ds 2 = 1 y 2 (dx2 + dy 2 ), y 0, < x < + (1) dx/(1 x 2 ) = 1 ln((1 + x)/(1 x)) για 1 < x < 1. l AB = dx/1 = 2 (2) (5) w 1/2 = ±κx + C (7)

Μέγεθος: px

Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "ds 2 = 1 y 2 (dx2 + dy 2 ), y 0, < x < + (1) dx/(1 x 2 ) = 1 ln((1 + x)/(1 x)) για 1 < x < 1. l AB = dx/1 = 2 (2) (5) w 1/2 = ±κx + C (7)"

Γώργος Αγγελοπούλου
7 χρόνια πριν
Προβολές:

1 ΒΑΡΥΤΗΤΑ ΚΑΙ ΚΟΣΜΟΛΟΓΙΑ Θ. Τομαράς 1. ΤΟ ΥΠΕΡΒΟΛΙΚΟ ΕΠΙΠΕΔΟ. Το υπερβολικό επίπεδο ορίζεται με τη μετρική ds = 1 y dx + dy ), y 0, < x < + 1) α) Να υπολογίσετε το μήκος της γραμμής της παράλληλης στον άξονα x, που ενώνει τα σημεία A 1, 1) και B 1, 1). β) Να γράψετε τις παραμετρικές εξισώσεις των γεωδεσιακών με παραμέτρηση την ίδια την απόσταση s κατά μήκος τους, με όποια από τις μεθόδους που έχουμε μάθει προτιμάτε. γ) Να υπολογίσετε την ποσότητα dy/dx = dy/ds)/dx/ds) = F x, y). δ) Να λύσετε την διαφορική αυτή εξίσωση και να βρείτε τη γεωδαισιακή y = yx), που ενώνει τα σημεία του ερωτήματος α). Να δείξετε οτι η γεωδαισιακή είναι κύκλος και να προσδιορίσετε το κέντρο και την ακτίνα του. ε) Να υπολογίσετε το μήκος της γεωδεσιακής αυτής και να το συγκρίνετε με αυτό που βρήκατε στο α). Αν και δεν είναι απαραίτητο να σας χρειαστεί, δίδεται το ολοκλήρωμα dx/1 x ) = 1 ln1 + x)/1 x)) για 1 < x < 1. Λύση: α) Η γραμμή αυτή έχει σταθερό y = 1. Οπότε l AB = 1 1 dx/1 = ) β) Ορίζω L ẋ + ẏ )/y και με βάση τη γρήγορη μέθοδο, που έχουμε πεί, παίρνω για τις εξισώσεις των γεωδεσιακών γ) Ισοδύναμα αυτές γράφονται και διαιρώντας κατά μέλη βρίσκω ẋ + ẏ = y, ẋ = κy 3) ẏ = ±y 1 κ y, ẋ = κy 4) y dy 1 dx = ± κ y κy 5) δ) Ορίζω w 1 κ y. Η εξίσωση για τη συνάρτηση w = wx) είναι w 1/ ) = ±κ 6) Λύνω την εξίσωση αυτή και βρίσκω w 1/ = ±κx + C 7) Τέλος, αντικαθιστώ το w = 1 κ y, υψώνω στο τετράγωνο και έχω x ± C κ ) + y = 1 κ 8) 1

2 Οι δύο σταθερές προσδιορίζονται από τις οριακές συνθήκες που δίδονται. C = 0, κ = 1/ 9) Η γεωδεσιακή είναι ο κύκλος x + y =, με κέντρο την αρχή των αξόνων 0, 0) και ακτίνα R =. ε) Το μήκος της γεωδεσιακής ανάμεσα στα σημεία A = 1, 1) και B = 1, 1) είναι s AB = = B 1 ds = A 1/ y dx y dz 1 z = ln = 1 1 dx 0 x ) < = l AB 10) 1. ΒΑΡΥΤΙΚΗ ΕΡΥΘΡΟΠΗΣΗ ΚΑΙ DOP P LER. α) Το τετράνυσμα E/c, p x, p y, p z ) της ενέργειας - ορμής μετασχηματίζεται κάτω από μετασχηματισμούς Lorentz όπως ακριβώς το τετράνυσμα ct, x, y, z) της θέσης. Χρησιμοποιείστε αυτό σε συνδυασμό με τη σχέση E = hω ενέργειας - συχνότητας του φωτονίου, για να αποδείξετε τον τύπο ω = ω 1 V /c 11) του εγκάρσιου φαινομένου Doppler. Να αποδείξετε οτι για μικρές ταχύτητες η σχέση αυτή γίνεται κατά προσέγγιση ω ω ω ω ω V c 1) β) Θεωρείστε δύο ταυτόσημα ρολόγια Α και Β. Το Α είναι ακίνητο στην επιφάνεια της Γης. Το Β βάλλεται κατακόρυφα προς τα πάνω μέχρι κάποιο ύψος h, πολύ μικρότερο από την ακτίνα της Γης, και πέφτει πάλι στη Γη. Ποιό από τα δύο ρολόγια θα δείχνει μεγαλύτερο χρονικό διάστημα ανάμεσα στην εκτόξευση και την επιστροφή του Β; γ) Με τί ταχύτητα V πρέπει να πετάει αεροπλάνο σε ύψος h = 10km από την επιφάνεια της Γης, ώστε δύο ταυτόσημα ρολόγια, το ένα στο αεροπλάνο και το άλλο ακίνητο στη Γη, να δείχνουν την ίδια ώρα; Λύση: α) Το φωτόνιο που εκπέμπεται έχει στο σύστημα ηρεμίας Σ της πηγής τετραορμή hω/c, 0, p y, 0). Αφού η πηγή Σ έχει σχετική ταχύτητα V, 0, 0) ως προς τον παρατηρητή Π, ο τελευταίος θα μετράει hω /c = hω/c 1 V /c. 13) β) Το ρολόϊ Β αφού βρίσκεται σε περιοχές με μεγαλύτερο βαρυτικό πεδίο θα δείχνει μεγαλύτερους χρόνους. Θυμηθείτε το παράδειγμα της πολυκατοικίας, όπου οι άνθρωποι στο υπόγειο ζουν περισσότερο από αυτούς σε υψηλούς ορόφους.

3 γ) Πρέπει η βαρυτική ερυθρόπηση να αντισταθμίζει την Doppler. Αρα Οπότε, V = V c = gh/c. 14) gh = 10 km/sec 10km = 0. km/sec 1610 km/h 15) 3. Ο ΧΩΡΟΧΡΟΝΟΣ SCHWARZSCHILD. Το βαρυτικό πεδίο στο εξωτερικό ενός αστέρα περιγράφεται από τη μετρική Schwarzschild ds = c 1 MG ) dt dr rc 1 MG r dθ r sin θdφ 16) rc όπου M η μάζα του αστέρα και r, θ, φ) οι σφαιρικές πολικές συντεταγμένες με r = 0 στο κέντρο του αστέρα. α) Περιγράφοντας τις ακτινικές κινήσεις σώματος με τις συναρτήσεις r = rs) και t = ts), να γράψετε τις διαφορικές εξισώσεις για τις κινήσεις αυτές. β) Σώμα αφήνεται από τη θέση r = να πέσει στον αστέρα. Υπολογίστε το χρόνο που μετράει ένας παρατηρητής στο άπειρο για να διανύσει το σώμα την απόσταση ανάμεσα σε r 1 = 50GM/c και r = 8GM/c. γ) Υπολογίστε το ίδιο με βάση τη Νευτώνεια βαρύτητα και συγκρίνετε τα αποτελέσματα. Δίδονται, για τη περίπτωση που σας χρειαστούν, τα ολοκληρώματα για y > 1): dy y3/ y 1 = ) y + 1 yy + 3) ln 17) 3 y 1 και ) 1 y + 1 dy = ln 18) yy 1) y 1 Λύση: α) Οι εξισώσεις των ακτινικών γεωδαισιακών είναι 1 m r ) ṫ = ε 19) και c ε ṙ = 1 m r 0) όπου m GM/c. Αυτές γράφονται ισοδύναμα για ακτινικές κινήσεις με κατεύθυνση προς τον αστέρα ṫ = ε 1 m/r, ṙ = c ε 1 + m/r 1) Χρησιμοποιώ την αρχική συνθήκη ṙ = 0 στο r = και παίρνω c ε = 1. Οπότε η δεύτερη εξίσωση γίνεται ṙ = m r ) 3

4 β) Διαιρώντας κατά μέλη παίρνω dr m dt = c r Ορίζω y r/m και γράφω ισοδύναμα 1 m r ) 3) dy y3/ y 1 = c dt 4) m Ολοκληρώνω από y 1 = r 1 /m για t = t 1 σε y = r /m για t = t και παίρνω c m t t 1 ) = 3 y 1 y 1 + 3) ) y1 + 1 y 1 y y + 3)) ln 5) y1 1 y + 1 Αριθμητική εφαρμογή: Βάζω y 1 = 5 και y = 4 και παίρνω t t 1 ) E = 84 + ln ) m c = 84 + ln ) GM c 3 6) γ) Στην Νευτώνεια βαρύτητα έχουμε για τη δεδομένη αρχική συνθήκη από την οποία παίρνω E tot = 1 mṙ GMm r = 0, 7) rdr = GMdt 8) και ολοκληρώνοντας κατά μέλη t t 1 ) N = 3 GM Αντικαθιστώ τα r 1 και r και βρίσκω 3/ r 1 r 3/ ). 9) Συγκρίνοντας τις 3) και 8) βλέπουμε ότι t t 1 ) N = 78 GM c 3 30) dt E = dt N 1 m/r > dt N 31) και επομένως ο χρόνος σύμφωνα με τη θεωρία του Einstein είναι μεγαλύτερος από αυτόν του Νεύτωνα. Συνέπεια της βαρυτικής μετατόπισης. 4. T HE BIG BANG COSMOLOGY. Η αποδέσμευση των φωτονίων έγινε όταν z γ 1, 100, με την ηλικία του Σύμπαντος να είναι t γ 350, 000 yrs και το ενεργειακό ισοδύναμο της θερμοκρασίας του k B T γ 0.6 ev. α) Πόσο μικρότερο από το σημερινό ήταν το Σύμπαν τότε; β) Την εποχή της εξίσωσης ύλης-ακτινοβολίας ήταν z Αυτό συνέβη πριν ή μετά την αποδέσμευση των φωτονίων; Εξηγείστε. γ) Να λύσετε την εξίσωση F riedmann για τη συνάρτηση a = at), θεωρώντας οτι το Σύμπαν είναι επίπεδο και οτι μοναδικό συστατικό του ήταν εκείνο 4

5 με τη μεγαλύτερη ενεργειακή πυκνότητα ανάμεσα στην εποχή εξίσωσης ύληςακτινοβολίας και την εποχή αποδέσμευσης των φωτονίων. δ) Να υπολογίσετε την ηλικία t RM του Σύμπαντος την εποχή εξίσωσης ύλης-ακτινοβολίας. ε) Ποιά ήταν η θερμοκρασία T RM την εποχή εκείνη; Λύση: α) 1 + z 1, 101 φορές μικρότερο. β) Μεγαλύτερο z σημαίνει μικρότερο Σύμπαν, ήτοι παλιότερα. γ) Αφού η εξίσωση ύλης-ακτινοβολίας προηγήθηκε της αποδέσμευσης, ανάμεσα στην εξίσωση και την αποδέσμευση είχαμε υλοκρατία. Η εξίσωση F riedmann είναι ȧ a = 8πG 3 ρ 1 3) a 3 όπου ρ η τιμή της πυκνότητας κάποια αρχική στιγμή. Η λύση της εξίσωσης αυτής είναι ) t /3 at) = a 33) όπου a η τιμή του παράγοντα κλίμακας τη στιγμή t. δ) Χρησιμοποιώντας τον παραπάνω νόμο διαστολής του Σύμπαντος ανάμεσα στην εποχή της εξίσωσης ακτινοβολίας - ύλης και την εποχή αποδέσμευσης των φωτονίων, παίρνω t RM t γ ) 3/ arm a γ από την οποία βρίσκουμε ε) a γ 1 + zγ t 1 + z RM ) 3/ ) 1 3/ ) 10 t RM 10, 500 yrs 35) 1 + z RM k B T RM = k B T γ k B T γ 10 k B T γ.6 ev 36) a RM 1 + z γ T RM o K o K 37) 5. ΤΟ ΣΥΜΠΑΝ ΜΑΣ περιέχει μή σχετικιστική ύλη, ακτινοβολία και σκοτεινή ενέργεια με Ω 0.3, Ω Λ,0 0.7 και Ω R, , που ικανοποιούν με μεγάλη ακρίβεια τη σχέση Ω + Ω R,0 + Ω Λ,0 = 1. Η σταθερά του Hubble σήμερα είναι H 0 = 7Km/sec/Mpc 1/H 0 t H 13.6Gyrs) και η θερμοκρασία του T 0.73 o K. α) Να γράψετε την εξίσωση F riedmann και να δείξετε οτι το Σύμπαν είναι επίπεδο k = 0). β) Υποθέτοντας οτι οι τρεις συνιστώσες του Σύμπαντος εξελίσονταν σχεδόν πάντα χωρίς σημαντική αλληλεπίδραση, να αποδείξετε οτι η εξίσωση F riedmann γράφεται ισοδύναμα Ht) = ȧt) at) = H ΩR,0 0 + Ω ) 1/ + Ω a 4 a 3 Λ 38) γ) Εξηγείστε γιατί στα πλαίσια της θεωρίας της Μεγάλης Εκρηξης το Σύμπαν ήτανε αρχικά φωτοκρατούμενο, στη συνέχεια υλοκρατούμενο και σήμερα κυριαρχείται από τη σκοτεινή ενέργεια κενοκρατούμενο ). 5

6 δ) Πόσο μικρότερο ήταν το Σύμπαν και πόση ήτανε η τιμή z MΛ της κοσμολογικής ερυθρόπησης z την εποχή που έγινε η μετάβαση από υλοκρατούμενο σε κενοκρατούμενο ; ε) Πόση ήτανε η θερμοκρασία του τότε; στ) Λύνοντας την 38) να βρείτε τη συνάρτηση a = at) και στη συνέχεια να υπολογίσετε την ηλικία του Σύμπαντος t MΛ την εποχή της μετάβασης του Σύμπαντος από υλοκρατούμενο σε κενοκρατούμενο. Υποθέστε για απλότητα οτι τόσο η ακτινοβολία όσο και η σκοτεινή ενέργεια μπορούν να αγνοηθούν από την εξίσωση 38). Λύση: α) ȧ a + kc R 0a = 8πG 3 ρ 39) Αφού σήμερα έχουμε ρ 0 = ρ c,0 = 3H 0/8πG), η εξίσωση αυτή, εφαρμοζόμενη στο σήμερα δίνει k = 0. β) Γράφω σε βήματα, χρησιμοποιώντας τις γνωστές εξαρτήσεις των διαφόρων συνιστωσών πυκνότητας από τον παράγοντα κλίμακας H = ȧ a = 8πG 3 ρ M + ρ R + ρ Λ ) = 8πG 3 = 8πG ΩR,0 + Ω ) + Ω 3 a 4 a 3 Λ,0 ρ c,0 = H0 ΩR,0 + Ω ) + Ω a 4 a 3 Λ,0 ρr,0 + ρ ) + ρ a 4 a 3 Λ,0 40) γ) Για πολύ μικρές τιμές του a κυρίαρχος στο δεξιό μέλος της εξίσωσης αυτής ήτανε ο όρος της ακτινοβολίας, στη συνέχεια ο όρος της μή σχετικιστικής ύλης και σήμερα η σκοτεινή ενέργεια. δ) Η μετάβαση έγινε όταν η πυκνότητα ύλης μειώθηκε και έγινε ίση με αυτήν της σκοτεινής ενέργειας. Αυτό συνέβη όταν ήτοι Ω a 3 = Ω Λ,0 41) a MΛ = Ω Ω Λ,0 ) 1/ ) δηλαδή το Σύμπαν είχε τα 3/4 του σημερινού του μεγέθους, με την αντίστοιχη ερυθρόπηση να είναι z MΛ = 1 a MΛ ) ε) T MΛ = T 0 a 0 a MΛ o K 44) στ) Λύνω την 38), αγνοώντας χάριν απλότητας τους όρους κενού και ακτινοβολίας. Παίρνω a 1/ da H 0 Ω dt 45) Οπότε, H 0 Ω t 3 a3/, 46) 6

7 από την οποία παίρνω, βάζοντας a = a MΛ 0.75 και t H = 1/H Gyrs, t MΛ 0.753/ 3 Ω t H 0.79 t H 10.75Gyrs 47) 7

Σχετικά έγγραφα

1 + Φ r /c 2 = 1 (1) (2) c 2 k y 1 + (V/c) 1 + tan 2 α = sin α (3) tan α = k y k x

1 + Φ r /c 2 = 1 (1) (2) c 2 k y 1 + (V/c) 1 + tan 2 α = sin α (3) tan α = k y k x ΛΥΣΕΙΣ ΣΕΙΡΑΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ 6 Θ. Τομαράς 1. Πρωτόνια στις κοσμικές ακτίνες φτάνουν ακόμα και ενέργειες της τάξης των 10 20 ev. Να συγκρίνετε την ενέργεια αυτή με την ενέργεια που έχει μια πέτρα που πετάτε με