ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΦΥΕ ΕΝ ΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ 4 ης ΕΡΓΑΣΙΑΣ

Transcript

1 ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΑΝΟΙΚΤΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΦΥΕ 4 9- ΕΝ ΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ 4 ης ΕΡΓΑΣΙΑΣ Προθεσµία παράδοσης 9//9 //9 Άσκηση Α) Στο ΣΑ των δύο παρατηρητών το µήκος της ράβδου είναι L= 5m ενώ το µήκος στο ΣΑ της ράβδου (ιδιοµήκος) είναι L = m. Έστω ότι η ράβδος κινείται µε ταχύτητα υ. Λόω της συστολής του µήκους έχουµε L L L υ L υ L υ 5 = = = = = L L L υ =.87 Β) Στο ΣΑ της Γης οι δύο παρατηρητές απέχουν l = 5m. Στο ΣΑ της ράβδου η Γη κινείται µε ταχύτητα υ = =. Η απόσταση λοιπόν των παρατηρητών συστέλλεται = l 5m = l l = Άσκηση Α) Έστω L η απόσταση της Γης από το άστρο στο ΣΑ της Γης. Στο ΣΑ του επιβάτη, όταν κινείται µε ταχύτητα υ, η απόσταση αυτή θα δίνεται από L = L / υ και ο χρόνος που θα διαρκεί το ταξίδι είναι t = L / υ = L /( υυ). Για τις δύο διαδροµές κανονική και η epress θα έχουµε αντίστοιχα L υκ L υε t Κ =, t Ε = υκ υε ιαιρώντας κατά µέλη και αντικαθιστώντας υε = υκ παίρνουµε υ υ υ υ = = = = Κ Κ E K t Κ υκ 9 υκ 4 t Ε υ 9 υ 4 Ε Κ υk υk 4 υκ 9 υκ υκ 7 9 = 6 7 = 7 υκ = = Β) Ως προς τη Γη η διάρκεια των δύο διαδροµών δίνεται από

2 tκ = L / υκ, te = L / υe Εποµένως ο λόος των χρόνων διάρκειας δίνεται από tk υe = = te υk Η epress διαρκεί δηλαδή τα / της κανονικής διαδροµής. Γ) Αν m η µάζα του διαστηµοπλοίου, ο λόος των κινητικών ενερειών δίνεται από 7 T ( K ) m ( K K ) = = = 7 =.95 T.4 E = TK T ( ) ( ) E E m E Εποµένως το εισιτήριο epress θα πρέπει να είναι.5 περίπου φορές ακριβότερο από το κανονικό. Άσκηση Θεωρούµε οτι ο καθρέπτης βρίσκεται στο επίπεδο yz και κινείται στον άξονα πλησιάζοντας την φωτεινή πηή. (α) Πρώτη λύση Έστω f η συχνότητα του φωτός στο σύστηµα του εραστηρίου και f κ στο κινούµενο σύστηµα του καθρέπτη. Από την σχέση (.) του Περσίδη έχουµε ότι στο κινούµενο σύστηµα του καθρέπτη το εκπεµπόµενο φωτόνιο έχει συχνότητα +υ / f κ = f () υ / Όπου λάβαµε υπόψη µας ότι η συχνότητα είναι αντίστροφα ανάλοη του µήκους κύµατος και ότι ο παρατηρητής (σύστηµα καθρέπτη) πλησιάζει την πηή (εραστήριο) και άρα θέτουµε υ στην σχέση (.). Μετά την ανάκλαση, η πηή είναι το σύστηµα του καθρέπτη ενώ το κινούµενο σύστηµα είναι αυτό του παρατηρητή, στο οποίο η συχνότητα του φωτός που παρατηρείται είναι τώρα f '. Στην σχέση () θα πρέπει τώρα να βάλουµε όπου f το f κ, ενώ στην θέση του f κ το f '. Έχουµε f '= f κ +υ / υ / () Από τις () και () βρίσκουµε +υ / f '= f () υ / Για υ <<, βρίσκουµε f ' f (+ υ /)=(+ ) Hz. (β) εύτερη λύση Στο σύστηµα του εραστηρίου (S) το τετραδιάνυσµα ορµης-ενέρειας πριν την ανάκλαση είναι

3 p S πριν = ( E, E,,) Για να διατηρείται το τετραδιάνυσµα θα πρέπει να µετασχηµατίζεται η ενέρεια όπως ο χρόνος και η ορµή όπως η θέση. ηλαδή στο κινούµενο σύστηµα του καθρέπτη (µε υ) έχουµε E' =( E + E υ )= E (+υ /) Παρατηρούµε, οτι στην ειδική περίπτωση των φωτονίων που εξετάζουµε η ενέρεια και η ορµή είναι ανάλοες και η χρήση της µία από τις εξισώσεις του µετασχηµατισµού Lorentz είναι επαρκής. Κατά συνέπεια το τετραδιάνυσµα ορµής ενέρειας στο κινούµενο σύστηµα του καθρέπτη (S ) πριν την ανάκλαση είναι p S' πριν = ( E (+υ /), E (+υ /),,) Μετά την ανάκλαση από τον καθρέπτη το φωτόνιο αλλάζει κατεύθυνση και άρα έχουµε στο κινουµενο σύστηµα p S' µετα = ( E (+υ /), E (+υ /),,) Μετασχηµατίζουµε τώρα το τετραδιάνυσµα του ανακλώµενου φωτονίου πίσω στο σύστηµα αναφοράς του εραστηρίου. Τώρα το σύστηµα S είναι το ακίνητο ενώ το S είναι το κινούµενο µε σχετική ταχύτητα υ. Ισχύει E'' E' =( + E' και συνεπώς υ E' )= (+υ /)= E p S µετα = ( E (+υ /), E (+υ /) ) (+υ /) Η ενέρεια του φωτονίου µετά την ανάκλαση είναι ( ) () +υ / +υ / E µετα = p µετα /= E(+υ /) = E= υ / υ / E ηλαδή, f '= f +υ / υ / ( )

4 Άσκηση 4 Α) Το µήκος ηρεµίας του τρένου έχει συσταλεί κατά. Άρα Β) Ορίζουµε τα εονότα Α={κεραυνός χτυπάει το πίσω µέρος του τρένου} και Β={κεραυνός χτυπάει το µπρος µέρος το τρένου} µε. Από τους µετασχηµατισµούς Lorentz, ια τους ταξιδιώτες οι συντεταµένες των εονότων είναι,,. Άρα ο κεραυνός πέφτει πρώτα στο µπροστινό µέρος του τρένου σύµφωνα µε τους ταξιδιώτες µε διαφορά χρόνου. Γ) Έστω ότι ο ταξιδιώτης κάθεται σε απόσταση από το πίσω µέρος του τρένου (σύµφωνα µε το δικό του σύστηµα αναφοράς). Τότε η λάµψη ταξιδεύει ια χρόνο από το πίσω µέρος του τρένου και να φτάσουν ταυτόχρονα στον παρατηρητή θα πρέπει εποµένως L υl L υl = = = L.9L =.L =.5L =.5.94L =.5L και και. Για Άσκηση 5 Α) Από τους ορισµούς της σχετικιστικής ενέρειας και ορµής έχουµε p mυ 4 = = υ υ= =.9 E m 67 Εποµένως E E υ m= =.MeV/ = Β) Για τον παρατηρητή Π η ταχύτητα του σωµατιδίου θα δίνεται από τη σύνθεση των ταχυτήτων υ u.9.8 υπ = = =.59 υu.9.8 οπότε η ορµή του δίνεται από pπ = ΠmυΠ =.59 MeV/=8.7MeV/.59 Η ενέρειά του µπορεί να υπολοιστεί από τη σχέση 4 4 E p = m E = m + p = 56.MeV Γ) Αν f, f οι συχνότητες (στο φυσικό σύστηµα µονάδων =h=), από τη διατήρηση της ενέρειας και της ορµής έχουµε 4

5 E= hf+ hf E hf E = f h = p ( f f) os h = + ϑ hf p osϑ p v = osϑ h = = E = ( f f) sinϑ f= f f Εποµένως 6 9 E 67.6 J f= f= = = h 6.66 Js p v osϑ= = =.9 ϑ=.5 o E Άσκηση 6 Α) Εφαρµόζουµε την αρχή διατήρησης της ορµής: : E E mυ = MV osϕ+ osϕ mυ = MV osϕ + os ϕ () y : E E = MV sinϕ sin ϕ MV = () όπου E η ενέρεια του φωτονίου, = =.67 και = υ V. Με αντικατάσταση της () στην () και µε δεδοµένα υ = / και E = E = m, έχουµε / / E υ ϕ m ϕ ϕ ϕ m = os m = os os = = 6 Hz Β) Από την διατήρηση της ενέρειας έχουµε: E+ E = E+ E m + m = M + m M= m+ m όπου E η ενέρεια του σώµατος µάζας M και κάναµε χρήση των δεδοµένων m = m = m, και E E /. ιαιρώντας την () µε την () βρίσκουµε την ταχύτητα V V = m = V = m+ m.7 E m = = =. V MV M M.68m και = =.. Τέλος, από τη σχέση () V () 5

6 Άσκηση7 Α) Η εξίσωση κίνησης έχει την ίδια µορφή και στις δύο περιπτώσεις d p = F = qe () µε (i) p= mυ και (ii) p= mυ µε = = υ υ + υ y + υz + + B) (i) Σε µορφή συνιστωσών η () ράφεται: dp dp y dp z mυ qe = qe d( mυ ) = qe d( mυ ) = qe mυ = qet υ = t m mυ y ( ) ( ) = d mυ = d mυ = mυ = υ = y y y y mυ z ( ) ( ) = d mυ = d mυ = mυ = υ = z y z z όπου χρησιµοποιήσαµε υ() ( υ (), υ (), υ ()) (,,) y z t = = από τις αρχικές συνθήκες. Εποµένως η ταχύτητα του σωµατιδίου είναι qet υ = ˆ () m (ii) Σε µορφή συνιστωσών η () ράφεται: dp dp y dp z m ( ) ( ) = qe d mυ = qe d mυ = qe mυ = qet mυ y ( ) ( ) = d mυ = d mυ = mυ = υ = (4) y y y y mυ υ z ( ) ( ) = d mυ = d mυ = mυ = υ = (5) z y z z όπου χρησιµοποιήσαµε υ() ( υ (), υ (), υ ()) (,,) = = από τις αρχικές y z συνθήκες. Χρησιµοποιώντας τα αποτελέσµατα των () και (4) και τον ορισµό του παίρνουµε από την () mυ mυ q E t mυ = qet = qet = q E t m + = q E t υ + + qet υ = m + q E t Εποµένως η ταχύτητα του σωµατιδίου είναι qet qet υ = = ˆ (6) m m + q E t q E t + m t () υ υ 6

7 Γ) (i) Από την () έχουµε t d qet qe qe t υ = = d t m = m = m dy υ y = = y= dz υz = = z= όπου χρησιµοποιήσαµε τις αρχικές συνθήκες ( (), y(), z ()) = (,,) (7) (ii)από την (5) έχουµε d qet qe t υ = = d m = m q E t q E t + + m m ( / m) t t m d qet m q E t m q E t = (8) qe = + = + qe m qe m q E t + m ενώ ια τις άλλες συνιστώσες έχουµε 4 y= z= όπως και στην (i). ) qe (i) Από την (7) = t m άρα πρόκειται ια παραβολή t (ii) Από την (8) βρίσκουµε m q E t qe q E t = + = + qe m m m qe q E t qe q E t = + = m m m m και συνεπώς πρόκειται ια Υπερβολή Ε) Αναπτύσσοντας την (8) σε σειρά Taylor στο όριο στο όριο και χρησιµοποιώντας το ανάπτυµα 4 ε ε + ε = παίρνουµε σε πρώτη τάξη q E t m 7

8 Β (Σ ) m q E t m q E t = + = + = qet το οποίο συµπίπτει µε το αποτέλεσµα (7). ΣΤ) (i) Από την (7) qe m qe m m qe t md d = tn = m qe (ii) Από την (8) m q E t m qed d = + t d md E = + = + qe m qe m qe Άσκηση 8 Α) Ορίζοντας σαν θετική φορά αυτή από το Χ προς το Ζ και µε δεδοµένο ότι τα διαστηµόπλοια Χ και Υ αποµακρύνονται το ένα από το άλλο, έχουµε υ XY =., υ ZY =.5, και υx Γ =.. Από την πρόσθεση ταχυτήτων έχουµε υyx υγx υxy+ υxγ.+. υyγ = = = =.477, και υyxυγx υxyυ XΓ υzy υγy υzy + υyγ υz Γ = = = =.7 υzyυγy υzyυ YΓ Β) Οµοίως έχουµε υxy υzy. (.5 ) υxz = = =. υxyυ ZY -..5 Άσκηση 9 -υt' Α) Ως προς το τραίνο η Γή κινείται µε ταχύτητα -υ. (Η κοσµική ραµµή του Τ έχει εξίσωση ' = υt' ) ΟΑ: ' = t' ΟΒ: ' = t' ' = ' t' t' Α : A ( A) Β : ' = ' + t (' t' ) Άρα: Σ :( ', t ') = (,) ' Σ : ' Α= L= t' Α -L T M (Σ ) L Σ : ' B= L= t' B Τα εονότα Ε (Σ 4 Σ 5 Σ 6 Σ 7 ) ταυτίζονται. ' = L t' t' = L + t' t' Σ 4 : ( ) ( ) Εποµένως, t' Ε (Σ 4 Σ 5 Σ 6 Σ 7 ) Α (Σ ) Α Β B A 8

9 Β) ΑΒ= ' Α ' Β= L Γ) t' Α t' Β= ) Τα δύο φώτα επιστρέφουν στο µέσον Μ ταυτοχρόνως, άρα ΜΕ= t υt Ε (Σ 4 Σ 5 Σ 6 Σ 7 ) Ε) και Ζ):, αφού τα εονότα Ε (Σ 4 Σ 5 Σ 6 Σ 7 ) ταυτίζονται. Η) Είτε από τις εξισώσεις είτε από το σχήµα, Ο = t (' t' ) ( t' ) = L/ Θ) ' = Β (Σ ) -L M T (Σ ) L έχει εξίσωση = υt ) ΟΑ: = t ΟΒ: = t = t t Α : A ( A) Β : = + t ( t ) L A: = L+ vt -L B: = L+ vt Άρα: B A Α (Σ ) Ως προς την Γή το τραίνο είναι συνεσταλµένο: L= L υ /. Α) Ως προς τη Γή το τραίνο κινείται µε ταχύτητα υ. (Η κοσµική ραµµή του Μ Σ :( t,) = (,) Σ : Α= tα= L+ vtα Σ : Β= tβ= L+ vtβ Τα εονότα Ε (Σ 4 Σ 5 Σ 6 Σ 7 ) ταυτίζονται. = t t = + t t Σ 4 : ( ) ( ) Α Α Β Β Λύνοντας το σύστηµα, / / t = L, = L, t = L, = L Α v/ Α v/ Β + v/ Β + v/ Εποµένως, συναρτήσει του ιδιοµήκους, L Β) Α Β= v / Γ) t t = Α Β Lv/ v / ) Τα δύο φώτα επιστρέφουν στο µέσον Μ ταυτοχρόνως, άρα ΜΕ= Ε) και Ζ):, αφού τα εονότα Ε (Σ 4 Σ 5 Σ 6 Σ 7 ) ταυτίζονται. Οµοίως, από το σύστηµα, L/ Η) Ο = t = v / 9

10 Lv / Θ) = vt = v / Παρατηρούµε οτι και στα δύο συστήµατα αναφοράς τα φώτα που ξεκινούν ταυτοχρόνως από το µέσον του βαονιού, µετά την ανάκλαση στα άκρα, επιστρέφουν ταυτοχρόνως στο µέσον. Αλλιώς θα υπήρχε τρόπος να καταλάβουµε ποιο σύστηµα θα ήταν προνοµιακά «ακίνητο». Απλώς, ως προς την Γη, επιστρέφουν εκεί που έχει πάει το µέσον. Άσκηση υ P P d υ Q z Q E Θεωρώ ορθοώνιο σύστηµα συντεταµένων µε τους άξονες, z όπως στο Σχήµα και τον άξονα y κάθετο στο επίπεδο του χαρτιού και φορά προς τα µέσα. Α) Ο επιβάτης του τραίνου Ρ θα έβλεπε στο σηµείο παρατήρησης µόνο ηλεκτρικό πεδίο λ E=,, πε o d Έστω ότι ο Q κινείται µε ταχύτητα υ ως προς τον Ρ τότε θα βλέπει ηλεκτρικό και µανητικό πεδίο τα οποία δίνονται από υ υ υ λ B = B+ E,,,, y By E Bz = = {, BQ,} () πε o d λ E = { ( E υ By), ( Ey+ υ B), Ez} =,, () πε o d Από τη σχέση () έχουµε υ υ λ λ υ = = = 9 υ =.948 () πε o d πε d υ Από τη σύνθεση ταχυτήτων, θεωρώντας Σ το ΣΑ της Γης και Σ το σύστηµα αναφοράς του τραίνου P, η ταχύτητα του τραίνου Q ως προς το Σ, αν αυτό κινείται µε ταχύτητα υ ως προς το Σ, δίνεται από

11 + υp+ υ 5 υ Q = υ= υq =.965 υpυ Β) Αντικαθιστώντας την ταχύτητα υ από την () στην () βρίσκουµε = λ λ λ E =,, =,, =.58,, πε o d π ε o d π εo d ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ) Αναλλοίωτα είναι όλα τα εσωτερικά ινόµενα τετρανυσµάτων (κατά αναλοία µε την αναλλοίωτητα κάτω από στροφές στον τρισδιάστατο χώρο των εσωτερικών ινοµένων διανυσµάτων). και Η τετραδιάστατη ορµή ορίζεται ως E/ p p = p y p z και η θέση ως t r =. y z Το εσωτερικό ινόµενο p p δίνει E/ p E E/ p p p y z = p = m p y ( ) p z Το εσωτερικό ινόµενο p r δίνει t E/ p p p = Et - p + p y + p z = Et - p r y z ( y z) ( y z ) Το εσωτερικό ινόµενο r r δίνει t ( t y z) = t r y z ) Η ταχύτητα του φωτός είναι ανεξάρτητη από το σύστηµα αναφοράς σύµφωνα µε το αξίωµα της ειδικής θεωρίας της Σχετικότητας. Επίσης η µάζα ηρεµίας m είναι ίδια 4 σε όλα τα συστήµατα αναφοράς καθώς η τιµή m αντιστοιχεί στο µέτρο του τετρανύσµατος της ορµής. Τα µεέθη E, p, εξαρτώνται από το ΣΑ καθώς αποτελούν συνιστώσες του τετρανύσµατος της ορµής.

12 ) 4)Ως προς το σύρµα, το µήκος που καταλαµβάνουν Ν κινούµενα ηλεκτρόνια είναι µεν συνεσταλµένο, αλλά λόω της ουδετερότητας, Ν πρωτόνια καταλαµβάνουν ίσο µήκος, δηλαδή οι πυκνότητες των θετικών και των αρνητικών φορτίων είναι ίσες και αντίθετες. Ως προς το ηλεκτρόνιο, το µήκος που καταλαµβάνουν Ν κινούµενα πρωτόνια είναι συνεσταλµένο ως προς το ιδιοµήκος που καταλαµβάνουν Ν ακίνητα ηλεκτρόνια (το οποίο χωράει και άλλα πρωτόνια), δηλαδή η πυκνότητα των θετικών φορτίων είναι µεαλύτερη από των αρνητικών. Άρα το σύρµα, ως θετικά φορτισµένο, έλκει το εξωτερικό ηλεκτρόνιο. 5) Α) Για την ακτίνα Shwartzhild έχουµε

13 r s = GM Η ακτίνα Shwartzshild του ήλιου είναι r s =.96Km ενώ του αστέρα νετρονίων r s = 4.4Km. Β) Από τη σχέση (8.) και χρησιµοποιώντας την προσέιση rs / r σε πρώτη τάξη, οπότε ( / ) / rs rs r +, έχουµε r r r dr r r r l= + dr= r r + = Km r / r r s r s s ( ) ( ) ln. r r Γιά τον ήλιο έχουµε r s << r και κατά συνέπεια r s /r<<. Μπορούµε να ανοήσουµε τον τελευταίο όρο και έτσι l Km, δεν υπάρχει πρακτικά καµπύλωση του χωρόχρονου.

14 ΑΣΚΗΣΗ Παρατηρητής βλέπει ένα τρένο που κινείται με ταχύτητα v=.9 στην κατεύθυνση + να έχει μήκος L. Δύο κεραυνοί χτυπούν ταυτόχρονα το μπροστινό και πίσω μέρος του τρένου καθώς αυτό εισέρχεται στο σταθμό.. Ποιο είναι το μήκος του βαονιού σύμφωνα με ένα ταξιδιώτη, ακίνητο μέσα στο τρένο;. Ποιος κεραυνός χτυπάει πρώτα το τρένο σύμφωνα με τον παραπάνω ταξιδιώτη; Με ποια διαφορά χρόνου;. Σε ποιο σημείο του τρένου πρέπει να κάθεται ο ταξιδιώτης ια να δει τις δύο λάμψεις ταυτόχρονα; 4. Σε ποιο σημείο της αποβάθρας βλέπει ο σταθμάρχης τις δύο λάμψεις ταυτόχρονα; Θεωρήστε ότι το εονός Α έχει συντεταμένες στο σύστημα αναφοράς της αποβάθρας και στο σύστημα αναφοράς του τρένου. ΛΥΣΗ. Το μήκος ηρεμίας του τρένου έχει συσταλεί κατά. Άρα. Ορίζουμε τα εονότα Α={κεραυνός χτυπάει το πίσω μέρος του τρένου} και Β={κεραυνός χτυπάει το μπρος μέρος το τρένου} με και. Από τους μετασχηματισμούς Lorentz, ια τους ταξιδιώτες οι συντεταμένες των εονότων είναι,

15 και,. Άρα ο κεραυνός πέφτει πρώτα στο μπροστινό μέρος του τρένου σύμφωνα με του ταξιδιώτες με διαφορά χρόνου.. Έστω ότι ο ταξιδιώτης κάθεται σε απόσταση από το πίσω μέρος του τρένου (σύμφωνα με το δικό του σύστημα αναφοράς). Τότε η λάμψη ταξιδεύει ια χρόνο από το πίσω μέρος του τρένου και. Για να φτάσουν ταυτόχρονα στον παρατηρητή θα πρέπει 4. Στο μέσο του τρένου (στο σύστημα αναφοράς της αποβάθρας).