (x_{2} − x_{1} − v (t_{2} − t_{1})) = −4vγ
\overline{t}_{2} − \overline{t}_{1} = γ (t_{2} − t_{1} − \frac{v}{c^{2}} (x_{2} − x_{1})) = 4γ = 6

Fra dette finner vi at

γ^{−2} = 1 − v^{2}/c^{2} = 4/9

dvs v = \sqrt{5}c/3. Dette settes inn i uttrykket for \overline{x}_{2} − \overline{x}_{1}:

\overline{x}_{2} − \overline{x}_{1} = −4 · \frac{\sqrt{5}}{3} · c · \frac{3}{2} = −6\sqrt{5} · 10^{8} m ≃ −1.34 · 10^{9} m

Minustegnet betyr ikke annet enn at dersom hendelse 2 skjer etter hendelse 1 i S og \overline{S}, slik vi her har antatt, vil hendelse 1 skje lenger ut i den positive retningen enn hendelse 2 i \overline{S}. Det høres fornuftig ut, siden \overline{S}pr antagelse har hastighet v i positiv x-retning, i forhold til S.

Oppgave 2

Her kan vi bruke samme framgangsmåte som i Oppgave 1. Vi bruker enheten km for romlige avstander, som betyr at tallverdien til c blir 3 · 10^{5}.

t_{2} − t_{1} = 0
x_{2} − x_{1} = 1
\overline{x}_{2} − \overline{x}_{1} = γ (x_{2} − x_{1} − v (t_{2} − t_{1})) = γ = 2
\overline{t}_{2} − \overline{t}_{1} = γ (t_{2} − t_{1} − \frac{v}{c^{2}} (x_{2} − x_{1})) = −γ · \frac{v}{c^{2}} · 1

Fra γ = 2 finner vi at v = \sqrt{3}c/2, som innsatt gir

\overline{t}_{2} − \overline{t}_{1} = −2 · \frac{\sqrt{3}/2}{3 · 10^{5}} ≃ 5.77 · 10^{−6} s

Oppgave 3

a) Staven beveger seg med hastighet v = βc = 0.8c og blir derfor kortere pga lorentzkontraksjon:

L = \overline{L}/γ = 1 · \sqrt{1 − 0.8^{2}} = 0.6 m

Følgelig er stavens to ender i ±0.3 m.

b) Stavens midtpunkt er i origo ved t = 0. Lyset fra stavens midtpunkt bruker en tid 1 m/c = 0.33 · 10^{−8} s derfra og til øyet ditt.

c) Vi må finne ut: Hvor startet lyset fra hhv bakenden og forenden slik at det nådde fram til ditt øye på tidspunktet 0.33 · 10^{−8} s? La oss starte med bakenden. Ved t = 0 er bakenden ved -0.3 m, og ved t = 0.33 · 10^{−8} er den ved +0.5 m. På denne tiden reiser lyset nøyaktig 1 m, som er kortere enn avstanden fra (−0.3, 0) til (0, 1). Altså er det klart at lyset fra bakenden må starte tidligere enn t = 0 for å nå fram til ditt øye ved t = 0.33 · 10^{−8}. La oss sette starttidspunktet lik t = −τ. På tiden τ reiser stavens bakende en lengde 0.8cτ. Det må bety at bakenden var i posisjonen (−0.3 − 0.8cτ, 0) ved starttidspunktet −τ. Fra denne posisjonen til ditt øye må avstanden være cτ + 1 (dvs meter), ettersom lyset jo skal bruke en totaltid τ + 0.33 · 10^{−8} på denne strekningen. Bruk av Pythagoras gir da

(cτ + 1)^{2} = 1^{2} + (−0.3 − 0.8cτ)^{2}

dvs cτ ≃ 0.0584 m. Altså ser det ut som om bakenden er i posisjonen −0.3 − 0.8cτ ≃ −0.35 m ved tidspunktet t = 0.33 · 10^{−8} s. Tilsvarende betraktninger kan gjøres for stavens forende: Ved t = 0 er forenden ved 0.3 m, og ved t = 0.33 · 10^{−8} er den ved +1.1 m. På denne tiden reiser lyset 1 m, som er kortere enn avstanden fra (0.3, 0) til ditt øye i (0, 1). Igjen er det klart at lyset fra forenden må starte tidligere enn t = 0 for å komme fram til ditt øye ved t = 0.33 · 10^{−8}. Vi setter starttidspunktet lik t = −τ′. På tiden τ′ reiser stavens forende en lengde 0.8cτ′, som betyr at forenden var i posisjonen (0.3 − 0.8cτ′, 0) ved t = −τ′. Herfra til ditt øye må avstanden være cτ′ + 1 (meter), da lyset skal bruke totaltiden τ′ + 0.33 · 10^{−8} på denne strekningen. Pythagoras gir

(cτ′ + 1)^{2} = 1^{2} + (0.3 − 0.8cτ′)^{2}

dvs cτ′ ≃ 0.036 m. Altså ser det ut som om forenden er i posisjonen 0.3 − 0.8cτ′ ≃ 0.27 m ved tidspunktet t = 0.33 · 10^{−8} s. Med andre ord: Vi ser en stav med lengde 62 cm ved t = 0.33 · 10^{−8} s, og hadde vi ikke f.eks. satt et lite merke på stavens midtpunkt, hadde det sett ut som om stavens midtpunkt nå var litt til venstre for origo. Men med et merke på stavens midtpunkt, ser vi dette i origo, som betyr at stavens bakre halvdel ser litt lenger ut enn den fremre halvdelen. Men dette er altså hva vi ser, og ikke hva vi måler. a) Vi må finne nøytronets hastighet. Vi har E = γmc^{2}, som løst mhp v gir

v = c\sqrt{1 − (mc^{2}/E)^{2}}

Nøytronets masse er ca 1.67 · 10^{−27} kg, dvs

mc^{2} = 1.67 · 10^{−27} · 9 · 10^{16} ≃ 1.5 · 10^{−10} J

som er ca 9.39 · 10^{8} eV. Dermed er

v = c\sqrt{1 − (9.39 · 10^{8}/10^{19})^{2}} ≃ c

Med en hastighet omtrent lik c tar det 1 år å reise en avstand 1 lysår, så målt i galaksesystemet tar det 100000 år for nøytronet å krysse galaksen.

b) Pga tidsdilatasjon går nøytronets klokke betydelig saktere enn ”galakseklokka”. Lorentzfaktoren er

γ = E/mc^{2} ≃ 10^{19}/9.39 · 10^{8} ≃ 1.06 · 10^{10}

Dermed tar hele reisen, målt i nøytronets hvilesystem, bare en tid

10^{5} aar/γ ≃ 9.39 · 10^{−6} aar = 3.43 · 10^{−3} dager = 0.082 timer = 4.94 min ≃ 5 min

Oppgave 5

a) Målt i romskipet, dvs S’, må lyset tilbakelegge lengden L_{0} for å komme fram til romskipets bakende, og siden lyset alltid reiser med hastighet c, tar dette en tid L_{0}/c.

b) Her må vi ta hensyn til to ting: For det første er romskipets lengde bare L_{0}/γ målt i S pga lorentzkontraksjon. For det andre beveger romskipet seg i S, så det kommer lyspulsen i møte. La oss velge x = 0 i posisjonen A. Ved tid t_{1} er da bakenden i posisjon −L_{0}/γ + vt_{1}. På strekningen fra x = 0 til x = −L_{0}/γ + vt_{1} bruker lyset tiden t_{1}, så denne strekningen tilsvarer ct_{1}. Følgelig:

ct_{1} + vt_{1} = L_{0}/γ

Denne ligningen løses greit mhp t_{1}, og vi finner

t_{1} = \frac{L_{0}\sqrt{1 − β^{2}}}{c(1 + β)} = \frac{L_{0}}{c} \sqrt{\frac{1 − β}{1 + β}}

med β = v/c. c) Romskipets bakre ende starter en avstand L_{0}/γ til venstre for posisjonen A og beveger seg med hastighet v mot høyre. Da er det klart at det tar en tid

t_{2} = \frac{L_{0}}{γv}

før bakenden passerer posisjonen A.

Oppgave 6

a) Det er klart at |v_{AB}| = |v_{BA}| = 0.7c.

b) Her kan vi bruke Einsteins formel for addisjon av hastigheter:

v_{BC} = \frac{v_{BA} + v_{AC}}{1 + v_{BA}v_{AC}/c^{2}} = \frac{0.7c + 0.7c}{1 + 0.7^{2}} = 0.94c

Oppgave 7 Vi kaller laboratoriesystemet for L og regner ut hastigheten til B målt i A’s system:

v = v_{BA} = \frac{v_{BL} + v_{LA}}{1 + v_{BL}v_{LA}/c^{2}} = \frac{−βc − βc}{1 + β^{2}} = −\frac{2βc}{1 + β^{2}}

Dermed er

γ^{−2} = 1 − \frac{v^{2}}{c^{2}} = 1 − \frac{4β^{2}}{(1 + β^{2})^{2}} = \frac{(1 − β^{2})^{2}}{(1 + β^{2})^{2}} ,

dvs

γ = (1 + β^{2})(1 − β^{2})^{−1}.

Siden en partikkels totale energi er E = γmc^{2}, følger det at E = mc^{2} (1 + β^{2}) (1 − β^{2})^{−1} a) Systemets totale energi blir ganske enkelt summen av energiene til hvert foton, 100 MeV + 200 MeV = 300 MeV. (Energi er jo en skalar størrelse.)

b) Fotoner er masseløse partikler, slik at vi har sammenhengen E = pc mellom fotonets energi E og (absoluttverdien av) dets impuls p. Hvis vi f.eks. kaller fotonet som beveger seg langs x for nr 1 og det som beveger seg langs y for nr 2, har vi følgelig p_{1} = E_{1}/c = 200 MeV/c og p_{2} = E_{2}/c = 100 MeV/c. Så må vi huske på at impulsen er en vektorstørrelse, slik at systemets totale impuls blir

p = \sqrt{p_{1}^{2} + p_{2}^{2}} = \sqrt{2^{2} + 1^{2}} · 100 MeV/c = \sqrt{5} · 100 MeV/c

c) Vi skal finne massen til en partikkel som har energi 300 MeV og impuls \sqrt{5} · 100 MeV/c. Da kan vi ganske enkelt benytte sammenhengen

E^{2} = (pc)^{2} + (mc^{2})^{2}

som gir

m = \sqrt{E^{2} − (pc)^{2}}/c^{2} = \sqrt{9 − 5} · 100 MeV/c^{2} = 200 MeV/c^{2}

d) Relativistisk impuls er p = γmv, som gir

v^{2} = (p/γm)^{2} = (1 − v^{2}/c^{2})(p/m)^{2} = (p/m)^{2} − v^{2}(p/mc)^{2}

dvs

v = \sqrt{\frac{(p/m)^{2}}{1 + (p/mc)^{2}}} = c · \frac{pc/mc^{2}}{\sqrt{1 + (pc/mc^{2})^{2}}} = c · \frac{\sqrt{5} · 100/200}{\sqrt{1 + (\sqrt{5} · 100/200)^{2}}} = c · \frac{\sqrt{5}/2}{\sqrt{1 + 5/4}} = \sqrt{5}c/3

Siden forholdet mellom p_{y} og p_{x}, og dermed også forholdet mellom v_{y} og v_{x}, er 0.5, blir retningen i en vinkel arctan 0.5 i forhold til x-aksen.